不等式证明的常用基本方法(自己整理)

证明不等式的基本方法
导学目标：1.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法.2.会用比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法证明比较简单的不等式．
[自主梳理]
1.三个正数的算术—几何平均不等式：如果a ，b ，c>0，那么_________________________，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立．
2.基本不等式(基本不等式的推广)：对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即a 1＋a 2＋…＋a n n
≥n
a 1·a 2·…·a n ，当且仅当__________________时等
号成立．
3.证明不等式的常用五种方法
(1)比较法：比较法是证明不等式最基本的方法，具体有作差比较和作商比较两种，其基本思想是______与0比较大小或______与1比较大小．
(2)综合法：从已知条件出发，利用定义、______、______、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫综合法．也叫顺推证法或由因导果法．
(3)分析法：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的________条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义 、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立为止，这种证明方法叫分析法．也叫逆推证法或执果索因法． (4)反证法
①反证法的定义
先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们把它称为反证法． ②反证法的特点
先假设原命题不成立，再在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实等矛盾． (5)放缩法 ①定义：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值________或________，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法．
②思路：分析观察证明式的特点，适当放大或缩小是证题关键．
题型一 用比差法与比商法证明不等式
1.设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2
＋1，则s 与t 的大小关系是( A ) A.s≥t B.s>t C.s≤t D.s<t
【解析】∵s －t ＝b 2－2b ＋1＝(b －1)2
≥0，∴s≥t.【答案】A
2.设a ＝(m 2＋1)(n 2＋4)，b ＝(mn ＋2)2
，则( D ) A ．a ＞b B ．a ＜b C ．a ≤b D ．a ≥b
解析：∵a －b ＝(m 2＋1)(n 2＋4)－(mn ＋2)2＝4m 2＋n 2－4mn ＝(2m －n)2
≥0，∴a ≥b.答案：D 3.设a,b ∈R,给出下列不等式:①lg(1+a 2)>0;②a 2+b 2≥2(a -b-1);③a 2+3ab>2b 2;④,
其中所有恒成立的不等式序号是 ② .
②【解析】①a=0时不成立;②∵a 2
+b 2
-2(a-b-1)=(a-1)2
+(b+1)2
≥0,成立;③a=b=0时不成立;④a=2,b=1时不成立,故恒成立的只有②.
题型二 用综合法与分析法证明不等式 4.(1)已知x ，y 均为正数，且x>y ，求证：2x ＋
1
x 2
－2xy ＋y
2≥2y＋3；
(2)设a ，b ，c>0且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证：a ＋b ＋c≥ 3. 证明 (1)因为x>0，y>0，x －y>0，
2x ＋1x 2－2xy ＋y 2－2y ＝2(x －y)＋1 x－y 2＝(x －y)＋(x －y)＋1
x－y
2
≥3
3 x－y
2
1 x－y 2＝3，所以2x ＋1
x 2－2xy ＋y
2≥2y＋3.
(2)因为a ，b ，c>0，所以要证a ＋b ＋c≥3，只需证明(a ＋b ＋c)2
≥3.
即证：a 2＋b 2＋c 2
＋2(ab ＋bc ＋ca)≥3，而ab ＋bc ＋ca ＝1，
故需证明：a 2＋b 2＋c 2
＋2(ab ＋bc ＋ca)≥3(ab＋bc ＋ca)．
即证：a 2＋b 2＋c 2
≥ab＋bc ＋ca.
而ab ＋bc ＋ca≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22
＝a 2＋b 2＋c 2
(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)成立．
所以原不等式成立．
5.已知a 、b 都是正实数，且ab ＝2.求证：(1＋2a)(1＋b)≥9.
证明：法一 因为a 、b 都是正实数，且ab ＝2，所以2a ＋b≥22ab ＝4. 所以(1＋2a)(1＋b)＝1＋2a ＋b ＋2ab≥9.
法二 因为ab ＝2，所以(1＋2a)(1＋b)＝(1＋2a)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2a ＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a . 因为a 为正实数，所以a ＋1
a
≥2
a·1
a
＝2.所以(1＋2a)(1＋b)≥9. 法三 因为a 、b 都是正实数，所以(1＋2a)(1＋b)＝(1＋a ＋a)·⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋b 2＋b 2≥3·3
a 2
·3·3b 24＝9·3a 2b 2
4
.又ab ＝2，所以(1＋2a)(1＋b)≥9.
思维升华 用综合法证明不等式是“由因导果”，用分析法证明不等式是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单、条理清楚，所以在实际应用时，往往用分析法找思路，用综合法写步骤，由此可见，分析法与综合法相互转化，互相渗透，互为前提，充分利用这一辩证关系，可以增加解题思路，开阔视野． 题型三 放缩法证明不等式
6.已知0<a<1b ，且M ＝11＋a ＋11＋b ，N ＝a 1＋a ＋b
1＋b
，则M 、N 的大小关系是( A )
A. M>N
B. M<N
C. M ＝N
D.不能确定
解析：∵0<a<1
b
，∴1＋a>0,1＋b>0,1－ab>0，
∴M －N ＝1－a 1＋a ＋1－b 1＋b ＝2－2ab
(1＋a )(1＋b )
>0.答案：A
7.若a ，b∈R，求证：|a ＋b|1＋|a ＋b|≤|a|1＋|a|＋|b|
1＋|b|
.
证明 当|a ＋b|＝0时，不等式显然成立．当|a ＋b|≠0时，
由0<|a ＋b|≤|a|＋|b|⇒1|a ＋b|≥1
|a|＋|b|
，
所以|a ＋b|1＋|a ＋b|＝11|a ＋b|＋1≤11＋1|a|＋|b|
＝|a|＋|b|1＋|a|＋|b|
＝|a|1＋|a|＋|b|＋|b|1＋|a|＋|b|≤|a|1＋|a|＋|b|1＋|b|. 思维升华 (1)在不等式的证明中，“放”和“缩”是常用的推证技巧．常见的放缩变换有：
①变换分式的分子和分母，如1k 2<1k k－1 ，1k 2>1k k＋1 ，1k <2k ＋k －1，1k >2
k ＋k ＋1.
上面不等式中k∈N *
，k>1； ②利用函数的单调性；
③真分数性质“若0<a<b ，m>0，则a b <a ＋m
b ＋m
”．
(2)在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均需把握一个度．
8.设n 是正整数，求证：12≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1
2n
<1.
证明 由2n≥n＋k>n(k ＝1,2，…，n)，得 12n ≤1n ＋k <1n
. 当k ＝1时，12n ≤1n ＋1<1n ；当k ＝2时，12n ≤1n ＋2<1n ；…，当k ＝n 时，12n ≤1n ＋n <1
n
，
∴12＝n 2n ≤1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <n n ＝1.∴原不等式成立． 题型四 用反证法证明不等式 9.设a>0,b>0,且a+b=
.证明:
(1)a+b≥2; (2)a 2+a<2与b 2
+b<2不可能同时成立. 【解析】由a+b=
,a>0,b>0,得ab=1.
(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2
=2,即a+b≥2.
(2)假设a 2
+a<2与b 2
+b<2同时成立,则由a 2
+a<2及a>0得0<a<1;同理得0<b<1,从而ab<1, 这与ab=1矛盾.故a 2
+a<2与b 2
+b<2不可能同时成立.
10.若a>0，b>0，且1a ＋1
b
＝ab.
(1)求a 3＋b 3
的最小值；(2)是否存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6？并说明理由．
【解】(1)由ab ＝1a ＋1b ≥2
ab
，得ab≥2.当且仅当a ＝b ＝2时等号成立．
故a 3
＋b 3
≥2a 3b 3
≥42，且当a ＝b ＝2时等号成立．所以a 3
＋b 3
的最小值为4 2.
(2)由(1)知，2a ＋3b≥26ab ≥4 3.由于43>6，从而不存在a ，b ，使得2a ＋3b ＝6.
1.证明不等式的常用方法有五种，即比较法、分析法、综合法、反证法、放缩法．
2.应用反证法证明数学命题，一般有下面几个步骤：(1)分清命题的条件和结论；(2)作出与命题结论相矛盾的假设；(3)由条件和假设出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；(4)断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设不真，于是原结论成立，从而间接地证明了命题为真．
3.放缩法证明不等式时，常见的放缩法依据或技巧主要有：(1)不等式的传递性；(2)等量加
不等量为不等量；(3)同分子(母)异分母(子)的两个分式大小的比较．缩小分母、扩大分子，分式值增大；缩小分子、扩大分母，分式值减小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩有时需便于求和．
4.放缩法的常用措施：(1)舍去或加上一些项，如⎝⎛⎭⎫
a＋
1
2
2＋3
4>⎝
⎛
⎭
⎫
a＋
1
2
2；(2)将分子或分母放大(缩小)，如
1
k2<
1
k(k－1)
，
1
k2>
1
k(k＋1)
，
1
k
<
2
k＋k－1
，
1
k
>
2
k＋k＋1
(k∈N*且k>1)等．
1.设a、b是正实数，给出以下不等式：①ab>
2ab
a＋b
；②a>|a－b|－b；③a2＋b2>4ab－3b2；
④ab＋
2
ab
>2，其中恒成立的序号为( D )
A.①③
B.①④
C.②③
D.②④
[答案]D[解析]∵a、b∈R＋时，a＋b≥2ab，∴
2ab
a＋b
≤1，∴
2ab
a＋b
≤ab，∴①不恒成立，排除A、B；∵ab＋
2
ab
≥22>2恒成立，故选D．
2.设M＝
1
210
＋
1
210＋1
＋
1
210＋2
＋…＋
1
211－1
，则( B )
A．M＝1 B．M<1 C．M>1 D．M与1大小关系不定
【解析】∵210＋1>210，210＋2>210，…，211－1>210，
∴M＝
1
210
＋
1
210＋1
＋
1
210＋2
＋…＋
1
211－1
<
1
210
＋
1
210
＋…＋
1
210
210个＝1.【答案】B
3.若不等式
t
t2＋9
≤a≤
t＋2
t2
在t∈(0，2]上恒成立，则a的取值范围是( B )
A.
⎣⎢
⎡
⎦⎥
⎤
1
6
，1 B.
⎣⎢
⎡
⎦⎥
⎤
2
13
，1 C.
⎣⎢
⎡
⎦⎥
⎤
1
6
，
4
13
D.
⎣⎢
⎡
⎦⎥
⎤
1
6
，22
【解析】由已知
⎩⎪
⎨
⎪⎧a≥1t＋9
t
，
a≤
1
t
＋2
⎝
⎛
⎭⎪
⎫1
t
2
，
对任意t∈(0，2]恒成立，于是只要当t∈(0，2]时，⎩
⎨
⎧a≥
⎝
⎛
⎭
⎪
⎪
⎫
1
t＋
9
t
max，
a≤
⎣
⎢
⎡
⎦
⎥
⎤
1
t
＋2
⎝
⎛
⎭⎪
⎫1
t
2
min
，
记f(t)＝t＋
9
t
，g(t)＝
1
t
＋2
⎝
⎛
⎭⎪
⎫1
t
2
，可知两者都在(0，2]上单调递减，f(t)min＝f(2)＝
13
2
，g(t)min＝g(2)＝1，所以a∈
⎣⎢
⎡
⎦⎥
⎤
2
13
，1. 【答案】B
4.已知a，b为实数，且a>0，b>0.则
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
a＋b＋
1
a⎝
⎛⎭⎪⎫
a2＋
1
b
＋
1
a2
的最小值为( C )
A．7 B．8 C．9 D．10
【解析】因为a>0，b>0，所以a＋b＋
1
a
≥3
3
a×b×
1
a
＝3
3
b>0，①
同理可证：a 2
＋1b ＋1a ≥33a 2
×1b ×1a 2＝331b
>0.②
由①②及不等式的性质得⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1b ＋1a 2≥33b ×331b ＝9.【答案】C
5.下列结论正确的是( B )
A ．当x ＞0且x≠1时，lg x ＋1lg x ≥2
B ．当x ＞0时，x ＋1
x
≥2
C ．当x≥2时，x ＋1x 的最小值为2
D ．当0＜x≤2时，x －1
x
无最大值
解析：当0＜x ＜1时，lg x ＋1
lg x ＜0，∴A 错误；
当x ＞0时，x ＋
1x
≥2x ·1
x
＝2，∴B 正确； 当x≥2时，x ＋1x 的最小值为5
2，∴C 错误．
当0＜x≤2时，x －1
x
是增函数，最大值在x ＝2时取得，∴D 错误．答案：B
6.若P ＝x 1＋x ＋y 1＋y ＋z
1＋z
(x>0，y>0，z>0)，则P 与3的大小关系为____ P<3____.
【解析】∵1＋x>0，1＋y>0，1＋z>0，∴x 1＋x ＋y 1＋y ＋z 1＋z <1＋x 1＋x ＋1＋y 1＋y ＋1＋z
1＋z
＝3.即P<3.
【答案】P<3
7.某品牌彩电厂家为了打开市场，促进销售，准备对其生产的某种型号的彩电降价销售，现有四种降价方案：
(1)先降价a%，再降价b%；(2)先降价b%，再降价a%；(3)先降价a ＋b 2%，再降价a ＋b
2
%；
(4)一次性降价(a ＋b)%.其中a>0，b>0，a≠b，上述四个方案中，降价幅度最小的是__ x 3>x 1＝x 2>x 4___．
解析：设降价前彩电的价格为1，降价后彩电价格依次为x 1、x 2、x 3、x 4. 则x 1＝(1－a%)(1－b%)＝1－(a ＋b)%＋a%·b% x 2＝(1－b%)(1－a%)＝x 1，
x 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a ＋b 2%⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－a ＋b 2%＝1－(a ＋b)%＋14[(a ＋b)%]2， x 4＝1－(a ＋b)%<1－(a ＋b)%＋a%·b%＝x 1＝x 2，
x 3－x 1＝⎝ ⎛⎭
⎪
⎫a%＋b%22－a%·b%>0，
∴x 3>x 1＝x 2>x 4.
8.已知两正数x ，y 满足x ＋y ＝1，则z ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝ ⎛⎭
⎪⎫y ＋1y 的最小值为____254____． 【解析】z ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝ ⎛⎭
⎪⎫y ＋1y ＝xy ＋1xy ＋y x ＋x y ＝xy ＋1xy ＋（x ＋y ）2
－2xy xy ＝2xy ＋xy －2，
令t ＝xy ，则0<t ＝xy≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝14
. 由f(t)＝t ＋2t 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14上单调递减，故当t ＝14时f(t)＝t ＋2t 有最小值33
4，
所以当x ＝y ＝12时，z 有最小值254.【答案】25
4
9.求证：112＋122＋…＋1n 2<2(n∈R *
)．
证明 ∵1k 2<1k （k －1）＝1k －1－1
k ，
∴112＋122＋…＋1 n 2<1＋(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1－1n )＝1＋(1－1n )＝2－1n
<2. 10.设a 、b 、c 均为正实数，求证：1a ＋1b ＋1c ≥1ab ＋1bc ＋1ac ≥2b ＋c ＋2c ＋a ＋2
a ＋
b .
【证明】 ∵a ，b ，c 均为正实数，
∴1a ＋1b ≥2ab ≥4a ＋b 当a ＝b 时等号成立 1b ＋1c ≥2bc ≥4b ＋c 当b ＝c 时等号成立 1a ＋1c ≥2ac ≥4a ＋c
当a ＝c 时等号成立 三个不等式相加即得 2a ＋2b ＋2c ≥2ab ＋2bc ＋2ac ≥4a ＋b ＋4b ＋c ＋4a ＋c 当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立 即1a ＋1b ＋1c ≥1ab ＋1bc ＋1ac ≥2a ＋b ＋2b ＋c ＋2a ＋c . 11.已知函数f(x)＝m －|x －2|，m ∈R ，且f(x ＋2)≥0的解集为[－1,1]．
(1)求m 的值；(2)若a ，b ，c 大于0，且1a ＋12b ＋1
3c
＝m ，求证：a ＋2b ＋3c≥9.
【解】(1)∵f(x ＋2)＝m －|x|，∴f(x ＋2)≥0等价于|x|≤m. 由|x|≤m 有解，得m≥0且其解集为{x|－m≤x≤m}． 又f(x ＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m ＝1.
(2)证明：由(1)知1a ＋12b ＋1
3c
＝1，且a ，b ，c 大于0，
a ＋2
b ＋3
c ＝(a ＋2b ＋3c)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋12b ＋13c ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋a 2b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c a ＋a 3c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c 2b ＋2b 3c ≥3＋2
2b a ·a
2b
＋23c a ·a 3c
＋23c 2b ·2b
3c
＝9. 当且仅当a ＝2b ＝3c ＝1
3
时，等号成立．因此a ＋2b ＋3c≥9.
12.设a ，b ，c ∈R ＋且a ＋b ＋c ＝1，试求：12a ＋1＋12b ＋1＋1
2c ＋1
的最小值．
解：∵a ＋b ＋c ＝1，a ，b ，c 为正数，∴⎝ ⎛⎭
⎪
⎫12a ＋1＋12b ＋1＋12c ＋1(2a ＋1＋2b ＋1＋2c ＋1)
≥(1＋1＋1)2
，∴12a ＋1＋12b ＋1＋12c ＋1≥95
.当且仅当2a ＋1＝2b ＋1＝2c ＋1，
即a ＝b ＝c 时等号成立，∴当a ＝b ＝c ＝13时，12a ＋1＋12b ＋1＋12c ＋1取最小值9
5
.
答案：方案(3)
13.设a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，
(1)求证：ab ＋1ab ≥41
4 ；(2)探索猜想，并将结果填在以下括号内：
a 2
b 2＋1a 2b 2 ≥( )；a 3b 3＋1
a 3b
3 ≥( )；
(3)由(1)(2)归纳出更一般的结论，并加以证明．
解析：(1)证法一：ab ＋1ab ≥41
4
⇔4a 2b 2－17ab ＋4≥0⇔(4ab －1)(ab －4)≥0.
∵ab ＝(ab)2≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 2 2＝1
4，
∴4ab ≤1，而又知ab ≤1
4
＜4，
因此(4ab －1)(ab －4)≥0成立，故ab ＋1ab ≥41
4
.
证法二：ab ＋1ab ＝ab ＋142·ab ＋15
42·ab ，
∵ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＝14，∴1ab ≥4，∴1542·ab ≥15
4 .
当且仅当a ＝b ＝1
2
时取等号．
又ab ＋142·ab ≥2 ab·142·ab ＝1
2
，
当且仅当ab ＝142·ab ，即1ab ＝4，a ＝b ＝1
2 时取等号．
故ab ＋1ab ≥24 ＋154＝414 (当且仅当a ＝b ＝1
2
时，等号成立)．
证法三：∵a>0，b>0， ∴1＝a ＋b ≥2ab ，
∴ab ≤1
4
，令ab ＝t ⎝⎛⎭⎫t ≤14. 令y ＝ab ＋1ab ＝t ＋1
t ⎝
⎛⎭⎫0<t ≤14， y ′＝1－1t 2，t ≤14，1
t
2≥16.
∴y ′<0，∴y ＝t ＋1t 在(0，1
4
]单调减．
∴y ≥14＋4＝414，
即ab ＋1ab ≥41
4
.
(2)猜想：当a ＝b ＝1
2 时，
不等式a 2b 2＋1a 2b 2 ≥( )与a 3b 3＋1a 3b 3 ≥( )取等号，故在括号内分别填16116与641
64
.
(3)由此得到更一般性的结论：
a n
b n ＋1a n b n ≥4n ＋1
4n .
∵ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 2 2＝14
，∴1
ab ≥4.
证法一：∴a n b n ＋1a n b n ＝a n b n ＋142n ·a n b n ＋42n －142n ·a n b n ≥2 a n b n
·142n ·a n b n ＋42n －14
2n ×4n
＝24n ＋42n
－14n ＝4n ＋14n ，当且仅当ab ＝14 ，即a ＝b ＝1
2
时取等号． 证法二：令ab ＝t ，由(1)知0<t ≤14，令y ＝1a n b n ＋a n b n ＝t n ＋1
t n ，
y ′＝nt n －
1－n t
n ＋1＝n ⎝⎛⎭⎫t n －1－1t n ＋1
∵0<t ≤14，∴t n －1≤14n －1，1t
n ＋1≥4n ＋
1.∴y ′<0，
∴y＝t n＋1
t n在(0，
1
4]单调减，
∴y≥4n＋1
4n，即a
n b n＋
1
a n
b n
≥4n＋
1
4n
.。