第一篇：不等式證明方法(二)（大全）

不等式證明方法

（二）一、知識回顧

1、反證法：從否定結論出發，經過邏輯推理，導出矛盾，從而肯定原結論的正確；

2、放縮法：欲證A?B，可通過適當放大或縮小，借助一個或多個中間量使得，常用的放縮方式： B?B1,B1?B2?...?A（或A?A1,A1?A2?...?B）舍去或加上一些項；

12n?n?n?1；12n?n?1?n；111

1?;?22nn(n?1)nn(n?1)

3、換元法：三角換元、代數換元；

4、判別式法

二、基本訓練：

1、實數a、b、c不全為零的條件為（）

A)a、b、c全不為零

B)a、b、c中至多只有一個為零 C)a、b、c只有一個為零

D)a、b、c中至少有一個不為零

2、已知a、b、c、d?R?，s?abcd???，則有（）

a?b?ca?b?dc?d?ac?d?bA)0?s?B)1?s?2

C)2?s?

3D)3?s?4

3、為已知x2?y2?4，則2x?3y的取值范圍是________。

4、設x?0、y?0，A?x?yxy,B??，則A、B大小關系為________。

1?x?y1?x1?y5、實數x?x?y，則x的取值范圍是________。y13

3三、例題分析：

例

1、x＞0，y＞0，求證：x?y?(x?y)

例

2、函數f(x)?1?x2(a?b)，求證：|f(a)?f(b)|?|a?b|

例

3、已知:a2?b2?1,x2?y2?1,求證:?1?ax?by?1（三角換元法）

例

4、求證：?1?x?11?（判別式法）

x2?x?1322

3例

5、若a,b,c都是小于1的正數，求證：(1?a)b,(1?b)c,(1?c)a不可能同時大于

例

6、求證：1?

例

7、設二次函數f(x)?ax2?bx?c(a、b、c?R且a?0)，若函數y?f(x)的圖象與直線y?x和y??x均無公共點。

1.4（反證法）

111???????2(n?N)（放縮法）22223n（1）求證：4ac?b2?1

（2）求證：對于一切實數x恒有|ax2?bx?c|?

四、課堂小結：

1、凡是“至少”、“唯一”或含有否定詞的命題適宜用反證法.2、換元法（主要指三角代換法）多用于條件不等式的證明，此法若運用恰當，可溝通三角與代數的聯系，將復雜的代數問題轉化成簡單的三角問題.3、含有兩上字母的不等式，若可化成一邊為零，而另一邊是關于某字母的二次式時，這時可考慮判別式法，并注意根的取值范圍和題目的限制條件.4、有些不等式若恰當地運用放縮法可以很快得證，放縮時要看準目標，做到有的放矢，注意放縮適度.五、同步練習不等式證明方法

（二）1、若x2?xy?y2?1且x、y?R，則n?x2?y2的取值范圍是（）4|a|A)0?n?

1B)2?n?C)n?D)2?n?2 32、已知a、b?R?，則下列各式中成立的是（）

A)acos?bsin22??a?b

B)acos?bsin22??a?b

C)cos2?lga?sin2?lgb?lg(a?b)

D)cos2?lga?sin2?lgb?lga(?b)

3、設,y∈R,且x2+y2=4,則A)2-

24、若f(n)=

2xy的最大值為（）

x?y?2B)2+2 C)-2 D)?4 3n2?1-n,g(n)=n-n2?1,φ(n)=

1,則f(n),g(n),ф(n)的大小順序為2n____________.5、設a,b是兩個實數,給出下列條件:①a+b>1； ②a+b=2；③a+b>2；④a2+b2>2；⑤ab>1，其中能推出:“a、b中至少有一個實數大于1”的條件是____________.6、a、b、c∈R-，a≠b，求證：|a?b|?a2?ab?b2?a2?b

2111?? a?bb?ca?c（提示：換元法，令a－b=m∈R＋，b－c=n∈R＋）

11111?2?2?????2?1

8、若n?N，且n?2，求證：?2n?123n7、a＞b＞c，求證：

|f(2)|，|f(3)|中至少有一個不少于

9、已知f(x)?x2?px?q，求證：|f(1)|，1。2

答案：DCB

4、g(n)>ф(n)> f(n)

5、③

第二篇：g3.1039 不等式證明方法(二)

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g3.1039 不等式證明方法

（二）一、知識回顧

1、反證法：從否定結論出發，經過邏輯推理，導出矛盾，從而肯定原結論的正確；

2、放縮法：欲證A?B，可通過適當放大或縮小，借助一個或多個中間量使得B?B1,B1?B2?...?A（或A?A1,A1?A2?...?B），常用的放縮方式：

舍去或加上一些項；

1?n?n?1；1?n?1?n；112n2nn2?1n(n?1);

n2?1n(n?1)

3、換元法：三角換元、代數換元；

4、判別式法

二、基本訓練：

1、實數a、b、c不全為零的條件為（）

A)a、b、c全不為零

B)a、b、c中至多只有一個為零

C)a、b、c只有一個為零

D)a、b、c中至少有一個不為零

2、已知a、b、c、d?R?，s?a?b?c?da?b?ca?b?dc?d?ac?d?b，則有（A)0?s?B)1?s?2

C)2?s?

3D)3?s?4

3、為已知x2?y2?4，則2x?3y的取值范圍是________。

4、設x?0、y?0，A?x?yxyB1?x?y,B?1?x?1?y，則A、大小關系為________

5、實數xy?x?y，則x的取值范圍是________。

三、例題分析：

1例

1、x＞0，y＞0，求證：x2?y2?(x3?y3)3

例

2、函數f(x)?1?x2(a?b)，求證：|f(a)?f(b)|?|a?b|

例

3、已知:a2?b2?1,x2?y2?1,求證:?1?ax?by?1（三角換元法）

例

4、求證：?1?x?1?1x2?x?13（判別式法）

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例

5、若a,b,c都是小于1的正數，求證：(1?

例

6、求證：1?

例

7、設二次函數y?xf(x)?ax2a)b,(1?b)c,(1?c)a不可能同時大于14.（反證法）

122?132?????1n2?2(n?N)（放縮法）

?bx?c(a、b、c?R且a?0)，若函數y?f(x)的圖象與直線和y??x均無公共點。

2（1）求證：4ac?b?1

14|a|（2）求證：對于一切實數x恒有|ax

2?bx?c|?

四、課堂小結：

1、凡是“至少”、“唯一”或含有否定詞的命題適宜用反證法.2、換元法（主要指三角代換法）多用于條件不等式的證明，此法若運用恰當，可溝通三角與代數的聯系，將復雜的代數問題轉化成簡單的三角問題.3、含有兩上字母的不等式，若可化成一邊為零，而另一邊是關于某字母的二次式時，這時可考慮判別式法，并注意根的取值范圍和題目的限制條件.4、有些不等式若恰當地運用放縮法可以很快得證，放縮時要看準目標，做到有的放矢，注意放縮適度.五、同步練習g3.1039 不等式證明方法

（二）1、若x2?xy?y2?1且x、y?R，則n?x2?y2的取值范圍是（）

不用整理試卷、免順號登分，左手翻試卷、右手敲鍵盤錄入成績之Excel登分王 考試成績錄入軟件Excel登分王下載地址http:// A)0?n?1

B)2?n?C)n?

2D)23?n?2

2、已知a、b?A)acos2R?2，則下列各式中成立的是（）

B)a2?bsin??a?b2cos2?bsin2??a?b2

C)cos2?lga?sin?lgb?lg(a?b)2xyx?y?22D)cos?lga?sin?lgb?lg(a?b)

3、設,y∈R,且x2+y2=4,則A)2-2的最大值為（）

C)-2

?

1n2B)2+

2n2 D)

?43

4、若f(n)= ?1-n,g(n)=n-,φ(n)=

12n,則f(n),g(n),ф(n)的大小順序為____________.5、設a,b是兩個實數,給出下列條件:①a+b>1； ②a+b=2；③a+b>2；④a2+b2>2；⑤ab>1，其中能推出:“a、b中至少有一個實數大于1”的條件是____________.6、a、b、c∈R-，a≠b，求證：|a

7、a＞b＞c，求證：1a?b?1b?c?＋

?b|?a2?ab?b2?a2?b2

1a?c

（提示：換元法，令a－b=m∈R，b－c=n∈R＋）

8、若n?

9、已知

不用整理試卷、免順號登分，左手翻試卷、右手敲鍵盤錄入成績之Excel登分王 f(x)?x2N，且n?2，求證：

12?1n?1?122?132?????1n2?1

?px?q，求證：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個不少于

12。考試成績錄入軟件Excel登分王下載地址http://

10、已知i、m、n是整數且1?i（1）niAmi?m?n，試證明：

?mAnnii；

m（2）(1?m)?(1?n).答案：DCB

4、g(n)>ф(n)> f(n)

5、③

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第三篇：證明不等式方法

不等式的證明是高中數學的一個難點，題型廣泛，涉及面廣，證法靈活，錯法多種多樣，本節通這一些實例，歸納整理證明不等式時常用的方法和技巧。1比較法

比較法是證明不等式的最基本方法，具體有“作差”比較和“作商”比較兩種。基本思想是把難于比較的式子變成其差與0比較大小或其商與1比較大小。當求證的不等式兩端是分項式（或分式）時，常用作差比較，當求證的不等式兩端是乘積形式（或冪指數式時常用作商比較）

例1已知a+b≥0，求證：a3+b3≥a2b+ab

2分析：由題目觀察知用“作差”比較，然后提取公因式，結合a+b≥0來說明作差后的正或負，從而達到證明不等式的目的，步驟是10作差20變形整理30判斷差式的正負。

∵（a3+b3)(a2b+ab2)

=a2(a-b)-b2(a-b)

=(a-b)(a2-b2)

證明： =(a-b)2(a+b)

又∵(a-b)2≥0a+b≥0

∴(a-b)2(a+b)≥0

即a3+b3≥a2b+ab2

例2 設a、b∈R+，且a≠b，求證：aabb＞abba

分析：由求證的不等式可知，a、b具有輪換對稱性，因此可在設a＞b＞0的前提下用作商比較法，作商后同“1”比較大小，從而達到證明目的，步驟是：10作商20商形整理30判斷為與1的大小

證明：由a、b的對稱性，不妨解a＞b＞0則

aabbabba=aa-bbb-a=(ab)a-b

∵ab0，∴ab1，a-b0

∴(ab)a-b(ab)0=1即aabbabba＞1，又abba＞0∴aabb＞abba

練習1 已知a、b∈R+，n∈N，求證（a+b）（an+bn）≤2（an+1+bn+1）2基本不等式法

利用基本不等式及其變式證明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及變形有：

（1）若a、b∈R，則a2+b2≥2ab（當且僅當a=b時，取等號）

（2）若a、b∈R+，則a+b≥ 2ab（當且僅當a=b時，取等號）

（3）若a、b同號，則 ba+ab≥2（當且僅當a=b時，取等號）

例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1則a1-b2+b1-a2≤

1分析：通過觀察可直接套用： xy≤x2+y2

2證明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1

∴b1-a2+a1-b2≤1，當且僅當a1+b2=1時，等號成立

練習2：若 ab0，證明a+1(a-b)b≥

33綜合法

綜合法就是從已知或已證明過的不等式出發，根據不等式性質推算出要證明不等式。

例4，設a0，b0，a+b=1，證明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252

證明：∵ a0，b0，a+b=1

∴ab≤14或1ab≥

4左邊=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+［(a+b)2-2ab］+(a+b)2-2aba2b2

=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252

練習3：已知a、b、c為正數，n是正整數，且f(n)=1gan+bn+cn

3求證：2f（n）≤f（2n）

4分析法

從理論入手，尋找命題成立的充分條件，一直到這個條件是可以證明或已經證明的不等式時，便可推出原不等式成立，這種方法稱為分析法。

例5：已知a0，b0，2ca+b，求證：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

分析：觀察求證式為一個連鎖不等式，不易用比較法，又據觀察求證式等價于 ｜a-c｜＜c2-ab也不適用基本不等式法，用分析法較合適。

要證c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

只需證-c2-ab＜a-c＜c2-ab

證明：即證 ｜a-c｜＜c2-ab

即證(a-c)2＜c2-ab

即證 a2-2ac＜-ab

∵a＞0，∴即要證 a-2c＜-b 即需證2+b＜2c，即為已知

∴ 不等式成立

練習4：已知a∈R且a≠1，求證：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）

25放縮法

放縮法是在證明不等式時，把不等式的一邊適當放大或縮小，利用不等式的傳遞性來證明不等式，是證明不等式的重要方法，技巧性較強常用技巧有：（1）舍去一些正項（或負項），（2）在和或積中換大（或換小）某些項，（3）擴大（或縮小）分式的分子（或分母）等。

例6：已知a、b、c、d都是正數

求證： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2分析：觀察式子特點，若將4個分式商為同分母，問題可解決，要商同分母除通分外，還可用放縮法，但通分太麻煩，故用放編法。

證明：∵ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＞

ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d=a+b+c+da+b+c+d=

1又由ab＜a+mb+m(0＜a＜b，m＞0)可得：ba+b+c＜b+da+b+c+dcb+c+d＜c+aa+b+c+ddc+d+a＜d+bc+d+a+dad+a+b＜a+ca+b+c+d

∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

b+da+b+c+d+c+aa+b+c+d+d+bc+d+a+d+a+ca+b+c+d=2(a+b+c+c)a+b+c+d=2

綜上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2

練習5：已知：a＜2，求證：loga(a+1)＜1

6換元法

換元法是許多實際問題解決中可以起到化難為易，化繁為簡的作用，有些問題直接證明較為困難，若通過換元的思想與方法去解就很方便，常用于條件不等式的證明，常見的是三角換元。

(1)三角換元：

是一種常用的換元方法，在解代數問題時，使用適當的三角函數進行換元，把代數問題轉化成三角問題，充分利用三角函數的性質去解決問題。

例

7、若x、y∈R+,且 x-y=1 A=(x-1y)(y+1y)。1x，求證0＜A＜

1證明： ∵x，y∈R+，且x-y=1，x=secθ，y=tanθ，（0＜θ＜xy）

∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ

=1-cos2θcosθ·s2m2θ+cos2θcosθ·s2mθ·cos2θ

=sinθ

∵0＜θ＜x2，∴ 0＜s2mθ ＜1因此0＜A＜1

復習6：已知1≤x2+y2≤2，求證：12 ≤x2-xy+y2≤

3(2)比值換元：

對于在已知條件中含有若干個等比式的問題，往往可先設一個輔助未知數表示這個比值，然后代入求證式，即可。

例8：已知 x-1=y+12=z-23，求證：x2+y2+z2≥431

4證明：設x-1=y+12=z-23=k

于是x=k+1，y=zk-1，z=3k+

2把上式代入x2+y2+z2=(k+1)2(2k-1)2+(3k+2)2

=14(k+514)2+4314≥4314

7反證法

有些不等式從正面證如果不好說清楚，可以考慮反證法，即先否定結論不成立，然后依據已知條件以及有關的定義、定理、公理，逐步推導出與定義、定理、公理或已知條件等相矛盾或自相矛盾的結論，從而肯定原有結論是正確的，凡是“至少”、“唯一”或含有否定詞的命題，適宜用反證法。

例9：已知p3+q3=2，求證：p+q≤

2分析：本題已知為p、q的三次，而結論中只有一次，應考慮到用術立方根，同時用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。

證明：解設p+q＞2，那么p＞2-q

∴p3＞（2-q）3=8-12q+6q2-q

3將p3+q3 =2，代入得 6q2-12q+6＜0

即6（q-1）2＜0 由此得出矛盾∴p+q≤

2練習7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求證：a＞0，b＞0，c＞0

8數學歸納法

與自然數n有關的不等式，通常考慮用數學歸納法來證明。用數學歸納法證題時的兩個步驟缺一不可。

例10：設n∈N，且n＞1,求證：(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+12

分析：觀察求證式與n有關，可采用數學歸納法

證明：（1）當n=2時，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假設n=k(k≥2，k∈n)時不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k-1)＞2k+12 那么當n=k+1時，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)＞2k+12·(1+12k+1)①

要證①式左邊＞2k+32，只要證2k+12·

2k+22k+1＞2k+32②

對于②〈二〉2k+2＞2k+1·2k+3

〈二〉(2k+2)2＞(2k+1)(2k+3)

〈二〉4k2+8k+4＞4k2+8k+3

〈二〉4＞3③

∵③成立 ∴②成立，即當n=k+1時，原不等式成立

由（1）（2）證明可知，對一切n≥2（n∈N），原不等式成立

練習8：已知n∈N，且n＞1，求證： 1n+1+1n+2+…+12n＞132

49構造法

根據求證不等式的具體結構所證，通過構造函數、數列、合數和圖形等，達到證明的目的，這種方法則叫構造法。

1構造函數法

例11：證明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

證明：設f（x）=x1-2x-x2（x≠0）

∵f(-x)

=-x1-2-x+x2x-2x2x-1+x

2=x1-2x-［1-(1-2x)］+x2=x1-2x-x+x2

=f（x）

∴f（x）的圖像表示y軸對稱

∵當x＞0時，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴當x＜0時，據圖像的對稱性知f（x）＜0

∴當x≠0時，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

練習9：已知a＞b，2b＞a+c，求證：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2構造圖形法

例12：若f（x）=1+x2，a≠b，則|f（x）-f（b）|＜ |a-b|

分析：由1+x2 的結構可知這是直角坐標平面上兩點A(1，x)，0(0，0)的距離即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2

于是如下圖，設A(1，a)，B(1，b)則0A= 1+a2 0B=1+b2

|AB|=|a-b|又0A|-|0B＜|AB|∴|f(a)-f(b)|＜|a-b|

練習10：設a≥c，b≥c，c≥0，求證 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添項法

某些不等式的證明若能優先考慮“添項”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍數添項

若不等式中含有奇數項的和，可通過對不等式乘以2變成偶數項的和，然后分組利用已知不等式進行放縮。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（當且僅當a=b=c時等號成立）證明：∵a、b、c∈R+

∴a3+b3+c3=12 ［(a3+b3)+(b3+c3)+(c3+a3)］≥12 ［(a2b+ab2)+(b2c+bc2)+(c2a+ca2)］=12［a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)］≥12(a·2bc+b·2ca+c·2ac)=3abc

當且僅當a=b，b=c，c=a即a=b=c時，等號成立。

2平方添項

運用此法必須注意原不等號的方向

例14 ：對于一切大于1的自然數n，求證：

(1+13)(1+15)…(1+12n-1＞ 2n+1 2)

證明：∵b ＞ a＞ 0，m＞ 0時ba＞ b+ma+m

∵ ［(1+13)(1+15)…(1+12n-1)］2=（43、65…2n2n-1)（43、65…2n2n-1)＞（54、76…2n+12n)（43、65…2n2n-1)=2n+13＞ 2n+14＞

∴(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+1 2)

3平均值添項

例15：在△ABC中，求證sinA+sinB+sinC≤3

32分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算術平均值添項sin π

3證明：先證命題：若x＞0，y＜π，則sinx+siny≤2sin x+y2（當且僅當x=y時等號成立）∵0＜x+y2＜ π，-π2＜ x-y2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosx-y

2∴上式成立

反復運用這個命題，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332

∴sinA+sinB≠sinC≤332

練習11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18

4利用均值不等式等號成立的條件添項

例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，求證a4+b4＞ 18

分析：若取消a≠b的限制則a=b= 12時，等號成立

證明：∵a、b∈R+∴a4+3(12)4 ≥ 44a4 ［(12)4］3=12a①

同理b4+3(12)4 ≥b②

∴a4+b4≥12(a+b)-6(12)4=12-6(12)4=18③

∵a≠b ∴①②中等號不成立∴③中等號不成立∴ 原不等式成立

1．是否存在常數c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對任意正數x,y恒成立？ 錯解：證明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故說明c存在。

正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下證不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。要證不等式xx+2y+xx+2y≤23，因為x,y是正數，即證3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即證3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2，而此不等式恒成立，同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立，故存在c=23 使原不等式恒成立。

6.2已知x,y,z∈R+，求證：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

錯解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz

錯因：根據不等式的性質：若a ＞b＞ 0，c ＞d ＞0,則ac bd，但 ac＞bd卻不一定成立 正解：x2y2+y2z2≥ 2x y2z，y2z2+z2x2≥ 2x yz2，x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，以上三式相加，化簡得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，兩邊同除以x+y+z:

x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

6.3 設x+y>0，n為偶數，求證yn-1xn+xn-1yn≥

1x 1y

錯證：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y

=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

n為偶數，∴ xnyn ＞0，又xn-yn和xn-1-yn-

1同號，∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

錯因：在x+y>0的條件下，n為偶數時，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同號，應分x、y同號和異號兩種情況討論。

正解：應用比較法：

yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

① 當x>0,y>0時，(xn-yn)(xn-1-yn-1)≥ 0，(xy)n >0

所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

≥0故：yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

② 當x,y有一個是負值時，不妨設x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n為偶數時,所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)>0 又(xy)n >0，所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn ≥0即 yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

綜合①②知原不等式成立

第四篇：不等式證明若干方法

安康學院 數統系數學與應用數學 專業 11 級本科生

論文（設計）選題實習報告

11級數學與應用數學專業《科研訓練2》評分表

注：綜合評分?60的為“及格”； <60分的為“不及格”。

第五篇：證明不等式的基本方法二1

證明不等式的基本方法二

綜合法與分析法

1教學目的：教學重點：綜合法、分析法

教學難點：不等式性質的綜合運用

一、復習引入：

1．重要不等式：

如果a,b?R,那么a2?b2?2ab(當且僅當a?b時取“?”號)

2．定理：如果a,b是正數，那么

a?b

222a?b2?ab(當且僅當a?b時取“?”號).a?b2：ab≤，ab≤（）4． b

a?a

b≥2（ab＞0），當且僅當a＝b時取“＝”號；

5．比較法之一（作差法）步驟：作差——變形——判斷與0的關系——結論 比較法之二（作商法）步驟：作商——變形——判斷與1的關系——結論

二、講解新課：

（一）1．綜合法：利用某些已經證明過的不等式（例如算術平均數與幾何平均數定理）2．用綜合法證明不等式的邏輯關系是：A?B1?B2???Bn?B

3．綜合法的思維特點是：由因導果，即由已知條件出發，利用已知的數學定理、性質

（二）證明不等式時，有時可以從求證的不等式出發，分析使這個不等式成立的條件，把證明不等式轉化為判定這些條件是否具備的問題，如果能夠肯定這些條件都2．用分析法證明不等式的邏輯關系是：B?B1?B2???Bn?A

3．分析法的思維特點是：4．分析法的書寫格式：

要證明命題B為真，只需要證明命題B1為真，從而有??

這只需要證明命題B2為真，從而又有??

??

這只需要證明命題A而已知A為真，故命題B

例1：已知a,b是正數，且a?b，求證：a3?b3?a2b?ab

2轉化嘗試，就是不斷尋找并簡化欲證不等式成立的充分條件，到一個明顯或易證其成立的充分條件為止.其邏輯關系是：B?B1?B2???Bn?A 證明：∵a?0,b?0,且a?b

∴要證a3?b3?a2b?ab2,只要證(a?b)(a2?ab?b2)?ab(a?b), 只要證a2?ab?b2?ab,只要證a2?2ab?b2?0.∵a?b?0,∴(a?b)2?0即a2?2ab?b2?0得證.注：分析法的思維特點是：執果索因.對于思路不明顯,感到無從下手的問題宜用分析法探究證明途徑.另外,不等式的基本性質告訴我們可以對不等式做這樣或那樣的變形,分析時貴在變形,不通思變,變則通

聯想嘗試，就是由已知的不等式及題設條件出發產生聯想,大膽嘗試,巧用已知不等式及不等式性質做適當變形，推導出要求證明的不等式.其邏輯關系是：

A?B1?B2???Bn?B

法二：證明：∵a?0,b?0,且a?b ∴a3?ab2?2a2b,b3?ba2?2ab2,∴a3?ab2?b3?ba2?2a2b?2ab2,∴a3?b3?a2b?ab2

a?a?b

法三 ?aab

注：綜合法的思維特點是：執因索果.基本不等式以及一些已經得證的不等式往往與待證的不等式有著這樣或那樣的聯系,作由此及彼的聯想往往能啟發我們證明的方向.嘗試時貴在聯想，浮想聯翩，思潮如涌。

例2.（P23例1）已知a,b,c是不全相等的正數,求證

a(b?c)?b(c?a)?c(a?b)?6abc

證明：∵b?c≥2bc,a＞0,∴a(b?c)≥2abc① 同理 b(c?a)≥2abc②

c(a?b)≥2abc③

因為a，b，c不全相等，所以b2?c2≥2bc, c2?a2≥2ca, a2?b2≥2ab三式不能全取“=”號，從而①、②、③三式也不能全取“=∴a(b2?c2)?b(c2?a2)?c(a2?b2)?6abc 法二：ab?bc?ca

?3abc

333

3法三：ab2?ac2?bc2?ba2?ca2?cb2?6法四：ab2??ba2?

2法五：a(b2?c2)?b(c2?a2)?c(a2?b2)?33a(b2?c2)b(c2?a2)c(a2?b2)例3（P23例2）.已知a1,a2,?an?R?，且a1a2?an?1，求證

（1?a1)(1?a2)?(1?an)?2

n

改變:同樣的條件,怎樣證明:（2?a1)(2?a2)?(2?an)?3

n

證明：?a1?R?,?1?

1?a

1?

?a1?a1即

a1?2a1，同理1?a2?2a2??1?an?2an

因為a1,a2,?an?R?，由不等式的性質，得

（1?a1)(1?a2)?(1?an)?2

n

a1a2?an?2

n

因為ai?1時，1?ai?2ai取等號，所以原式在a1?a2???an?1時取等號 變式：已知a1,a2,?an?R?，且a1a2?an?1，求證

（2?a1)(2?a2)?(2?an)?3

n

例

4、（P24例3）求證2?證（略）

四、課堂練習： 1．設a, b, c ? R，1?求證：a?b

7?3?6

?

2(a?b)

2?求證：a?b?

b?c

?c?a

?2(a?b?c)

3?若a + b = 1,求證：a?

?b?

?2

證：1?∵

a?b2

?（a?b2

2222)?0∴

a?b2

?|

a?b2

|?

a?b2

∴a2?b2?(a?b)

2?同理：b2?c2?

(b?c)，c?a

?

(c?a)

三式相加：a2?b2?3?由冪平均不等式：

b?c

?c?a

?2(a?b?c)

(a?

?b?

(a?)?

12)?(b?2

12)?

(a?b?1)

?

?

1∴a?

?b?

?2

2．已知a,b,c,d∈R,求證:ac+bd≤(a2?b2)(c2?d2)分析一:用分析法

證法一:(1)當ac+bd≤0時,(2)當ac+bd>0時,欲證原不等式成立, 只需證(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)即證a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2 即證2abcd≤b2c2+a2d2

即證0≤(bc-ad)2

因為a,b,c,d∈R,所以上式恒成立,綜合(1)、(2)可知:分析二:用綜合法

證法二:(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2abcd+a2d2)

=(ac+bd)+(bc-ad)≥(ac+bd)

∴(a?b)(c?d)≥|ac+bd|≥ac+22

22222

五、課后作業

P25習題2。2 1、2、3、4