不等式证明的基本方法 经典例题透析

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经典例题透析
类型一:比较法证明不等式
1、用作差比较法证明下列不等式:
(1);
(2)(a,b均为正数,且a≠b)
思路点拨:(1)中不等号两边是关于a,b,c的多项式,作差后因式分解的前途不大光明,但注意到如a2, b2, ab这样的结构,考虑配方来说明符号;(2)中作差后重新分组进行因式分解。

证明:
(1)
当且仅当a=b=c时等号成立,
(当且仅当a=b=c取等号).
(2)
∵a>0, b>0, a≠b,
∴a+b>0, (a-b)2>0,
∴,
∴.
总结升华:作差,变形(分解因式、配方等),判断差的符号,这是作差比较法证明不等式的常用方法。

举一反三:
【变式1】证明下列不等式:
(1)a2+b2+2≥2(a+b)
(2)a2+b2+c2+3≥2(a+b+c)
(3)a2+b2≥ab+a+b-1
【答案】
(1)(a2+b2+2)-2(a+b)=(a2-2a+1)+(b2-2b+1)=(a-1)2+(b-1)2≥0
∴a2+b2+2≥2(a+b)
(2)证法同(1)
(3)2(a2+b2)-2(ab+a+b-1)=(a2-2ab+b2)+(a2-2a+1)+(b2-2b+1)=( a-b)2+(a-1)2+(b-1)2≥0 ∴2(a2+b2)≥2(ab+a+b-1),即a2+b2≥ab+a+b-1
【变式2】已知a,b∈,x,y∈,且a+b=1,求证:ax2+by2≥(ax+by)2
【答案】
ax2+by2-(ax+by)2
=ax2+by2-a2x2-b2y2-2abxy
=a(1-a)x2+b(1-b)y2-2abxy=abx2+aby2-2abxy
=ab(x-y)2≥0
∴ax2+by2≥(ax+by)2
2、用作商比较法证明下列不等式:
(1)(a,b均为正实数,且a≠b)
(2)(a,b,c∈,且a,b,c互不相等)
证明:
(1)∵a3+b3>0, a2b+ab2>0.
∴,
∵a, b为不等正数,∴,∴

(2)证明:
不妨设a>b>c,则

所以,
总结升华:当不等号两边均是正数乘积或指数式时,常用这种方法,目的是约分化简. 作商比较法的基本步骤:判定式子的符号并作商变形判定商式大于1或等于1或小于1
结论。

举一反三:
【变式1】已知a>2,b>2,求证:a+b<ab
【答案】
∵a>2,b>2



【变式2】已知a,b均为正实数,求证:a a b b≥a b b a
【答案】
∵a>0, b>0, ∴a a b b与a b b a均为正,
∴,
分类讨论可知(分a>b>0, a=b>0, 0<a<b)
,当且仅当a=b等号成立,
∴a a b b≥a b b a.
类型二:综合法证明不等式
3、a, b, c是不全相等的正数,求证:a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc
证明:
法一:由b2+c2≥2bc, a>0,得a(b2+c2)≥2abc,
同理b(c2+a2)≥2abc,c(a2+b2)≥2abc
∵a,b,c不全相等,∴上述三个等号不同时成立,
三式相加有:a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.
法二:∵a,b,c是不全相等的正数,
∴a(b2+c2), b(c2+a2), c(a2+b2)均为正数,
由三个数的平均不等式得:
a(b2+c2)+b(c2+a2)+ c(a2+b2)
∴不等式成立.
总结升华:综合法是由因导果,从已知出发,根据已有的定义、定理,逐步推出欲证的不等式成立。

举一反三:
【变式1】a , b, m∈R+,且a<b,求证:.
【答案】
∵0<a<b, m>0, ∴am<bm,
∴am+ab<bm+ab, 即a(b+m)<b(a+m),
∵b+m>0, ∴.
【变式2】求证lg9·lg11<1.
【答案】
∵lg9>0, lg11>0,
∴,
∴, ∴lg9·lg11<1.
4、若a>b>0,求证:.
思路点拨:不等号左边是一个各项皆正的“和的形式”,但左侧是两项而右侧都出现了特征数“3”.因此启发我们将左侧拆成3项的和利用平均值定理.
证明:,
∵a>b>0, ∴a-b>0, b>0, ,
∴,
∴(当且仅当,即a=2,b=1的等号成立)
举一反三:
【变式】x, y,z∈R+, 求证:
证明:∵x, y,z∈R+,∴,
同理,
∴,

类型三:分析法证明不等式
5、已知a,b>0,且2c>a+b,求证:
证明:要证,
只需证:
即证:,a2-2ac+c2<c2-ab,即证a2+ab<2ac,
∵a>0,只需证a+b<2c
∵已知上式成立,∴原不等式成立。

总结升华:
1.分析法是从求证的不等式出发,分析使之成立的条件,把证不等式转化为判断这些条件是否具备的
问题,若能肯定这些条件都成立,就可断定原不等式成立。

2.分析法在不等式证明中占有重要地位,是解决数学问题的一种重要思想方法。

3.基本思路:执果索因
4. 格式:要证……,只需证……,只需证……,因为……成立,所以原不等式得证。

举一反三:
【变式1】求证:a3+b3>a2b+ab2(a,b均为正数,且a≠b)
【答案】
要证a3+b3>a2b+ab2,即证(a+b)(a2+b2-ab)≥ab(a+b)
∵a,b∈,∴a+b>0
只需证a2+b2-ab≥ab,只需证a2+b2≥2ab
只需证(a-b)2≥0,
∵(a-b)2≥0显然成立
所以原不等式成立。

【变式2】a , b, m∈R+,且a<b,求证:.
【答案】
∵b>0且b+m>0,

,∴成立
∴.
【变式3】求证:
【答案】
要证,只需证,只需证,只需证,而显然成立,所以原不等式得证。

【变式4】若a>1,b>1,c>1,ab=10求证:log a c+log b c≥4lgc
【答案】
要证log a c+log b c≥4lgc,只需证
只需证,只需证
∵,
∴成立
所以原不等式成立
【变式5】设x>0,y>0,x≠y,求证:
证明:要证,只需证
只需证
只需证
因x>0,y>0,x≠y,所以x2y2[3(x-y)2+4xy]>0成立
所以
类型四:反证法证明不等式
6、已知a,b,c∈(0,1),求证:(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a,至少有一个不大于。

思路点拨:此题目若直接证,从何处入手?对于这样正面情况较为复杂的问题,可以考虑使用反证法。

证明:假设原结论不成立,即,
则三式相乘有:……①
又∵0<a,b,c<1, ∴.
同理有:,
以上三式相乘得,这与①矛盾,
∴假设错误,原结论成立。

总结升华:反证法的基本思路是:“假设——矛盾——肯定”,采用反证法证明不等式时,从与结论相反的假设出发,推出矛盾的过程中,每一步推理都必须是正确的。

由于本题题目
的结论是:三个数中“至少有一个不大于”,情况比较复杂,会出现多个由异向不等式组
成的不等式组,一一证明十分繁杂,而对结论的否定是三个数“都大于”,结构简单明了,为推出矛盾提供了方便,故采用反证法是适宜的。

举一反三:
【变式】已知a+b+c>0,ab+bc+ca>0,abc>0,求证:a,b,c>0
【答案】
假设a≤0
若a<0,∵abc>0,∴bc<0
又由a+b+c>0,则b+c>-a>0
∴ab+bc+ca=a(b+c)+bc<0 ,与题设矛盾
若a=0,则与abc>0矛盾,
∴必有a>0
同理可证:b>0,c>0
类型五:放缩法证明不等式
7、若a,b,c,d R+,求证:
思路点拨:记中间4个分式之和的值为m,显然,通过通分求出m的值再与1、2比大小是困难的,可考虑运用放缩法把异分母化成同分母。

证明:记
∵a,b,c,d R+,

∴1<m<2,即原式成立。

总结升华:证后半部分,还可用“糖水公式”,即进行放缩。

常用的放缩技巧主要有:
①f(x)为增函数,则f(x-1)<f(x)<f(x+1);
②分式放缩如;
③根式放缩如
举一反三:
【变式1】求证:
【答案】

【变式2】当n>2时,求证:log n(n-1)log n(n+1)<1
【答案】
∵n>2,∴log n(n-1)>0,log n(n+1)>0

∴n>2时,log n(n-1)log n(n+1)<1
类型六:其他证明不等式的方法
1. 构造函数法
8、已知a>2,b>2,求证:a+b<ab
证明:令y=f(a)=a+b-ab=(1-b)a+b,
∵1-b<0,∴f(a)是减函数
当a>2时,f(a)<f(2)=2-b<0
∴a+b<ab
总结升华:不等式证明方法很灵活。

分析不等式的结构特点,构造函数,借助函数单调性,使问题变得非常简单。

举一反三:
【变式】已知a≥3,求证:。

【答案】
令(x≥0).
∵f(x)在x∈[0,+∞)上是递减函数,∴f(a-1)<f(a-3),
故。

2、三角换元法:
9、求证:
证明:∵-1≤x≤1,∴令x=cos,[0,π],则
∵-1≤sin≤1,
10、若x2+y2≤1,求证:
证明:设

11、若x>1,y>1,求证:
证明:设

12、已知:a>1,b>0,a-b=1,求证:
证明:∵a>1,b>0,a-b=1,∴不妨设

总结升华:
①若0≤x≤1,则可令
②若x2+y2=1,则可令x=cos,y=sin(0≤θ<2π)
③若x2-y2=1,则可令x=sec,y=tan(0≤θ<2π)
④若x≥1,则可令,若x R,则可令
举一反三:
【变式1】已知x2=a2+b2,y2=c2+d2,且所有字母均为正,求证:xy≥ac+bd 【答案】
∵x2=a2+b2,∴不妨设
∵y2=c2+d2,∴不妨设

∴xy≥ac+bd
【变式2】已知x>0,y>0,2x+y=1,求证:
【答案】
由x>0,y>0,2x+y=1,可设

类型六:一题多证
13、若a>0,b>0,求证:
思路点拨:由于a>0,b>0,所以求证的不等式两边的值都大于零,本题用作差法,作商法和综合法,分析法给出证明。

证明:
证法一:作差法
∵a,b>0,∴a+b>0,ab>0
∴,得证。

证法二:作商法
∵a>0,b>0,∴a+b>0,
∴得证。

证法三:分析法
要证,只需证a3+b3≥(a+b)ab
只需证(a+b)(a2-ab+b2)≥(a+b)ab(∵a+b>0)
只需证a2-ab+b2≥ab
只需证(a-b)2≥0
∵(a-b)2≥0成立,∴得证
证法四:综合法
∵a>0,b>0,
∴同向不等式相加得:
举一反三:
【变式】已知都是实数,且求证:【答案】
证法一:

同理
即.
证法二:
证法三:
要证,只需证
只需证
所以原不等式成立.
证法四:
原不等式等价于不等式
用比较法证明且

所以即
证法五:
故可考虑用三角换元法. 设

证法六:
用向量的数量积来证明
设,。

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