第一篇：不等式證明經(jīng)典[精選]

金牌師資，笑傲高考

2013年數(shù)學(xué)VIP講義

【例1】 設(shè)a，b∈R，求證：a2+b2≥ab+a+b-1。

【例2】 已知0

【例3】 設(shè)A=a+d，B=b+c，a，b，c，d∈R+，ad=bc，a=max{a，b，c，d}，試比較A與B的大小。

因A、B的表達(dá)形式比較簡(jiǎn)單，故作差后如何對(duì)因式進(jìn)行變形是本題難點(diǎn)之一。利用等式ad=bc，借助于消元思想，至少可以消去a，b，c，d中的一個(gè)字母。關(guān)鍵是消去哪個(gè)字母，因條件中已知a的不等關(guān)系：a>b，a>c，a>d，故保留a，消b，c，d中任一個(gè)均可。

由ad=bc得：d?bca1?ab?bc?caa?b?c?abc≥1。

bca??b?c?a?b?(a?b)(a?c)a?0bc?acaA-B=a+d-(b+c)=a? =a?b? c(a?b)a

【例4】 a，b，c∈R，求證：a4+b4+c4≥(a+b+c)。

不等號(hào)兩邊均是和的形式，利用一次基本不等式顯然不行。不等號(hào)右邊為三項(xiàng)和，根據(jù)不等號(hào)方向，應(yīng)自左向右運(yùn)用基本不等式后再同向相加。因不等式左邊只有三項(xiàng)，故把三項(xiàng)變化六項(xiàng)后再利用二元基本不等式，這就是“化奇為偶”的技巧。

左=12(2a4?2b224?2c)?22412[(a24?b)?(b22244?c)?(c2244?a)]24

≥12(2ab?2bc?2ca)?ab?bc?ca

2發(fā)現(xiàn)縮小后沒有達(dá)到題目要求，此時(shí)應(yīng)再利用不等式傳遞性繼續(xù)縮小，處理的方法與剛才類似。

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ab?1212

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22?bc2222?ca2222?212(2ab2222?2bc2222?2ca)22

?ca)?(ca2[(ab?bc)?(bc22?ab)]22≥(2abc?2abc2?2abc)?ab(a?b?c)1a

?1c?【例5】（1）a，b，c為正實(shí)數(shù)，求證：?（2）a，b，c為正實(shí)數(shù)，求證：

a21bb2≥

c21ab?1bc?1ac；

b?c?a?ca?b≥

a?b?c2。

（1）不等式的結(jié)構(gòu)與例4完全相同，處理方法也完全一樣。

（2）同學(xué)們可試一試，再用剛才的方法處理該題是行不通的。注意到從左向右，分式變成了整式，可考慮在左邊每一個(gè)分式后配上該分式的分母，利用二元基本不等式后約去分母，再利用不等式可加性即可達(dá)到目的。試一試行嗎？

a2b?cb2?(b?c)≥2a2b?cb2?(b?c)?2a

a?cc2?(a?c)≥2a?c?(a?c)?2ba?b?(a?b)≥2c2a?b?(a?b)?2c

相加后發(fā)現(xiàn)不行，a，b，c的整式項(xiàng)全消去了。為了達(dá)到目的，應(yīng)在系數(shù)上作調(diào)整。

a2b?c?b?c4≥a，b2a?c?a?c4≥b，c2a?b?a?b4≥a 相向相加后即可。

【例6】 x，y為正實(shí)數(shù)，x+y=a，求證：x+y≥

2a22。

思路一；根據(jù)x+y和x2+y2的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，聯(lián)想到算術(shù)平均數(shù)與平方平均數(shù)之間的不等關(guān)系?！?x?y22≤2x2?y22

2∴ x?y≥(x?y)2?a22

思路二：因所求不等式右邊為常數(shù)，故可從求函數(shù)最小值的角度去思考。思路一所用的是基本不等式法，這里采用消元思想轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)，再用單調(diào)性求解。換元有下列三種途徑：

途徑1：用均值換元法消元： 令 x?2a2?m，y?aa22?m

22則 x?y?(?m)?(?m)?2m?222aa22≥

a22

途徑2：代入消元法： y=a-x，0

a2)2?a22≥

a22

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途徑3：三角換元法消元：

令 x=acos2θ，y=asin2θ，θ∈(0，]

2?2013年數(shù)學(xué)VIP講義

則 x2+y2=a2(cos4θ+sin4θ)=a2[(sin2θ+cos2θ)2-2sin2θcos2θ]

=a[1-2(sin2θ)]=a(1-22122

12sin2θ)≥

a22

注：為了達(dá)到消元的目的，途徑1和途徑3引入了適當(dāng)?shù)膮?shù)，也就是找到一個(gè)中間變量表示x，y。這種引參的思想是高中數(shù)學(xué)常用的重要方法?！纠?】 已知a>b>0，求證：(a?b)8a2?a?b2?ab?(a?b)8b2。

12所證不等式的形式較復(fù)雜（如從次數(shù)看，有二次，一次，次等），難以從某個(gè)角度著手。故考慮用分析法證明，即執(zhí)果索因，尋找使不等式成立的必要條件。實(shí)際上就是對(duì)所證不等式進(jìn)行適當(dāng)?shù)幕?jiǎn)、變形，實(shí)際上這種變形在相當(dāng)多的題目里都是充要的。

a?b2?ab?a?b?2ab2b)(a?(a??(a?2b)2

a?b?(a?b)b)(a?8a2所證不等式可化為∵ a>b>0 ∴ a?b ∴ a?b?0

b)2?(a?2b)2?(a?b)(a?8b2b)2

∴ 不等式可化為：(a?4ab)2?1?(a?4bb)2

2??(a?b)?4a即要證?

2??4b?(a?b)??a?b?2a只需證?

?2b?a?b?在a>b>0條件下，不等式組顯然成立 ∴ 原不等式成立 【例8】 已知f(x)=24xx?3?8，求證：對(duì)任意實(shí)數(shù)a，b，恒有f(a)

112.不等號(hào)兩邊字母不統(tǒng)一，采用常規(guī)方法難以著手。根據(jù)表達(dá)式的特點(diǎn)，借助于函數(shù)思想，可分別求f(a)及g(b)=b2-4b+f(a)?112的最值，看能否通過最值之間的大小關(guān)系進(jìn)行比較。

?8?2(2)a2a24aa?3?8?8?2a8?82a≤

2?82?a?82a842?2

令 g(b)=b2-4b+11232 ≥32 g(b)=(b-2)2+

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∵ 32?22013年數(shù)學(xué)VIP講義

∴ g(b)>f(a)注：本題實(shí)際上利用了不等式的傳遞性，只不過中間量為常數(shù)而已，這種思路在兩數(shù)大小比較時(shí)曾講過。由此也說明，實(shí)數(shù)大小理論是不等式大小理論的基礎(chǔ)。

【例9】 已知a，b，c∈R，f(x)=ax2+bx+c，當(dāng)|x|≤1時(shí)，有|f(x)|≤1，求證：

（1）|c|≤1，|b|≤1；

（2）當(dāng)|x|≤1時(shí)，|ax+b|≤2。

這是一個(gè)與絕對(duì)值有關(guān)的不等式證明題，除運(yùn)用前面已介紹的不等式性質(zhì)和基本不等式以外，還涉及到與絕對(duì)值有關(guān)的基本不等式，如|a|≥a，|a|≥-a，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1±a2±?±an|≤|a1|+|a2|+?+|an|。就本題來說，還有一個(gè)如何充分利用條件“當(dāng)|x|≤1時(shí)，|f(x)|≤1”的解題意識(shí)。

從特殊化的思想出發(fā)得到： 令 x=0，|f(0)|≤1 即 |c|≤1 當(dāng)x=1時(shí)，|f(1)|≤1；當(dāng)x=-1時(shí)，|f(-1)|≤1 下面問題的解決試圖利用這三個(gè)不等式，即把f(0)，f(1)，f(-1)化作已知量，去表示待求量。∵ f(1)=a+b+c，f(-1)=a-b+c ∴ b?12[f(1)?f(?1)] 12|f(1)?f(?1)|≤12[|f(1)|?|f(?1)|]≤

12(1?1)≤1 ∴ |b|?（2）思路一：利用函數(shù)思想，借助于單調(diào)性求g(x)=ax+b的值域。

當(dāng)a>0時(shí)，g(x)在[-1，1]上單調(diào)遞增 ∴ g(-1)≤g(x)≤g(1)∵ g(1)=a+1=f(1)-f(0)≤|f(1)-f(0)|≤|f(1)|+|f(0)|≤2 g(-1)=-a+b=f(0)-f(-1)=-[f(-1)-f(0)]

≥-|f(-1)-f(0)|≥-[|f(-1)|+|f(0)|]≥-2 ∴-2≤g(x)≤2 即 |g(x)|≤2 當(dāng)a<0時(shí)，同理可證。

思路二：直接利用絕對(duì)值不等式

為了能將|ax+b|中的絕對(duì)值符號(hào)分配到a，b，可考慮a，b的符號(hào)進(jìn)行討論。當(dāng)a>0時(shí)

|ax+b|≤|ax|+|b|=|a||x|+|b|≤|a|+|b|≤a+|b| 下面對(duì)b討論

① b≥0時(shí)，a+|b|=a+b=|a+b|=|f(1)-f(0)| ≤ |f(1)|+|f(0)|≤2； ② b<0時(shí)，a+|b|=a-b=|a-b|=|f(-1)-f(0)|≤|f(-1)|+f(0)|≤2?！?|ax+b|≤2 當(dāng)a<0時(shí)，同理可證。

評(píng)注：本題證明過程中，還應(yīng)根據(jù)不等號(hào)的方向，合理選擇不等式，例如：既有|a-b|≥|a|-|b|，又有|a-b|≥|b|-|a|，若不適當(dāng)選擇，則不能滿足題目要求。

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1、設(shè)a，b為正數(shù)，且a+b≤4，則下列各式一定成立的是 A、C、1a12?1b1a≤?141b B、≤1 D、141a≤

?1a?1b≤

≤

1b≥1

2、已知a，b，c均大于1，且logac·logbc=4，則下列各式中一定正確的是 A、ac≥b B、ab≥c C、bc≥a D、ab≤c

5、已知a，b，c>0，且a+b>c，設(shè)M=

a4?a?bb?cc4?c，N=，則MN的大小關(guān)系是

A、M>N B、M=N C、M

6、已知函數(shù)f(x)=-x-x3，x1，x2，x3∈R，且x1+x2>0，x2+x3>0，x3+x1>0，則f(x1)+f(x2)+f(x3)的值 A、一定大于零 B、一定小于零 C、一定等于零 D、正負(fù)都有可能

7、若a>0，b>0，x?111(?)2ab1a?b1ab，y?，z?，則

A、x≥y>z B、x≥z>y C、y≥x>z D、y>z≥x

8、設(shè)a，b∈R，下面的不等式成立的是 A、a+3ab>b B、ab-a>b+ab C、（二）填空題

9、設(shè)a>0，b>0，a≠b，則aabb與abba的大小關(guān)系是__________。

10、若a，b，c是不全相等的正數(shù)，則(a+b)(b+c)(c+a)______8abc（用不等號(hào)填空）。

12、當(dāng)00且t≠1時(shí)，logat與log21t?1a2

2ab?a?1b?1 D、a+b≥2(a-b-1)

22的大小關(guān)系是__________。

n13、若a，b，c為Rt△ABC的三邊，其中c為斜邊，則an+bn與c（其中n∈N，n>2）的大小關(guān)系是________________。

（三）解答題

14、已知a>0，b>0，a≠b，求證：a?

15、已知a，b，c是三角形三邊的長(zhǎng)，求 證：1?

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ab?c?ba?c?ca?b?2。

b?ab?ba。金牌師資，笑傲高考

16、已知a≥0，b≥0，求證：

18、若a，b，c為正數(shù)，求證：

19、設(shè)a>0，b>0，且a+b=1，求證：(a?

20、已知a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求證：a，b，c全為正數(shù)。

1a)(b?1b)2541a?1b?1ca82013年數(shù)學(xué)VIP講義

12(a?b)2?14(a?b)≥aa?ba。

≤

?b383?c38。

abc≥。

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第二篇：不等式證明

不等式證明

1.比較法：

比較法是證明不等式的最基本、最重要的方法之一，它可分為作差法、作商法

（1）作差比較：

①理論依據(jù)a-b>0

a>b;a-b=0

a=b;a-b<0

a

⑴作差：對(duì)要比較大小的兩個(gè)數(shù)（或式）作差。

⑵變形：對(duì)差進(jìn)行因式分解或配方成幾個(gè)數(shù)（或式）的完全平方和。⑶判斷差的符號(hào)：結(jié)合變形的結(jié)果及題設(shè)條件判斷差的符號(hào)。

注意：若兩個(gè)正數(shù)作差比較有困難，可以通過它們的平方差來比較大小。（2）作商法：①要證A>B(B>0),只要證

;要證A0)，只要證

②證明步驟：作商→變形→判斷與1的關(guān)系 常用變形方法：一是配方法，二是分解因式

2.綜合法：所謂綜合法，就是從題設(shè)條件和已經(jīng)證明過的基本不等式和不等式的性質(zhì)推導(dǎo)出所要證明的不等式成立，可簡(jiǎn)稱為由因?qū)Ч?。常見的基本不等式?｜a｜≥0, a2?b2?2ab，a?b?ab 2，a?b?a?b?a?b 分析法：從求證的不等式出發(fā)，逐步尋求使不等式成立的充分條件，直至所需條件被確認(rèn)成立，就斷定求證的不等式成立，這種證明方法叫分析法，分析法的思想是“執(zhí)果索因”：即從求證的不等式出發(fā)，探求使結(jié)論成立的充分條件，直至已成立的不等式。

基本步驟：要證??只需證??，只需證?? 4 分析綜合法

單純地應(yīng)用分析法證題并不多見，常常是在分析的過程中，又綜合條件、定理、常識(shí)等因素進(jìn)行探索，把分析與綜合結(jié)合起來，形成分析綜合法。反證法：先假設(shè)所要證明的不等式不成立，即要證的不等式的反面成立，如要證明不等式MN，由題設(shè)及其他性質(zhì)，推出矛盾，從而否定假設(shè)，肯定M

具體放縮方式有公式放縮和利用某些函數(shù)的單調(diào)性放縮。常用的技巧有：舍去一些正項(xiàng)或負(fù)項(xiàng)；在和或積中換大（或換小）某些項(xiàng)；擴(kuò)大（或縮?。┓质降姆肿樱ɑ蚍帜福┑?，放縮時(shí)要注意不等號(hào)的一致性。放縮法的方法有：

⑴添加或舍去一些項(xiàng)，如：a2?1?a；n(n?1)?n ⑵將分子或分母放大（或縮?。抢没静坏仁?，如：lg3?lg5?(n?(n?1)2⑷利用常用結(jié)論： n(n?1)?lg3?lg5)?lg15?lg16?lg4 2Ⅰ、k?1?k?1k?1?k?12k；

Ⅱ、1111； ???k2k(k?1)k?1k1111（程度大）???2k(k?1)kk?1kⅢ、12?k11111??(?)；（程度小）2k?1(k?1)(k?1)2k?1k?17 換元法：換元的目的就是減少不等式中變量，以使問題化難為易，化繁為簡(jiǎn)，常用的換元有三角換元和代數(shù)換元。如： 已知x2?y2?a2，可設(shè)x?acos?,y?asin?； 已知x2?y2?1，可設(shè)

x?rcos?,y?rsin?(0?r?1)；

x2y2已知2?2?1，可設(shè)x?acos?,y?bsin?；

abx2y2已知2?2?1，可設(shè)x?asec?,y?btan?；

ab8、判別式法：判別式法是根據(jù)已知或構(gòu)造出來的一元二次方程，一元二次不等式，二次函數(shù)的根、解集、函數(shù)的性質(zhì)等特征確定出其判別式所應(yīng)滿足的不等式，從而推出欲證的不等式的方法。

9、其它方法 最值法：恒成立

恒成立

構(gòu)造法：通過構(gòu)造函數(shù)、方程、數(shù)列、向量或不等式來證明不等式；

第三篇：不等式證明

§14不等式的證明

不等式在數(shù)學(xué)中占有重要地位，由于其證明的困難性和方法的多樣性，而成為競(jìng)賽和高考的熱門題型.證明不等式就是對(duì)不等式的左右兩邊或條件與結(jié)論進(jìn)行代數(shù)變形和化歸，而變形的依據(jù)是不等式的性質(zhì)，不等式的性分類羅列如下： 不等式的性質(zhì)：a?b?a?b?0,a?b?a?b?0.這是不等式的定義，也是比較法的依據(jù).對(duì)一個(gè)不等式進(jìn)行變形的性質(zhì)：

（1）a?b?b?a（對(duì)稱性）

（2）a?b?a?c?b?c（加法保序性）

（3）a?b,c?0?ac?bc;a?b,c?0?ac?bc.（4）a?b?0?an?bn,na?nb(n?N*).對(duì)兩個(gè)以上不等式進(jìn)行運(yùn)算的性質(zhì).（1）a?b,b?c?a?c（傳遞性）.這是放縮法的依據(jù).（2）a?b,c?d?a?c?b?d.（3）a?b,c?d?a?c?b?d.（4）a?b?0,d?c?0,?含絕對(duì)值不等式的性質(zhì)：

（1）|x|?a(a?0)?x2?a2??a?x?a.（2）|x|?a(a?0)?x2?a2?x?a或x??a.（3）||a|?|b||?|a?b|?|a|?|b|（三角不等式）.（4）|a1?a2???an|?|a1|?|a2|???|an|.ab?,ad?bc.cd 證明不等式的常用方法有：比較法、放縮法、變量代換法、反證法、數(shù)學(xué)歸納法、構(gòu)造函數(shù)方法等.當(dāng)然在證題過程中，?？伞坝梢?qū)Ч被颉皥?zhí)果索因”.前者我們稱之為綜合法；后者稱為分析法.綜合法和分析法是解決一切數(shù)學(xué)問題的常用策略，分析問題時(shí)，我們往往用分析法，而整理結(jié)果時(shí)多用綜合法，這兩者并非證明不等式的特有方法，只是在不等式證明中使用得更為突出而已.此外，具體地證明一個(gè)不等式時(shí)，可能交替使用多種方法.例題講解 1．a(chǎn),b,c?0,求證：ab(a?b)?bc(b?c)?ca(c?a)?6abc.a?b?c32．a(chǎn),b,c?0，求證：abc?(abc)

abc.a2?b2b2?c2c2?a2a3b3c3?????.3．：a,b,c?R,求證a?b?c?2c2a2bbccaab?

4．設(shè)a1,a2,?,an?N*，且各不相同，求證：1?????

12131aa3an?a1?2????..n2232n25．利用基本不等式證明a2?b2?c2?ab?bc?ca.446．已知a?b?1,a,b?0,求證：a?b?1.8

7．利用排序不等式證明Gn?An

8．證明：對(duì)于任意正整數(shù)R，有(1?

1n1n?1)?(1?).nn?11119．n為正整數(shù)，證明：n[(1?n)?1]?1??????n?(n?1)nn?1.23n

1n? 課后練習(xí)

1.選擇題

(1)方程x-y=105的正整數(shù)解有().（A）一組（B）二組

（C）三組

（D）四組

(2)在0,1,2,?，50這51個(gè)整數(shù)中，能同時(shí)被2，3，4整除的有（）.（A）3個(gè)（B）4個(gè)

（C）5個(gè)

（D）6個(gè) 2．填空題

（1）的個(gè)位數(shù)分別為_________及_________.4

5422(2)滿足不________.等式10?A?10的整數(shù)A的個(gè)數(shù)是x×10+1，則x的值(3)已知整數(shù)y被7除余數(shù)為5,那么y被7除時(shí)余數(shù)為________.(4)求出任何一組滿足方程x-51y=1的自然數(shù)解x和y_________.3.求三個(gè)正整數(shù)x、y、z滿足

23.4．在數(shù)列4，8，17，77，97，106，125，238中相鄰若干個(gè)數(shù)之和是3的倍數(shù)，而不是9的倍數(shù)的數(shù)組共有多少組？

5．求的整數(shù)解.6．求證可被37整除.7．求滿足條件的整數(shù)x，y的所有可能的值.8．已知直角三角形的兩直角邊長(zhǎng)分別為l厘米、m厘米，斜邊長(zhǎng)為n厘米，且l，m，n均為正整數(shù)，l為質(zhì)數(shù).證明：2（l+m+n）是完全平方數(shù).9.如果p、q、、都是整數(shù)，并且p＞1，q＞1，試求p+q的值.課后練習(xí)答案

1.D.C.2.(1)9及1.(2)9.(3)4.(4)原方程可變形為x=(7y+1)+2y(y-7),令y=7可得x=50.223.不妨設(shè)x?y?z,則,故x?3.又有故x?2.若x=2,則,故y?6.又有,故y?4.若y=4,則z=20.若y=5,則z=10.若y=6,則z無整數(shù)解.若x=3,類似可以確定3?y?4,y=3或4,z都不能是整數(shù).4.可仿例2解.5.分析：左邊三項(xiàng)直接用基本不等式顯然不行，考察到不等式的對(duì)稱性，可用輪換的方法.．．

略解：a2?b2?2ab,同理b2?c3?2bc,c2?a2?2ca；三式相加再除以2即得證.評(píng)述：（1）利用基本不等式時(shí)，除了本題的輪換外，一般還須掌握添項(xiàng)、連用等技巧.22xnx12x2如?????x1?x2???xn，可在不等式兩邊同時(shí)加上x2x3x1x2?x3???xn?x1.再如證(a?1)(b?1)(a?c)3(b?c)3?256a2b2c3(a,b,c?0)時(shí)，可連續(xù)使用基本不等式.a?b2a2?b2)?（2）基本不等式有各種變式

如(等.但其本質(zhì)特征不等式兩邊的次22數(shù)及系數(shù)是相等的.如上式左右兩邊次數(shù)均為2，系數(shù)和為1.6.8888≡8(mod37),∴8888333

3222

2≡8(mod37).2222

27777≡7(mod37),7777≡7(mod37),8888238+7=407,37|407,∴37|N.22

3+7777

3333

≡(8+7)(mod37),而

237.簡(jiǎn)解:原方程變形為3x-(3y+7)x+3y-7y=0由關(guān)于x的二次方程有解的條件△?0及y為整數(shù)可得0?y?5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程僅有兩組解(4,5)、(5,4).8.∵l+m=n,∴l(xiāng)=(n+m)(n-m).∵l為質(zhì)數(shù),且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l,n-m=1.于是2222l=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l+2l+1=(l+1).即2(l+m+1)是完全平方數(shù).222

229.易知p≠q,不妨設(shè)p＞q.令(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.=n,則m＞n由此可得不定方程

例題答案：

1.證明：?ab(a?b)?bc(b?c)?ca(c?a)?6abc

?a(b2?c2?2bc)?b(a2?c2?2ac)?c(a2?b2?2ab)

?a(b?c)2?b(c?a)2?c(a?b)2

?0

?ab(a?b)?bc(b?c)?ca(c?a)?6ab.c

評(píng)述：（1）本題所證不等式為對(duì)稱式（任意互換兩個(gè)字母，不等式不變），在因式分解或配方時(shí)，往往采用輪換技巧.再如證明a2?b2?c2?ab?bc?ca時(shí)，可將a2?b2

1?(ab?bc?ca)配方為[(a?b)2?(b?c)2?(c?a)2]，亦可利用a2?b2?2ab，2b2?c2?2bc,c2?a2?2ca，3式相加證明.（2）本題亦可連用兩次基本不等式獲證.2.分析：顯然不等式兩邊為正，且是指數(shù)式，故嘗試用商較法.不等式關(guān)于a,b,c對(duì)稱，不妨a?b?c,則a?b,b?c,a?c?R?，且

ab,，bca都大于等于1.caabbcc(abc)a?b?c3?a2a?b?c3b2b?a?c3c2c?a?b3?aa?b3?aa?c3?bb?a3?bb?c3?cc?a3?cc?b3

a?b3a?()bb?()cb?c3a?()ca?c3?1.評(píng)述：（1）證明對(duì)稱不等式時(shí)，不妨假定n個(gè)字母的大小順序，可方便解題.（2）本題可作如下推廣：若ai?0(i?1,2,?,n),則a11a22?anaaan?(a1a2?an)a1?a2???ann.（3）本題還可用其他方法得證。因aabb?abba，同理bbcc?bccb,ccaa?caac，另aabbcc?aabbcc，4式相乘即得證.（4）設(shè)a?b?c?0,則lga?lgb?lgc.例3等價(jià)于alga?blgb?algb?blga,類似例4可證alga?blgb?clgc?algb?blgc?clga?algc?blgb?clga.事實(shí)上，一般地有排序不等式（排序原理）： 設(shè)有兩個(gè)有序數(shù)組a1?a2???an,b1?b2???bn，則a1b1?a2b2???anbn（順序和）

?a1bj1?a2bj2???anbjn（亂序和）?a1bn?a1bn?1???anb1（逆序和）

其中j1,j2,?,jn是1,2,?,n的任一排列.當(dāng)且僅當(dāng)a1?a2???an或b1?b2???bn時(shí)等號(hào)成立.排序不等式應(yīng)用較為廣泛（其證明略），它的應(yīng)用技巧是將不等式兩邊轉(zhuǎn)化為兩個(gè)有序數(shù)組的積的形式.如a,b,c?R?時(shí),a3?b3?c3?a2b?b2c?c2a?a2?a?b2?b?c2?c

a2b2c2111111?a?b?b?c?c?a;???a?b?c?a2??b2??c2??a2??b2??c2?bcabcaabc222.3.思路分析：中間式子中每項(xiàng)均為兩個(gè)式子的和，將它們拆開，再用排序不等式證明.111111??，則a2??b2??c2?（亂序和）cbacab111111?a2??b2??c2?（逆序和），同理a2??b2??c2?（亂序和）abccab111?a2??b2??c2?（逆序和）兩式相加再除以2，即得原式中第一個(gè)不等式.再考慮數(shù)abc111333??組a?b?c及，仿上可證第二個(gè)不等式.bcacab

222不妨設(shè)a?b?c,則a?b?c,4.分析：不等式右邊各項(xiàng)

ai1?a?；可理解為兩數(shù)之積，嘗試用排序不等式.i22ii設(shè)b1,b2,?,bn是a1,a2,?,an的重新排列，滿足b1?b2???bn，又1?111????.22223nanbna2a3b2b3.由于b1,b2,?bn是互不相同的正整數(shù)，?????b?????122222n2323nb3bnb11故b1?1,b2?2,?,bn?n.從而b1?2，原式得證.?????1????2222n23n所以a1?評(píng)述：排序不等式應(yīng)用廣泛，例如可證我們熟悉的基本不等式，a2?b2?a?b?b?a，a3?b3?c3?a2?b?b2?c?c2?a?a?ab?b?bc?c?ca?a?bc?b?ac?c?ab?3abc.5.思路分析：左邊三項(xiàng)直接用基本不等式顯然不行，考察到不等式的對(duì)稱性，可用輪換的方．．法.a2?b2?2ab,同理b2?c3?2bc,c2?a2?2ca；三式相加再除以2即得證.評(píng)述：（1）利用基本不等式時(shí)，除了本題的輪換外，一般還須掌握添項(xiàng)、連用等技巧.22xnx12x2如?????x1?x2???xn，可在不等式兩邊同時(shí)加上x2x3x1x2?x3???xn?x1.再如證(a?1)(b?1)(a?c)3(b?c)3?256a2b2c3(a,b,c?0)時(shí)，可連續(xù)使用基本不等式.a?b2a2?b2)?（2）基本不等式有各種變式

如(等.但其本質(zhì)特征不等式兩邊的次數(shù)及22系數(shù)是相等的.如上式左右兩邊次數(shù)均為2，系數(shù)和為1.6.思路分析：不等式左邊是a、b的4次式，右邊為常數(shù)式呢.44要證a?b?1，如何也轉(zhuǎn)化為a、b的4次811,即證a4?b4?(a?b)4.8833評(píng)述：（1）本題方法具有一定的普遍性.如已知x1?x2?x3?1,xi?0,求證：x1 ?x211133求證：x1x2?x2x3 ?x3?.右側(cè)的可理解為(x1?x2?x3).再如已知x1?x2?x3?0，3332+x3x1?0，此處可以把0理解為(x1?x2?x3)，當(dāng)然本題另有簡(jiǎn)使證法.38（2）基本不等式實(shí)際上是均值不等式的特例.（一般地，對(duì)于n個(gè)正數(shù)a1,a2,?an)

調(diào)和平均Hn?n111????a1a2an 幾何平均Gn?na1?a2?an 算術(shù)平均An?a1?a2???an

n22a12?a2???an平方平均Qn?

2這四個(gè)平均值有以下關(guān)系：Hn?Gn?An?Qn，其中等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)a1?a2???an時(shí)成立.7.證明: 令bi?ai,(i?1,2,?,n)則b1b2?bn?1，故可取x1,x2,?xn?0，使得 Gnb1?

xxx1x,b2?2,?,bn?1?n?1,bn?n由排序不等式有： x2x3xnx1b1?b2???bn

=xx1x2????n（亂序和）x2x3x1111?x2????xn?（逆序和）x1x2xn ?x1?

=n，?aa?a2???ana1a2????n?n,即1?Gn.GnGnGnn111，?,各數(shù)利用算術(shù)平均大于等于幾何平均即可得，Gn?An.a1a2an 評(píng)述:對(duì)8.分析:原不等式等價(jià)于n?1(1?)?1?平均，而右邊為其算術(shù)平均.n?11nn1，故可設(shè)法使其左邊轉(zhuǎn)化為n個(gè)數(shù)的幾何n?111111n?21(1?)n?(1?)?(1?)?1?(1?)?(1?)?1??1?.n?1nnnnnn?1n?1??????????????n個(gè)n?1 評(píng)述:（1）利用均值不等式證明不等式的關(guān)鍵是通過分拆和轉(zhuǎn)化，使其兩邊與均值不等式形式相近.類似可證(1?1n?11n?2)?(1?).nn?1（2）本題亦可通過逐項(xiàng)展開并比較對(duì)應(yīng)項(xiàng)的大小而獲證，但較繁.9.證明:先證左邊不等式

111?????(1?n)?1?23n1111??????n123n ?(1?n)n?

n111(1?1)?(?1)?(?1)???(?1)123n ?(1?n)n?n34n?12?????23n?n1?n?(*)

nn[(1?n)?1]?1?2?1n1n1?111????23n

n 34n?1????23n?n2?3?4???n?1?nn?1.n23n ?（*）式成立，故原左邊不等式成立.其次證右邊不等式

?1111??????n?(n?1)?nn?1

23n1 ?n1?n?1n?(1??111111????)(1?)?(1?)???(1?)23n?n?11?23n n?1nn?112n?1????123n

（**）? n?1?nn?1

（**）式恰符合均值不等式，故原不等式右邊不等號(hào)成立.

第四篇：不等式的證明

學(xué)習(xí)資 料

教學(xué)目標(biāo)

（1）理解證明不等式的三種方法：比較法、綜合法和分析法的意義；

（2）掌握用比較法、綜合法和分析法來證簡(jiǎn)單的不等式；

（3）能靈活根據(jù)題目選擇適當(dāng)?shù)刈C明方法來證不等式；

（4）能用不等式證明的方法解決一些實(shí)際問題，培養(yǎng)學(xué)生分析問題、解決問題的能力；

（6）通過不等式證明，培養(yǎng)學(xué)生邏輯推理論證的能力和抽象思維能力；

（7）通過組織學(xué)生對(duì)不等式證明方法的意義和應(yīng)用的參與，培養(yǎng)學(xué)生勤于思考、善于思考的良好學(xué)習(xí)習(xí)慣． 教學(xué)建議

（一）教材分析

1．知識(shí)結(jié)構(gòu)

2．重點(diǎn)、難點(diǎn)分析

重點(diǎn)：不等式證明的主要方法的意義和應(yīng)用；

難點(diǎn)：①理解分析法與綜合法在推理方向上是相反的；

②綜合性問題選擇適當(dāng)?shù)淖C明方法．

（1）不等式證明的意義

不等式的證明是要證明對(duì)于滿足條件的所有數(shù)都成立（或都不成立），而并非是帶入具體的數(shù)值去驗(yàn)證式子是否成立．

（2）比較法證明不等式的分析

①在證明不等式的各種方法中，比較法是最基本、最重要的方法．

②證明不等式的比較法，有求差比較法和求商比較法兩種途徑．

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學(xué)習(xí)資 料

由于

種證法就是求差比較法．，因此，證明，可轉(zhuǎn)化為證明與之等價(jià)的 ．這

由于當(dāng) 時(shí)，因此，證明 可以轉(zhuǎn)化為證明與之等價(jià)的 定要注意 ．這種證法就是求商比較法，使用求商比較法證明不等式 的前提條件．

時(shí)，一

③求差比較法的基本步驟是：“作差——變形——斷號(hào)”．

其中，作差是依據(jù)，變形是手段，判斷符號(hào)才是目的．

變形的目的全在于判斷差的符號(hào)，而不必考慮差值是多少．

變形的方法一般有配方法、通分的方法和因式分解的方法等，為此，有時(shí)把差變形為一個(gè)常數(shù)，或者變形為一個(gè)常數(shù)與一個(gè)或幾個(gè)數(shù)的平方和的形式．或者變形為一個(gè)分式，或者變形為幾個(gè)因式的積的形式等．

總之．能夠判斷出差的符號(hào)是正或負(fù)即可．

④作商比較法的基本步驟是：“作商——變形——判斷商式與1的大小關(guān)系”，需要注意的是，作商比較法一般用于不等號(hào)兩側(cè)的式子同號(hào)的不等式的證明．

（3）綜合法證明不等式的分析

①利用某些已經(jīng)證明過的不等式和不等式的性質(zhì)推倒出所要證明的不等式成立，這種證明方法通常叫做綜合法．

②綜合法的思路是“由因?qū)Ч保簭囊阎牟坏仁匠霭l(fā)，通過一系列的推出變換，推倒出求證的不等式．

③綜合法證明不等式的邏輯關(guān)系是：

? ．

（已知）（逐步推演不等式成立的必要條件）（結(jié)論）

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學(xué)習(xí)資 料

④利用綜合法由因?qū)ЧC明不等式，就要揭示出條件與結(jié)論之間的因果關(guān)系，為此要著力分析已知與求證之間的差異和聯(lián)系、不等式左右兩端的差異和聯(lián)系，在分析所證不等式左右兩端的差異后，合理應(yīng)用已知條件，進(jìn)行有效的變換是證明不等式的關(guān)鍵．

（4）分析法證明不等式的分析

①?gòu)那笞C的不等式出發(fā)，逐步尋求使不等式成立的充分條件，直至所需條件被確認(rèn)成立，就斷定求證的不等式成立，這種證明方法就是分析法．

有時(shí)，我們也可以首先假定所要證明的不等式成立，逐步推出一個(gè)已知成立的不等式，只要這個(gè)推出過程中的每一步都是可以逆推的，那么就可以斷定所給的不等式成立．這也是用分析法，注意應(yīng)強(qiáng)調(diào)“以上每一步都可逆”，并說出可逆的根據(jù)．

②分析法的思路是“執(zhí)果導(dǎo)因”：從求證的不等式出發(fā)，探索使結(jié)論成立的充分條件直至已成立的不等式．它與綜合法是對(duì)立統(tǒng)一的兩種方法．

③用分析法證明不等式的邏輯關(guān)系是：

? ．

（已知）（逐步推演不等式成立的必要條件）（結(jié)論）

④分析法是教學(xué)中的一個(gè)難點(diǎn)，一是難在初學(xué)時(shí)不易理解它的本質(zhì)是從結(jié)論分析出使結(jié)論成立的“充分”條件，二是不易正確使用連接有關(guān)（分析推理）步驟的關(guān)鍵詞．如“為了證明”“只需證明”“即”以及“假定??成立”等．

⑤分析法是證明不等式時(shí)一種常用的基本方法．當(dāng)證明不知從何入手時(shí)，有時(shí)可以運(yùn)用分析法而獲得解決．特別對(duì)于條件簡(jiǎn)單而結(jié)論復(fù)雜的題目往往更是行之有效．

（5）關(guān)于分析法與綜合法

①分析法與綜合法是思維方向相反的兩種思考方法．

②在數(shù)學(xué)解題中，分析法是從數(shù)學(xué)題的待證結(jié)論或需求問題出發(fā)，一步一步地探索下去，最后達(dá)到題設(shè)的已知條件．即推理方向是：結(jié)論

已知．

綜合法則是從數(shù)學(xué)題的已知條件出發(fā)，經(jīng)過逐步的邏輯推理，最后達(dá)到待證結(jié)論或需求問題．即：已知 結(jié)論．

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學(xué)習(xí)資 料

③分析法的特點(diǎn)是：從“結(jié)論”探求“需知”，逐步靠攏“已知”，其逐步推理實(shí)際上是要尋找結(jié)論的充分條件．

綜合法的特點(diǎn)是：從“已知”推出“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理實(shí)際上是要尋找已知的必要條件．

④各有其優(yōu)缺點(diǎn)：

從尋求解題思路來看：分析法是執(zhí)果索因，利于思考，方向明確，思路自然，有希望成功；綜合法由因?qū)Ч?jié)橫生，不容易達(dá)到所要證明的結(jié)論．

從書寫表達(dá)過程而論：分析法敘述繁鎖，文辭冗長(zhǎng)；綜合法形式簡(jiǎn)潔，條理清晰． 也就是說，分析法利于思考，綜合法宜于表達(dá)．

⑤一般來說，對(duì)于較復(fù)雜的不等式，直接運(yùn)用綜合法往往不易入手，用分析法來書寫又比較麻煩．因此，通常用分析法探索證題途徑，然后用綜合法加以證明，所以分析法和綜合法經(jīng)常是結(jié)合在一起使用的．

（二）教法建議

①選擇例題和習(xí)題要注意層次性．

不等式證明的三種方法主要是通過例題來說明的．教師在教學(xué)中要注意例題安排要由易到難，由簡(jiǎn)單到綜合，層層深入，啟發(fā)學(xué)生理解各種證法的意義和邏輯關(guān)系．教師選擇的訓(xùn)練題也要與所講解的例題的難易程度的層次相當(dāng)．

要堅(jiān)持精講精練的原則．通過一題多法和多變挖掘各種方法的內(nèi)在聯(lián)系，對(duì)知識(shí)進(jìn)行拓展、延伸，使學(xué)生溝通知識(shí)，有效地提高解題能力．

②在教學(xué)過程中，應(yīng)通過精心設(shè)置的一個(gè)個(gè)問題，激發(fā)學(xué)生的求知欲，調(diào)動(dòng)學(xué)生在課堂活動(dòng)中積極參與．

通過學(xué)生參與教學(xué)活動(dòng)，理解不等式證明方法的實(shí)質(zhì)和幾種證明方法的意義，通過訓(xùn)練積累經(jīng)驗(yàn)，能夠總結(jié)出比較法的實(shí)質(zhì)是把實(shí)數(shù)的大小順序通過實(shí)數(shù)運(yùn)算變成一個(gè)數(shù)與0(或1)比較大??；復(fù)雜的習(xí)題能夠利用綜合法發(fā)展條件向結(jié)論方向轉(zhuǎn)化，利用分析法能夠把結(jié)論向條件靠攏，最終達(dá)到結(jié)合點(diǎn)，從而解決問題．

③學(xué)生素質(zhì)較好的，教師可在教學(xué)中適當(dāng)增加反證法和用函數(shù)單調(diào)性來證明不等式的內(nèi)容，但內(nèi)容不易過多過難．

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學(xué)習(xí)資 料

第一課時(shí) 教學(xué)目標(biāo)

1．掌握證明不等式的方法——比較法；

2．熟悉并掌握比較法證明不等式的意義及基本步驟． 教學(xué)重點(diǎn) 比較法的意義和基本步驟.教學(xué)難點(diǎn) 常見的變形技巧.教學(xué)方法 啟發(fā)引導(dǎo)式.教學(xué)過程

（－）導(dǎo)入新課

（教師活動(dòng)）教師提問：根據(jù)前一節(jié)學(xué)過的知識(shí)，我們?nèi)绾斡脤?shí)數(shù)運(yùn)算來比較兩個(gè)實(shí)數(shù)

與 的大??？．

（學(xué)生活動(dòng)）學(xué)生思考問題，找學(xué)生甲口答問題．

（學(xué)生甲回答：，，）

［點(diǎn)評(píng)］（待學(xué)生回答問題后）要比較兩個(gè)實(shí)數(shù) 與 的大小，只要考察 與 的差值的符號(hào)就可以了，這種證明不等式的方法稱為比較法．現(xiàn)在我們就來學(xué)習(xí)：用比較法證明不等式．（板書課題）

設(shè)計(jì)意圖：通過教師設(shè)置問題，引導(dǎo)學(xué)生回憶所學(xué)的知識(shí)，引出用比較法證明不等式，導(dǎo)入本節(jié)課學(xué)習(xí)的知識(shí)．

（二）新課講授

【嘗試探索，建立新知】

（教師活動(dòng)）教師板書問題（證明不等式），寫出一道例題的題目

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[問題] 求證

教師引導(dǎo)學(xué)生分析、思考，研究不等式的證明．

（學(xué)生活動(dòng)）學(xué)生研究證明不等式，嘗試完成問題．

（得出證明過程后）

［點(diǎn)評(píng)］

①通過確定差的符號(hào)，證明不等式的成立．這一方法，在前面比較兩個(gè)實(shí)數(shù)的大小、比較式子的大小、證明不等式性質(zhì)就已經(jīng)用過．

②通過求差將不等問題轉(zhuǎn)化為恒等問題，將兩個(gè)一般式子大小比較轉(zhuǎn)化為一個(gè)一般式子與0的大小比較，使問題簡(jiǎn)化．

③理論依據(jù)是：

④由 要證明，知：要證明 只要證 ；這種證明不等式的方法通常叫做比較法．

設(shè)計(jì)意圖：幫助學(xué)生構(gòu)建用比較法證明不等式的知識(shí)體系，培養(yǎng)學(xué)生化歸的數(shù)學(xué)思想．

【例題示范，學(xué)會(huì)應(yīng)用】

（教師活動(dòng)）教師板書例題，引導(dǎo)學(xué)生研究問題，構(gòu)思證題方法，學(xué)會(huì)解題過程中的一些常用技巧，并點(diǎn)評(píng)．

例1 求證

（學(xué)生活動(dòng)）學(xué)生在教師引導(dǎo)下，研究問題．與教師一道完成問題的論證．

［分析］由比較法證題的方法，先將不等式兩邊作差，得

將此式看作關(guān)于 的二次函數(shù)，由配方法易知函數(shù)的最小值大干零，從而使問題獲證．

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證明：∵

＝

＝，∴ ．

［點(diǎn)評(píng)］

①作差后是通過配方法對(duì)差式進(jìn)行恒等變形，確定差的符號(hào)．

②作差后，式于符號(hào)不易確定，配方后變形為一個(gè)完全平方式子與一個(gè)常數(shù)和的形式，使差式的符號(hào)易于確定．

③不等式兩邊的差的符號(hào)是正是負(fù)，一般需要利用不等式的性質(zhì)經(jīng)過變形后，才能判斷．

變形的目的全在于判斷差的符號(hào)，而不必考慮差的值是多少．至于怎樣變形，要靈活處理，例1介紹了變形的一種常用方法——配方法．

例2 已知都是正數(shù)，并且，求證：

［分析］這是分式不等式的證明題，依比較法證題將其作差，確定差的符號(hào)，應(yīng)通分，由分子、分母的值的符號(hào)推出差值的符合，從而得證．

證明：

＝

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＝ ．

因?yàn)?都是正數(shù)，且，所以

．

∴ ．

即：

[點(diǎn)評(píng)]

①作差后是通過通分法對(duì)差式進(jìn)行恒等變形，由分子、分母的值的符號(hào)推出差的符號(hào)．

②本例題介紹了對(duì)差變形，確定差值的符號(hào)的一種常用方法——通分法．

③例2的結(jié)論反映了分式的一個(gè)性質(zhì)（若都是正數(shù)．

1．當(dāng) 時(shí)，2．當(dāng) 時(shí)，．以后要記?。?/p>

設(shè)計(jì)意圖：鞏固用比較法證明不等式的知識(shí)，學(xué)會(huì)在用比較法證明不等式中，對(duì)差式變形的常用方法——配方法、通分法．

【課堂練習(xí)】

（教師活動(dòng)）打出字幕（練習(xí)），要求學(xué)生獨(dú)立思考．完成練習(xí)；請(qǐng)甲、乙兩學(xué)生板演；巡視學(xué)生的解題情況，對(duì)正確的證法給予肯定和鼓勵(lì)，對(duì)偏差點(diǎn)撥和糾正；點(diǎn)評(píng)練習(xí)中存在的問題．

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學(xué)習(xí)資 料

[字幕]

練習(xí)：1．求證

2．已知，，d都是正數(shù)，且，求證

（學(xué)生活動(dòng)）在筆記本上完成練習(xí)，甲、乙兩位同學(xué)板演．

設(shè)計(jì)意圖，掌握用比較法證明不等式，并會(huì)靈活運(yùn)用配方法和通分法變形差式，確定差式符號(hào)．反饋課堂教學(xué)效果，調(diào)節(jié)課堂教學(xué)．

【分析歸納、小結(jié)解法】

（教學(xué)活動(dòng)）分析歸納例題和練習(xí)的解題過程，小結(jié)用比較法證明不等式的解題方法．

（學(xué)生活動(dòng)）與教師一道分析歸納，小結(jié)解題方法，并記錄筆記．

比較法是證明不等式的一種最基本、重要的方法．用比較法證明不等式的步驟是：作差、變形、判斷符號(hào)．要靈活掌握配方法和通分法對(duì)差式進(jìn)行恒等變形．

設(shè)計(jì)意圖：培養(yǎng)學(xué)生分析歸納問題的能力，掌握用比較法證明不等式的方法．

（三）小結(jié)

（教師活動(dòng)）教師小結(jié)本節(jié)課所學(xué)的知識(shí)．

（學(xué)生活動(dòng)）與教師一道小結(jié)，并記錄筆記．

本節(jié)課學(xué)習(xí)了用比較法證明不等式，用比較法證明不等式的步驟中，作差是依據(jù)，變形是手段，判斷符號(hào)才是目的．掌握求差后對(duì)差式變形的常用方法：配方法和通分法．并在下節(jié)課繼續(xù)學(xué)習(xí)對(duì)差式變形的常用方法．

設(shè)計(jì)意圖：培養(yǎng)學(xué)生對(duì)所學(xué)知識(shí)進(jìn)行概括歸納的能力，鞏固所學(xué)知識(shí)．

（四）布置作業(yè)

1．課本作業(yè)：P16．1，2，3．

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學(xué)習(xí)資 料

2．思考題：已知，求證：

3．研究性題：設(shè)，都是正數(shù)，且，求證：

設(shè)計(jì)意圖，課本作業(yè)供學(xué)生鞏固基礎(chǔ)知識(shí)；思考題供學(xué)有余力的學(xué)生完成，培養(yǎng)其靈活掌握用比較法證明不等式的能力；研究性題是為培養(yǎng)學(xué)生創(chuàng)新意識(shí)．

（五）課后點(diǎn)評(píng)

1．本節(jié)課是用比較法證明不等式的第一節(jié)課，在導(dǎo)入新課時(shí)，教師提出問題，讓學(xué)生回憶所學(xué)知識(shí)中，是如何比較兩個(gè)實(shí)數(shù)大小的，從而引入用比較法證明不等式．這樣處理合情合理，順理成章．

2．在建立新知過程中，教師引導(dǎo)學(xué)生分析研究證明不等式，使學(xué)生在嘗試探索過程中形成用比較法證明不等式的感性認(rèn)識(shí)．

3．例1，例2兩道題主要目的在于讓學(xué)生歸綱、總結(jié)，求差后對(duì)差式變形、并判斷符號(hào)的方法，以及求差比較法的步驟．在這里如何對(duì)差式變形是難點(diǎn)，應(yīng)著重解決．首先讓學(xué)生明確變形目的，減少變形的盲目性；其次是總結(jié)變形時(shí)常用方法，有利于難點(diǎn)的突破．

4．本節(jié)課采用啟發(fā)引導(dǎo)，講練結(jié)合的授課方式，發(fā)揮教師主導(dǎo)作用，體現(xiàn)學(xué)生主體地位，學(xué)生獲取知識(shí)必須通過學(xué)生自己一系列思維活動(dòng)完成．教師通過啟發(fā)誘導(dǎo)學(xué)生深入思考問題，培養(yǎng)學(xué)生思維靈活、嚴(yán)謹(jǐn)、深刻等良好思維品質(zhì)．

作業(yè)答實(shí)

思考題： 又，獲證．，研究性題：

．

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第五篇：不等式證明1

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難點(diǎn)18 不等式的證明策略

不等式的證明，方法靈活多樣，它可以和很多內(nèi)容結(jié)合.高考解答題中，常滲透不等式證明的內(nèi)容，純不等式的證明，歷來是高中數(shù)學(xué)中的一個(gè)難點(diǎn)，本難點(diǎn)著重培養(yǎng)考生數(shù)學(xué)式的變形能力，邏輯思維能力以及分析問題和解決問題的能力.●難點(diǎn)磁場(chǎng)

(★★★★)已知a＞0，b＞0，且a+b=1.求證：(a+1a1b254)(b+)≥.●案例探究

［例1］證明不等式1?12?13???1n?2n(n∈N)

*命題意圖：本題是一道考查數(shù)學(xué)歸納法、不等式證明的綜合性題目，考查學(xué)生觀察能力、構(gòu)造能力以及邏輯分析能力，屬★★★★★級(jí)題目.知識(shí)依托：本題是一個(gè)與自然數(shù)n有關(guān)的命題，首先想到應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法，另外還涉及不等式證明中的放縮法、構(gòu)造法等.錯(cuò)解分析：此題易出現(xiàn)下列放縮錯(cuò)誤：

這樣只注重形式的統(tǒng)一，而忽略大小關(guān)系的錯(cuò)誤也是經(jīng)常發(fā)生的.技巧與方法：本題證法一采用數(shù)學(xué)歸納法從n=k到n=k+1的過渡采用了放縮法；證法二先放縮，后裂項(xiàng)，有的放矢，直達(dá)目標(biāo)；而證法三運(yùn)用函數(shù)思想，借助單調(diào)性，獨(dú)具匠心，發(fā)人深省.證法一：(1)當(dāng)n等于1時(shí)，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；

(2)假設(shè)n=k(k≥1)時(shí)，不等式成立，即1+12131k?11k?112?13???1k＜2k，則1??????2k??2k(k?1)?1k?1?k?(k?1)?1k?1

?2k?1,∴當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式成立.綜合(1)、(2)得：當(dāng)n∈N*時(shí)，都有1+

12?13???1n＜2n.另從k到k+1時(shí)的證明還有下列證法：

?2(k?1)?1?2k(k?1)?k?2k(k?1)?(k?1)?(k?k?1)?0,2?2k(k?1)?1?2(k?1),?k?1?0,?2k?1k?1?2k?1.2k?1?k?2k?1?k?1?1k?1，又如:?2k?1?2k?

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?2k?1k?1?2k?1.證法二：對(duì)任意k∈N*，都有：

1k?2k?12?k13?2k????k?11n?2(k?k?1)，2)???2(n?n?1)?2n.因此1??2?2(2?1)?2(3?12131n證法三：設(shè)f(n)=2n?(1?*

????)，那么對(duì)任意k∈N 都有：

f(k?1)?f(k)?2(k?1??1k?11k?1k)?1k?1[2(k?1)?2k(k?1)?1](k?1?k?1k)2

?0??[(k?1)?2k(k?1)?k]?∴f(k+1)＞f(k)因此，對(duì)任意n∈N 都有f(n)＞f(n－1)＞?＞f(1)=1＞0，∴1?12?13???1n?2n.x?y(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.*［例2］求使x?y≤a命題意圖：本題考查不等式證明、求最值函數(shù)思想、以及學(xué)生邏輯分析能力，屬于★★★★★級(jí)題目.知識(shí)依托：該題實(shí)質(zhì)是給定條件求最值的題目，所求a的最值蘊(yùn)含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有關(guān)性質(zhì)把a(bǔ)呈現(xiàn)出來，等價(jià)轉(zhuǎn)化的思想是解決題目的突破口，然后再利用函數(shù)思想和重要不等式等求得最值.錯(cuò)解分析：本題解法三利用三角換元后確定a的取值范圍，此時(shí)我們習(xí)慣是將x、y與cosθ、sinθ來對(duì)應(yīng)進(jìn)行換元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜

?2)，這樣也得a≥sinθ+cosθ，但是這種換元是錯(cuò)誤的.其原因是：(1)縮小了x、y的范圍；(2)這樣換元相當(dāng)于本題又增加了“x、y=1”這樣一個(gè)條件，顯然這是不對(duì)的.技巧與方法：除了解法一經(jīng)常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若參數(shù)a滿足不等關(guān)系，a≥f(x)，則amin=f(x)max；若 a≤f(x)，則amax=f(x)min，利用這一基本事實(shí)，可以較輕松地解決這一類不等式中所含參數(shù)的值域問題.還有三角換元法求最值用的恰當(dāng)好處，可以把原問題轉(zhuǎn)化.解法一：由于a的值為正數(shù)，將已知不等式兩邊平方，得：

22x+y+2xy≤a(x+y)，即2xy≤(a－1)(x+y)，① ② ∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，②中有等號(hào)成立.本資料從網(wǎng)上收集整理

比較①、②得a的最小值滿足a－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a的最小值是2.x?x?yy(x?x?yy)22解法二：設(shè)u???x?y?2xyx?y?1?2xyx?y.∵x＞0，y＞0，∴x+y≥22xy2xyxy(當(dāng)x=y時(shí)“=”成立)，∴x?y≤1，x?y的最大值是1.從而可知，u的最大值為1?1?2，又由已知，得a≥u，∴a的最小值為2.解法三：∵y＞0，∴原不等式可化為

xy+1≤a

xy?1，設(shè)xy=tanθ，θ∈(0，?2).∴tanθ+1≤atan2??1；即tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+又∵sin(θ+?4?4)，?4).③)的最大值為1(此時(shí)θ=由③式可知a的最小值為2.●錦囊妙計(jì)

1.不等式證明常用的方法有：比較法、綜合法和分析法，它們是證明不等式的最基本的方法.(1)比較法證不等式有作差(商)、變形、判斷三個(gè)步驟，變形的主要方向是因式分解、配方，判斷過程必須詳細(xì)敘述；如果作差以后的式子可以整理為關(guān)于某一個(gè)變量的二次式，則考慮用判別式法證.(2)綜合法是由因?qū)Ч?，而分析法是?zhí)果索因，兩法相互轉(zhuǎn)換，互相滲透，互為前提，充分運(yùn)用這一辯證關(guān)系，可以增加解題思路，開擴(kuò)視野.2.不等式證明還有一些常用的方法：換元法、放縮法、反證法、函數(shù)單調(diào)性法、判別式法、數(shù)形結(jié)合法等.換元法主要有三角代換，均值代換兩種，在應(yīng)用換元法時(shí)，要注意代換的等價(jià)性.放縮性是不等式證明中最重要的變形方法之一，放縮要有的放矢，目標(biāo)可以從要證的結(jié)論中考查.有些不等式，從正面證如果不易說清楚，可以考慮反證法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定詞的命題，適宜用反證法.證明不等式時(shí)，要依據(jù)題設(shè)、題目的特點(diǎn)和內(nèi)在聯(lián)系，選擇適當(dāng)?shù)淖C明方法，要熟悉各

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種證法中的推理思維，并掌握相應(yīng)的步驟、技巧和語言特點(diǎn).●殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練

一、填空題

1.(★★★★★)已知x、y是正變數(shù)，a、b是正常數(shù)，且

ax?by=1，x+y的最小值為__________.2.(★★★★)設(shè)正數(shù)a、b、c、d滿足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，則ad與bc的大小關(guān)系是__________.3.(★★★★)若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，則m、n、p、q的大小順序是__________.二、解答題

4.(★★★★★)已知a，b，c為正實(shí)數(shù)，a+b+c=1.求證：(1)a2+b2+c2≥

(2)3a?2?3b?2?3c?2≤6 5.(★★★★★)已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=6.(★★★★★)證明下列不等式：(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R，則(2)若x，y，z∈R，且x+y+z=xyz，則y?zx?z?xy?x?yz+

+

12，證明：x，y，z∈［0，23］

b?cax?2c?aby?2a?bcz≥2(xy+yz+zx)

2≥2（1x?1y?1z)7.(★★★★★)已知i，m、n是正整數(shù)，且1＜i≤m＜n.(1)證明：niAim＜miAin；

(2)證明：(1+m)n＞(1+n)m

338.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a+b=2，求證：a+b≤2，ab≤1.參考答案

難點(diǎn)磁場(chǎng)

證法一：(分析綜合法）

欲證原式，即證4(ab)+4(a+b)－25ab+4≥0，即證4(ab)－33(ab)+8≥0，即證ab≤ab≥8.∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab，∴ab≤證法二：(均值代換法)設(shè)a=121

4222

14或，從而得證.+t1，b=12+t2.12∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜

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?(a?(?121a)(b?21b)?(1a?1a22?b?1b(?14?t1?t1?1)((222?t1)?112?t12?2?t2)?11214?t21412?t2?t2?1)?t2)2212?t1)(22(?14?t1?t1?1)(14?t2?t2?1)?2(54?t2)?t214?t22

?t2425?16?1432t2?t2222525?16?.144?t2顯然當(dāng)且僅當(dāng)t=0，即a=b=證法三：(比較法）

12時(shí)，等號(hào)成立.∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1125222214

a?1b?1254ab?33ab?8(1?4ab)(8?ab)(a?)(b?)???????0ab4ab44ab4ab 1125?(a?)(b?)?ab4證法四：(綜合法)∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

14.?2?(1?ab)?125?? ??ab4???25?2(1?ab)?1??139?162?1?ab?1???(1?ab)???4416? 1?4?ab?即(a?1a)(b?1b)?254

證法五：(三角代換法）

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，?2)

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(a??1a4)(b?1b)?(sin??4221sin?22)(cos2??1cos?222)2sin??cos??2sin?cos??24sin2?222?(4?sin?)?164sin2??sin2??1,?4?sin2??4?1?3.4?2sin2??16?25?22(4?sin2?)25????11244sin2???24sin2??即得(a?1a)(b?1b)?254.22 殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練

一、1.解析：令ax=cos2θ，by=sin2θ，則x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2atan2??bcot2??a?b?2ab.答案：a+b+2ab

2.解析：由0≤|a－d|＜|b－c|?(a－d)2＜(b－c)2?(a+b)2－4ad＜(b+c)2－4bc ∵a+d=b+c，∴－4ad＜－4bc，故ad＞bc.答案：ad＞bc

3.解析：把p、q看成變量，則m＜p＜n，m＜q＜n.答案：m＜p＜q＜n

二、4.(1)證法一：a2+b2+c2－===13131313=

13(3a2+3b2+3c2－1)［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］

［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］ ［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥

222

證法二：∵(a+b+c)=a+b+c+2ab+2ac+2bc≤a+b+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥a?b?c32222

a?b?c3證法三：∵∴a2+b2+c2≥

?a?b?c3∴a2+b2+c2≥

13證法四：設(shè)a=+α，b=

13+β，c=

13+γ.∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a+b+c=（22213+α)+（2

13+β)+（2

13+γ)

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==1313+23(α+β+γ)+α+β+γ

13222 +α2+β2+γ2≥13

∴a2+b2+c2≥(2)證法一:?同理?

3a?2?3b?32(3a?2)?1?3c?323(a?b?c)?92?63a?2?12,3b?2?,3c?2?3c?2?

3a?2?3b?2?∴原不等式成立.證法二：3a?2?3b?2?33c?2?(3a?2)?(3b?2)?(3c?2)3

?3(a?b?c)?63?3

∴3a?2?3b?2?3c?2≤33＜6 ∴原不等式成立.5.證法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=次方程得：

2y2－2(1－x)y+2x2－2x+

1212，得x2+y2+(1－x－y)2=

12，整理成關(guān)于y的一元二

=0，∵y∈R，故Δ≥0

12∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+同理可得y，z∈［0，證法二：設(shè)x=于是==1313121323)≥0，得0≤x≤

23，∴x∈［0，23］

］

132+x′，y=2

+y′，z=

13132

+z′，則x′+y′+z′=0，=(13+x′)+（13+y′)+（23+z′)

+x′2+y′2+z′2+222

(x′+y′+z′)

13+x′+y′+z′≥2

+x′+

132

(y??z?)22=

13+

2332x′2

23故x′≤19，x′∈［－，13］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］

12證法三：設(shè)x、y、z三數(shù)中若有負(fù)數(shù)，不妨設(shè)x＜0，則x2＞0，=x2+y2+z2≥

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x+2(y?z)22?(1?x)22?x?232x?x?212＞

12，矛盾.23x、y、z三數(shù)中若有最大者大于x+

2，不妨設(shè)x＞

23，則

12=x2+y2+z2≥(y?z)22=x+232(1?x)22=1223232x2－x+

=32x(x－)+12＞；矛盾.］

c?abcby?22故x、y、z∈［0，6.(1)證明:??(?(?bax?baax?x?22b?c22x?a?bc2z?2(xy?yz?zx)accaz?222aby?2xy)?(aby)?(y?2y?bc2bcz?2yz)?(2cax?2zx)2cby?z)?(acz?x)?0b?cc?aba?bcz?2(xy?yz?zx)(2)證明:所證不等式等介于xyz(222y?zx?z?xy?x?yz)?2(xy?yz?zx)2

2?xyz?[yz(y?z)?zx(z?x)?xy(x?y)]?2(xy?yz?zx)?(x?y?z)(yz?yz22222222?zx?zx222?xy?xy)2222?2(xy?yz?zx)?4(xyz?xyz?xyz)?yz?yz?zx?zx?xy?xy22333333?2xyz?2xyz?2xyz2222222222?yz(y?z)?zx(z?x)?xy(x?y)?x(y?z)?y(z?x)?z(x?y)?0∵上式顯然成立，∴原不等式得證.7.證明：(1)對(duì)于1＜i≤m，且Aim =m·?·(m－i+1)，AmmiiAmmm?1m?i?1nn?1n?i?1?????,同理?????，immmnnnnn?kn?m?kmi由于m＜n，對(duì)于整數(shù)k=1，2，?，i－1，有Annii，所以?Ammii,即mAn?nAm

iiii(2)由二項(xiàng)式定理有：

2n2n(1+m)n=1+C1nm+Cnm+?+Cnm，2mm(1+n)m=1+C1mn+C2mn+?+Cmn，本資料從網(wǎng)上收集整理

ii由(1)知miAi＞niAi(1＜i≤miAmnm，而Cm=

i!,Cin?Ani!

∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

∴m0C0n=n0C0n=1，mC1n=nC1m=m·n，m2C2n＞n2C2m，?，mmCmn＞nmCmm，mm+1Cm?1n＞0，?，mnCnn＞0，∴1+C1nm+C2nm2+?+Cnnmn＞1+C1mn+C2mn2+?+Cmmnm，即(1+m)n＞(1+n)m成立.8.證法一：因a＞0，b＞0，a

3+b3

=2，所以(a+b)3－23=a3+b3+3a

2b+3ab2

－8=3a2

b+3ab2

－6 =3［ab(a+b)－2］=3［ab(a+b)－(a3

+b3)］=－3(a+b)(a－b)2

≤0.即(a+b)3≤23，又a+b＞0，所以a+b≤2，因?yàn)?ab≤a+b≤2，所以ab≤1.證法二：設(shè)a、b為方程x2－mx+n=0的兩根，則a?b??m?，?n?ab因?yàn)閍＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m

2－4n≥0

因?yàn)?=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)2所以n=m3?23m

將②代入①得m2－4(m23?23m)≥0，3即?m?83m≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，由2≥m 得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，即n≤1，所以ab≤1.證法三：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

2=a3+b3=(a+b)(a2+b2

－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b)于是有6≥3ab(a+b)，從而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）33證法四：因?yàn)閍?b2?(a?b32)

22?4ab?a2?b2?(a?b)[4a?4b?2ab])(a?b)28?3(a?b8≥0，所以對(duì)任意非負(fù)實(shí)數(shù)a、b，有

a3?b32≥(a?b32)3

b3

33因?yàn)閍＞0，b＞0，a+=2，所以1=a?ba?b32≥(2)，∴a?b2≤1，即a+b≤2，(以下略）

證法五：假設(shè)a+b＞2，則

①②

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a+b=(a+b)(a－ab+b)=(a+b)［(a+b)－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，又a+b=(a+b)［a－ab+b］=(a+b)［(a+b)－3ab］＞2(2－3ab)因?yàn)閍3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)332

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