第一篇：不等式的證明·典型例題2
不等式的證明·典型例題
【例1】 已知a，b，c∈R+，求證：a3+b3+c3≥3abc． 【分析】 用求差比較法證明．
證明：a3+b3+c3-3abc=[(a+b)3+c3]-3a2b-3ab2-3abc =(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[a2+b2+c2-ab-bc-ca]
∵a，b，c∈R+，∴a+b+c＞0．
(c-a)]2≥0 即 a3+b3+c3-3abc≥0，∴a3+b3+c3≥3abc．
【例2】 已知a，b∈R+，n∈N，求證：(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1)．【分析】 用求差比較法證明． 證明：左-右=an+1+abn+anb+bn+1-2an+1-2bn+1 =abn+anb-an+1-bn+1 =a(bn-an)+b(an-bn)=(bn-an)(a-b)當a＞b＞0時，bn-an＜0，a-b＞0，∴(*)＜0；
(*)當b＞a＞0時，bn-an＞0，a-b＜0，∴(*)＜0； 當a=b＞0時，bn-an=0，a-b=0，∴(*)=0． 綜上所述，有(a+b)(an+bn)-2(an+1+bn+1)≤0． 即(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1)．
【說明】 在求差比較的三個步驟中，“變形”是關鍵，常用的變形手段有配方、因式分解等，常將“差式”變形為一個常數，或幾個因式積的形式．
【例3】 已知a，b∈R+，求證aabb≥abba． 【分析】 采用求商比較法證明． 證明：∵a，b∈R+，∴abba＞0
綜上所述，當a＞0，b＞0，必有aabb≥abba． 【說明】 商值比較法的理論依據是：
【例4】 已知a、b、c是不全等的正數，求證： a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．
【分析】 采用綜合法證明，利用性質a2+b2≥2ab． 證明：∵b2+c2≥2bc，a＞0，∴a(b2+c2)≥2abc．
①
同理b(c2+a2)≥2abc
②
c(a2+b2)≥2abc
③
∵a，b，c不全相等，∴①，②，③中至少有一個式子不能取“=”號 ∴①+②+③，得a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc． 【例5】 已知a，b，c∈R+，求證：(1)(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc；
【分析】 用綜合法證明，注意構造定理所需條件． 證明：
(1)ab+a+b+1=(a+1)(b+1)，ab+ac+bc+c2=(a+c)(b+c)．
∴(a+1)(b+1)(a+c)(b+c)≥16abc 因此，當a，b，c∈R+，有
(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c)≥16abc．
2【說明】 用均值定理證明不等式時，一要注意定理適用的條件，二要為運用定理對式子作適當變形，把式子分成若干分，對每部分運用均值定理后，再把它們相加或相乘．
【分析】 采用分析法證明．
(*)∵a＜c，b＜c，∴a+b＜2c，∴(*)式成立． ∴原不等式成立．
用充分條件代替前面的不等式．
【例7】 若a、b、c是不全相等的正數，求證：
證明二：(綜合法)∵a，b，c∈R+，abc成立．上式兩邊同取常用對數，得
【說明】 分析法和綜合法是對立統一的兩個方面．在證法一中，前面是分析法，后面是綜合法，兩種方法結合使用，使問題較易解決．分析法的證明過程恰恰是綜合法的分析、思考過程，綜合法的證明方法是分析思考過程的逆推．
【例8】 已知a＞2，求證loga(a-1)·loga(a+1)＜1．
【分析】 兩個對數的積不好處理，而兩個同底對數的和卻易于處理．因為我們可以先把真數相乘再取對數，從而將兩個對數合二為一，平均值不等式恰好有和積轉化功能可供利用．
證明：∵a＞2，∴loga(a-1)＞0，loga(a+1)＞0． 又loga(a-1)≠loga(a+1)
∴loga(a-1)·loga(a+1)＜1．
【說明】 上式證明如果從loga(a-1)·loga(a+1)入手，得loga(a-1)
二為一了．另外，在上述證明過程中，用較大的logaa2代替較小的loga(a2-1)，并用適當的不等號連結，從而得出證明．這種方法通常叫做“放縮法”．同樣，也可以用較小的數代替較大的數，并用適當的不等號連結．
【例9】 已知：a，b，c都是小于1的正數；
【分析】 采用反證法證明．其證明思路是否定結論從而導出與已知或定理的矛盾．從而證明假設不成立，而原命題成立．對題中“至少
∵a，b，c都是小于1的正數，故與上式矛盾，假設不成立，原命題正確．
【說明】 反證法是利用互為逆否命題具有等價性的思想進行推證的．反證法必須羅列各種與原命題相異的結論，缺少任何一種可能，則反證都是不完全的，遇到“至少”、“至多”、“唯一”等字句的命題常用反證法．
|a|≤1．
【說明】 換元法是將較為復雜的不等式利用等價轉換的思想轉換成易證明的不等式．常用的換元法有(1)，若|x|≤1，可設x=sinα，α∈R；(2)若x2+y2=1，可設x=sinα，y=cosα；(3)若x2+y2≤1，可設x=
【例11】 已知a1、a2、?an，b1、b2、?bn為任意實數，求
證明：構造一個二次函數
它一定非負，因它可化為(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+?+(anx-bn)2．
∴Δ≤0，(當a1，a2，?an都為0時，所構造式子非二次函數，但此時原不等式顯然成立．)
【說明】上例是用判別式法證明的“柯西不等式”，它可寫為：
變量分別取|a+b|，|a|、|b|時就得到要證的三個式子．因此，可考慮從函數
∴f（x2）＞f（x1），f（x）在[0，+∞）上是增函數． 取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，顯然0≤x1≤x2． ∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|）．
【說明】這里是利用構造函數，通過函數的單調性，結合放縮法來證明不等式的．應注意的是，所給函數的單調整性應予以論證．
【例13】已知a，b，m，n∈R，且a2+b2=1，m2+n2=1，求證：|am+bn|≤1． 證法一：（比較法）
證法二：（分析法）
∵a，b，m，n∈R，∴上式成立，因此原不等式成立． 證法三：（綜合法）
∵a，b，m，n∈R，∴（|a|-|m|）2≥0，（|b|-|n|）2≥0． 即a2+m2≥2|am|，b2+n2≥2|bn| ∴a2+m2+b2+n2≥2（|am|+|bn|）∵a2+b2=1，m2+n2=1，∴|am|+|bn|≤1 ∴|am+bn|≤|am|+|bn|≤1． 證法四：（換元法）
由已知，可設a=sinα，b=cosα，m=sinβ，n=cosβ． 于是|am+bn|=|sinαsinβ+cosαcosβ|=|cos（α-β）|≤1． 【說明】一個不等式的證明方法往往不只一種，要注意依據題目特點選擇恰當的方法．
【例14】已知f（x）=x2-x+c，且|x-a|＜1，（a，b，c∈R）求證：|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．
【分析】絕對值不等式的證明充分利用絕對值不等式性質：
證明：|f（x）－f（a）|=|x2-x+c-a2+a-c| =|（x+a）（x-a）-（x-a）|=|x-a||x+a-1|＜|x+a-1| =|（x-a）+2a-1|＜|x-a|+|2a|+|（-1）|＜1+2|a|+1=2（|a|+1）． ∴|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．
【例15】當h與|a|，|b|，1中最大的一個相等，求證：當|x|＞h時，由已知，有|x|＞h≥|a|，|x|＞h≥|b|，|x|＞h≥1 ∴|x|2≥b．
第二篇：不等式的證明典型例題分析
不等式的證明典型例題分析
例1 已知，求證：．
證明 ∵
∴，當且僅當時等號成立．
點評 在利用差值比較法證明不等式時，常采用配方的恒等變形，以利用實數的性質例2 已知均為正數，求證.．
分析 由于所證不等式兩端都是冪和積的形式，且
證明
這時為不等正數，不失一般性，設，.為正數，可選用商值比較法.，.由指數函數的性質可知，所以
即
例3 已知
求證：..，．
分析 不等式的左端是根式，而右端是整式，應設法通過適當的放縮變換將左式各根式的被開方式轉化為完全平方式．
證明 ∵
∴，．
即．
兩邊開方，得．
同理可得三式相加，得．． ．
例4 設，求證：
分析 當所證結論在形式上比較繁雜時，一般都可采用分析法.證明 要證明
只要證
因為，故只要證
由于函數故只要證
即證
只要證
即證
在上是減函數，這是顯然成立的，故原不等式成立.點評 分析法是一種不斷探求要證明不等式成立的充分條件的方法，表述證明過程時應予以注意.例5 已知都是正數，求證：
（1）
（2）
分析 用綜合法證明.證明（1）∵
都是正數，則，∴
∴，即
（2）∵
都是正數，則，點評
變形.例6
證明
點評
∴
用不等式的平均值定理證明不等式時，要注意定理的條件，還要注意為運用定理而作出的適當已知，且，求證：（1）；（2）（1）∵，∴
（2）
其中的放縮是以給出的條件或已證結果被運用作為思考的目標.3
第三篇：不等式的證明方法經典例題
不等式的證明方法
不等式的證明是高中數學的一個難點，證明方法多種多樣，近幾年高考出現較為形式較為活躍，證明中經常需與函數、數列的知識綜合應用，靈活的掌握運用各種方法是學好這部分知識的一個前提，下面我們將證明中常見的幾種方法作一列舉。
a2?b2a?b注意a?b?2ab的變式應用。常用(其中a,b?R?)來解決有?2222關根式不等式的問題。
一、比較法
比較法是證明不等式最基本的方法，有做差比較和作商比較兩種基本途徑。
1、已知a,b,c均為正數，求證：
111111????? 2a2b2ca?bb?cc?a
二、綜合法
綜合法是依據題設條件與基本不等式的性質等，運用不等式的變換，從已知條件推出所要證明的結論。
2、a、b、c?(0,??)，a?b?c?1，求證：
4a2?b2?c2?4413
3、設a、b、c是互不相等的正數，求證：a?b?c?abc(a?b?c)
4、知a,b,c?R，求證:
a2?b?2b2?c?2c2?a?2(a?b?c)
211(1?)(1?)?9xy5、x、y?(0,??)且x?y?1，證：。
6、已知a,b?R,a?b?1求證：?1????1??1?1??1???.a??b?9
三、分析法
分析法的思路是“執果索因”：從求證的不等式出發，探索使結論成立的充分條件，直至已成立的不等式。
7、已知a、b、c為正數，求證：
2(a?ba?b?c3?ab)?3(?abc)23
8、a、b、c?(0,??)且a?b?c?1，求證a?b?c?3。
四、換元法
換元法實質上就是變量代換法，即對所證不等式的題設和結論中的字母作適當的變換，以達到化難為易的目的。
9、b?1，求證：ab?(1?a2)(1?b2)?1。
22x?y?1，求證：?2?x?y?210、114??.a?bb?ca?c1222212、已知1≤x＋y≤2，求證：≤x－xy＋y≤3．
211、已知a>b>c,求證：
13、已知x－2xy＋y≤2，求證：| x＋y |≤10．
14、解不等式5?x?221x?1＞
2215、－1≤1?x－x≤2．
五、增量代換法
在對稱式(任意互換兩個字母，代數式不變)和給定字母順序(如a＞b＞c)的不等式，常用增量進行代換，代換的目的是減少變量的個數，使要證的結論更清晰，思路更直觀，這樣可以使問題化難為易，化繁為簡．
16、已知a，b?R，且a＋b = 1，求證：(a＋2)＋(b＋2)≥
六、利用“1”的代換型
2225． 2111已知a,b,c?R?,且 a?b?c?1,求證： ???9.abc17、七、反證法
反證法的思路是“假設?矛盾?肯定”，采用反證法時，應從與結論相反的假設出發，推出矛盾的過程中，每一步推理必須是正確的。
18、若p＞0，q＞0，p＋q= 2，求證：p＋q≤2．證明：反證法 33119、已知a、b、c?（0，1），求證：(1?a)b，(1?b)c，(1?c)a，不能均大于4。
20、已知a,b,c∈（0，1），求證：（1－a）b,（1－b）c,（1－c）a 不能同時大于
1。
421、a、b、c?R，a?b?c?0，ab?bc?ca?0，a?b?c?0，求證：a、b、c均為正數。
八、放縮法
放縮時常用的方法有：1去或加上一些項2分子或分母放大（或縮小）3用函數單調性放縮4用已知不等式放縮
22、已知a、b、c、d都是正數，求證：1＜＜2．
bdac＋＋＋
a?b?cb?c?dc?d?ad?a?b23、n?N，求證：*2(n?1?1)?1?12?13???1n?2n?1。
24、A、B、C為?ABC的內角，x、y、z為任意實數，求證：x2?y2?z2?2yzcosA?2xzcosB?2xycosC。
證
九、構造函數法
構造函數法證明不等式24 設0≤a、b、c≤2，求證：4a＋b＋c＋abc≥2ab＋2bc＋2ca．
25、設a、b∈R，且a＋b =1，求證：(a＋2)＋(b＋2)≥?222225． 226、設a＞0，b＞0，a＋b = 1，求證：2a?1＋2b?1≤22． 1．實數絕對值的定義:
|a|=
這是去掉絕對值符號的依據，是解含絕對值符號的不等式的基礎。
2．最簡單的含絕對值符號的不等式的解。
若a>0時，則
|x| |x|>a x<-a或x>a。 注:這里利用實數絕對值的幾何意義是很容易理解上式的，即|x|可看作是數軸上的動點P(x)到原點的距離。 3．常用的同解變形 |f(x)| |f(x)|>g(x)f(x)<-g(x)或f(x)>g(x)； |f(x)|<|g(x)| f2(x) 4．三角形不等式: ||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|。 高中數學不等式典型例題解析 高中數學輔導網http://www.tmdps.cn/ 概念、方法、題型、易誤點及應試技巧總結 不等式 一．不等式的性質： 1．同向不等式可以相加；異向不等式可以相減：[同向相加，異向相減] 若，則（若，則），但異向不等式不可以相加；同向不等式不可以相減； 2．左右同正不等式：同向的不等式可以相乘，但不能相除；異向不等式可以相除，但不能相乘：若，則（若，則）；[同向相乘，異向相除] 3．左右同正不等式：兩邊可以同時乘方或開方：若 bn或 4．若 ；若 1a，則，則，則 1b 。如 （1）對于實數a,b,c中，給出下列命題： ①若則； ④若 ； ②若則 ⑤若 則則 ； ③若 則 ； ； ⑥若 a ⑦若 則； 則 ； ⑧若 1a 1b，則。 其中正確的命題是______ （答：②③⑥⑦⑧）； （2）已知 （答： ca 的取值范圍是______ （答：），）；（3）已知，則，且的取值范圍是______ 則 二．不等式大小比較的常用方法： 1．作差：作差后通過分解因式、配方等手段判斷差的符號得出結果； 2．作商（常用于分數指數冪的代數式）； 3．分析法； 4．平方法； 5．分子（或分母）有理化； 6．利用函數的單調性； 7．尋找中間量或放縮法 ； 8．圖象法。其中比較法（作差、作商）是最基本的方法。如 （1）設 a 的大小 （答：當 時，且，比較logat和log （時取等號）；當 時，京翰教育http://www.tmdps.cn/ （時取等號））； （2）設，，試比較p,q的大小 （答：）； （3）比較1+logx3與且或 2logx2；當 時，1+logx3＞2logx2；當的大小（答：當 時，1+logx3＜ 時，1+logx3＝2logx2） 三．利用重要不等式求函數最值時，你是否注意到：“一正二定三相等，和定積 最大，積定和最小”這17字方針。如（1）下列命題中正確的是 A、1x 的最小值是2 2 4x4x 0)的最大值是 0)的最小值是、C、（答：C）； （2）若，則的最小值是______、（答：）； （3）正數x,y滿足，則 的最小值為______ （答：）； 4.常用不等式有：（1 (根據目標不等式左右 的運算結構選用)；（2）a、b、，且僅當時，取等號）；（3）若 b a 如果正數a、b滿足，則ab，則 （當 （糖水的濃度問題）。如 的取值范圍是_________ （答：） 五．證明不等式的方法：比較法、分析法、綜合法和放縮法(比較法的步驟是： 作差（商）后通過分解因式、配方、通分等手段變形判斷符號或與1的大小，然后作出結論。).常用的放縮技巧有： n 1n 如（1）已知，求證： (2)已知，求證：（3）已知，且(4)若，求證： ；； ； a、b、c 是不全相等的正數，求證： lg lg ca ； 2 （5）已知，求證：若 1已知，求證：（8）求證： n； 1n ；(6) 。 六．簡單的一元高次不等式的解法：標根法：其步驟是：（1）分解成若干個一次 因式的積，并使每一個因式中最高次項的系數為正；（2）將每一個一次因式的根標在數軸上，從最大根的右上方依次通過每一點畫曲線；并注意奇穿過偶彈回；（3）根據曲線顯現f(x)的符號變化規律，寫出不等式的解集。如 （1）解不等式 （答： （2） 不等式 （答：的解集是____ 或）； 的解集為的解集為 或）。 （3）設函數f(x)、g(x)的定義域都是R，且，的解集為，則不等式______ （答：）；（4）要使滿足關于x的不等式（解集非空）的每一個x的值 和x 中的一個，則實數a的至少滿足不等式取值范圍是______.（答：[7，818)） 七．分式不等式的解法：分式不等式的一般解題思路是先移項使右邊為0，再通 分并將分子分母分解因式，并使每一個因式中最高次項的系數為正，最后用標根法求解。解分式不等式時，一般不能去分母，但分母恒為正或恒為負時可去分母。如 （1）解不等式 2）； 的解集為，則關于x的不等式 （答： （2）關于x的不等式 的解集為____________）.（答： 八．絕對值不等式的解法： 1．分段討論法（最后結果應取各段的并集）：如解不等式 | （答：）； （2）利用絕對值的定義； （3）數形結合；如解不等式 （答： （4）兩邊平方：如 若不等式______。 （答：{） 九．含參不等式的解法：求解的通法是“定義域為前提，函數增減性為基礎，分類討論是關鍵．”注意解完之后要寫上：“綜上，原不等式的解集是?”。注意：按參數討論，最后應按參數取值分別說明其解集；但若按未知數討論，最后應求并集.如 （1）若loga，則a 對 恒成立，則實數a的取值范圍為）的取值范圍是__________ （答：或 （2）解不等式 ax）； 1a 1a 或）時，時，（答： }； 時，{x|或 ； 提醒：（1）解不等式是求不等式的解集，最后務必有集合的形式表示；（2） 不等式解集的端點值往往是不等式對應方程的根或不等式有意義范圍的端點值。如關于x的不等式的解集為，則不等式的解集為 __________（答：（－1,2）） 十一．含絕對值不等式的性質： a、b同號或有號或有 ； a、b異 如設，實數a滿足，求證： 十二．不等式的恒成立,能成立,恰成立等問題：不等式恒成立問題的常規處理方 式？（常應用函數方程思想和“分離變量法”轉化為最值問題，也可抓住所給不等式的結構特征，利用數形結合法）1).恒成立問題 若不等式 若不等式 在區間D上恒成立,則等價于在區間D上如（1）設實數x,y滿足，當時，c的取值范圍是______）（答：；（2）不等式）； 在區間D上恒成立,則等價于在區間D上 對一切實數x恒成立，求實數a的取值范圍_____（答： （3）若不等式取值 對滿足的所有m都成立，則x的范圍_____ （答：（（4）若不等式 n ，））； 對于任意正整數n恒成立，則實數a的取 值范圍是_____ （答：）； （5）若不等式對求m的 取值范圍.（答：） 2).能成立問題 若在區間D上存在實數x使不等式上 ； 若在區間D上存在實數x使不等式上的如 已知不等式范圍____ （答：） 3).恰成立問題 若不等式在區間D上恰成立, 解集為D； 的所有實數x都成立，成立,則等價于在區間D 成立,則等價于在區間D 則等價于不等式的若不等式解集為D.在區間D上恰成立, 則等價于不等式的在實數集R上的解集不是空集，求實數a的取值 關于不等式證明的常用方法 (1)比較法證不等式有作差(商)、變形、判斷三個步驟，變形的主要方向是因式分解、配方，判斷過程必須詳細敘述如果作差以后的式子可以整理為關于某一個變量的二次式，則考慮用判別式法證 (2)綜合法是由因導果，而分析法是執果索因換元法、放縮法、反證法、函數單調性法、判別式法、數形結合法換元法主要放縮性是不等式證明中最重要的變形方法之一.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 典型題例 例1證明不等式1? 12?1 3???1 n?2n(n∈N*)知識依托 本題是一個與自然數n有關的命題，首先想到應用數學歸納法，另外還涉及不等式證明中的放縮法、構造法等 例2求使x?y≤ax?y(x＞0，y＞0)恒成立的a 知識依托 該題實質是給定條件求最值的題目，所求a的最值蘊含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有關性質把a呈現出來，等價轉化的思想是解決題目的突破口，然后再利用函數思想和重要不等式等求得最值例3已知a＞0，b＞0，且a+b=1求證(a+11)(b+)ba證法一(分析綜合法）證法二(均值代換法)證法三(比較法）證法四(綜合法)證法五(三角代換法）鞏固練習已知x、y是正變數,a、b是正常數,且ab?=1，x+y的最小值為xy設正數a、b、c、d滿足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，則ad與bc的大小關系是 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__________ 已知a，b，c為正實數，a+b+c=1求證1(2)a?2?3b?2?c?2≤6 312已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2= x，y，z∈［0，］ 23(1)a2+b2+c2≥證明下列不等式b?c2c?a2a?b2z≥2(xy+yz+zx)x?y?abc y?zz?xx?y111??(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，則≥2(??)xyzxyz(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，則 已知i，m、n是正整數，且1＜i≤m＜n(1)證明 niAi m＜miAi n(2)(1+m)n＞(1+n)m 若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求證 a+b≤2，ab≤1不等式知識的綜合應用 典型題例 例1用一塊鋼錠燒鑄一個厚度均勻，且表面積為2平方米的正四棱錐形有蓋容器(如右圖)設容器高為h米，蓋子邊長為a米，(1)求a關于h的解析式；(2)設容器的容積為V立方米，則當h為何值時，V最大？求出V的最大值(求解本題時，不計容器厚度) 知識依托本題求得體積V的關系式后，應用均值定理可求得最值 例2已知a，b，c是實數，函數f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，當－1≤x≤1時|f(x)|≤ 1(1)|c|≤1； (2)當－1 ≤x≤1時，|g(x)|≤2； (3)設a＞0，有－1≤x≤1時，g(x)的最大值為2，求f(x) 知識依托 二次函數的有關性質、函數的單調性，絕對值不等式 例3設二次函數f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，方程f(x)－x=0的兩個根x1、x2滿足0＜x1＜x2(1)當x∈［0，x1)時，證明x＜f(x)＜x1； (2)設函數f(x)的圖象關于直線x=x0對稱，證明 x0＜ x 1鞏固練習 定義在R上的奇函數f(x)為增函數，偶函數g(x)在區間［0，+∞)的圖象與f(x)的圖象重合，設a＞b＞0，給出下列不等 式，其中正確不等式的序號是() ①f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b)②f(b)－f(－a)＜g(a)－g(－b)③f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a)④f(a)－f(－b)＜g(b)－g(－a)①③ B②④ C①④ ②③ 下列四個命題中①a+b≥ 2ab②sin2x+ 4≥4③設x，y都是正數，若則x+y的最小值是12④?=1，2 xysinx 若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，則|x－y|＜2ε，其中所有真命題的序號是__________ 已知二次函數 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，設方程f(x)=x的兩實數根為x1，x2 (1)如果x1＜2＜x2＜4，設函數f(x)的對稱軸為x=x0，求證x0＞－1；(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范圍 設函數f(x)定義在R上，對任意m、n恒有f(m+n)=f(m)·f(n)，且當x＞0時，0＜f(x)＜ 1(1)f(0)=1，且當x＜0時，f(x)＞1； (2)f(x)在R上單調遞減； (3)設集合A={(x，y)|f(x2)·f(y2)＞f(1)}，集合B={(x，y)|f(ax－g+2)=1，a∈R}，若A∩B=?，求a的取值范圍 2x2?bx?c 已知函數f(x)=(b＜0)的值域是［1，3］，2x?1 (1)求b、c的值； (2)判斷函數F(x)=lgf(x)，當x∈［－1，1］時的單調性，并證明你的結論；(3)若t∈R，求證 lg 711≤F(|t－|－|t+|)≤566數列與不等式的交匯題型分析及解題策略 【命題趨向】 數列與不等式交匯主要以壓軸題的形式出現，試題還可能涉及到與導數、函數等知識綜合一起考查.主要考查知識數列的通項公式、前n項和公式以及二者之間的關系、等差數列和等比數列、歸納與猜想、數歸納法、比較大小、不等式證明、參數取值范圍的探求，在不等式的證明中要注意放縮法的應用.【典例分析】 題型一 求有數列參與的不等式恒成立條件下參數問題 求得數列與不等式結合恒成立條件下的參數問題主要兩種策略：(1)若函數f(x)在定義域為D，則當x∈D時，有f(x)≥M恒成立?f(x)min≥M；f(x)≤M恒成立?f(x)max≤M；(2)利用等差數列與等比數列等數列知識化簡不等式，再通過解不等式解得.11 1【例1】等比數列{an}的公比q＞1，第17項的平方等于第24項，求使a1＋a2＋…＋an＞…恒成立的正整數n的取 a1a2an值范圍.【例2】（08·全國Ⅱ）設數列{an}的前n項和為Sn．已知a1＝a，an+1＝Sn＋3n，n∈N*． (Ⅰ)設bn＝Sn－3n，求數列{bn}的通項公式；（Ⅱ）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范圍．【點評】 一般地，如果求條件與前n 項和相關的數列的通項公式，則可考慮Sn與an的關系求解 題型二 數列參與的不等式的證明問題 此類不等式的證明常用的方法：(1)比較法，特別是差值比較法是最根本的方法；(2)分析法與綜合法，一般是利用分析法分析，再利用綜合法分析；(3)放縮法，主要是通過分母分子的擴大或縮小、項數的增加與減少等手段達到證明的目的.【例3】 已知數列{an}是等差數列，其前n項和為Sn，a3＝7，S4＝24．(Ⅰ)求數列{an}的通項公式；(Ⅱ)設p、q都是正整 1數，且p≠q，證明：Sp+q＜(S2p＋S2q)．【點評】 利用差值比較法比較大小的關鍵是對作差后的式子進行變形，途徑主要有：（1） 2因式分解；（2）化平方和的形式；（3）如果涉及分式，則利用通分；（4）如果涉及根式，則利用分子或分母有理化.【例4】(08·安徽高考)設數列{an}滿足a1＝0，an+1＝can3＋1－c，c∈N*，其中c為實數.(Ⅰ)證明：an∈[0，1]對任意n∈N*11成立的充分必要條件是c∈[0，1]；(Ⅱ)設0＜c＜，證明：an≥1－(3c)n?1，n∈N*；（Ⅲ）設0＜c＜，證明：a12＋a22＋…＋an 2332 ＞n＋1－n∈N*.1－3c 題型三 求數列中的最大值問題 求解數列中的某些最值問題，有時須結合不等式來解決，其具體解法有：(1)建立目標函數，通過不等式確定變量范圍，進而求得最值；(2)首先利用不等式判斷數列的單調性，然后確定最值；(3)利用條件中的不等式關系確定最值.【例5】(08·四川)設等差數列{an}的前n項和為Sn，若S4≥10，S5≤15，則a4的最大值為______.【例6】 等比數列{an}的首項為a1＝2002，公比q＝－．(Ⅰ)設f(n)表示該數列的前n項的積，求f(n)的表達式；(Ⅱ)當n 取何值時，f(n)有最大值． 題型四 求解探索性問題 數列與不等式中的探索性問題主要表現為存在型，解答的一般策略：先假設所探求對象存在或結論成立，以此假設為前提條件進行運算或邏輯推理，若由此推出矛盾，則假設不成立，從而得到“否定”的結論，即不存在.若推理不出現矛盾，能求得在范圍內的數值或圖形，就得到肯定的結論，即得到存在的結果.【例7】 已知{an}的前n項和為Sn，且an＋Sn＝4.(Ⅰ)求證：數列{an}是等比數列；(Ⅱ)是否存在正整數k，使 【點評】在導出矛盾時須注意條件“k∈N*”，這是在解答數列問題中易忽視的一個陷阱.【例8】(08·湖北)已知數列{an}和{bn}滿足：a1＝λ，an+1＝n＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ為實數，n為正整 3數.（Ⅰ）對任意實數λ，證明數列{an}不是等比數列；（Ⅱ）試判斷數列{bn}是否為等比數列，并證明你的結論；（Ⅲ）設0＜a＜b,Sn為數列{bn}的前n項和.是否存在實數λ，使得對任意正整數n，都有a＜Sn＜b?若存在，求λ的取值范圍；若不存在，說明理由.數列與不等式命題新亮點 例1 把數列一次按第一個括號一個數,按第二個括號兩個數,按第三個括號三個數,按第四個括號一個數?,循環分為(1),(3,5),(7,9,11),(13),(15,17),(19,21,23),(23)?,則第50個括號內各數之和為_____.點評:恰當的分組,找到各數之間的內在聯系是解決之道.此外,這種題對觀察能力有較高的要求.例2 設A.bn Sk+1－2 ＞2成立.Sk－2 ?an?是由正數構成的等比數列, bn?an?1?an?2,cn?an?an?3,則() S ?cnB.bn?cnC.bn?cnD.bn?cn 點評:此題較易入手,利用作差法即可比較大小,考察數列的遞推關系.例3 若對x?(??,?1],不等式(m ?m)2x?()x?1恒成立,則實數m的取值范圍() A B D A.(?2,3)B.(?3,3)C.(?2,2)D.(?3,4) 例4四棱錐S-ABCD的所有棱長均為1米,一只小蟲從S點出發沿四棱錐的棱爬行,若在每一頂點處選擇不同的棱都是等可能的.設小蟲爬行n米后恰好回到S點的概率為Pn(1)求P2、P3的值;(2)求證: 3Pn?1?Pn 例5 已知函數 ?1(n?2,n?N)(3)求證: P2?P3???Pn>6n?5(n?2,n?N) 4f?x??x2?x.(1)數列 ?an?滿足: a1?0,an?1?f??an?,若? 1?對任意的n?N恒成立,試求a1的取值范圍;2i?11?ai,Sk為數列?cn?的前k項和, Tk為數列?cn?的1?bn n (2)數列 ?bn?滿足: b1?1,bn?1?f?bn??n?N?,記cn? Tk7 ?.?10k?1Sk?Tk n 前k項積,求證 例6(1)證明: ln ?1?x??x(x?0)(2)數列?an?中.a1?1,且an???1? ?1?1 a??n?2?;?n?1 2n?1?n 2①證明: an【專題訓練】 ? 7?n?2?②an?e2?n?1? 4 aaD．a6a8（）D．bn≤cn （） 1．已知無窮數列{an}是各項均為正數的等差數列，則有 aaA．＜ a6a8 aaB． a6a8 aaC．＞a6a8 2．設{an}是由正數構成的等比數列，bn＝an+1＋an+2，cn＝an＋an+3，則 A．bn＞cn B．bn＜cn C．bn≥cn 3．已知{an}為等差數列，{bn}為正項等比數列，公比q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，則（） A．a6＝b6 A．9 A．S4a5＜S5a4 B．a6＞b6 B．8 B．S4a5＞S5a4 C．a6＜b6 C．7 C．S4a5＝S5a4 S (n＋32)Sn+1 1C． D．a6＞b6或a6＜b6（）D．6 D．不確定（） 150 4．已知數列{an}的前n項和Sn＝n2－9n，第k項滿足５＜ak＜８，則k＝ 5．已知等比數列{an}的公比q＞0，其前n項的和為Sn，則S4a5與S5a4的大小關系是（） 6．設Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，則函數f(n)＝ A． 120 B． 130 D． 7．已知y是x的函數，且lg3，lg(sinx－)，lg(1－y)順次成等差數列，則 A．y有最大值1，無最小值B．y有最小值 （） 1111 C．y有最小值，最大值1D．y有最小值－1，最大值11212 （） Ｄ．(－∞，－1?∪?3，＋∞) 8．已知等比數列{an}中a2＝1，則其前3項的和S3的取值范圍是 Ａ．(－∞，－1? Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)Ｃ．?3，＋∞) 9．設3b是1－a和1＋a的等比中項，則a＋3b的最大值為() A．1（） A．充分不必要條件 11．{an}為等差數列，若 A．11 B．必要不充分條件C．充分比要條件 D．既不充分又不必要條件 （） B．2 C． 3D．4 10．設等比數列{an}的首相為a1，公比為q，則“a1＜0，且0＜q＜1”是“對于任意n∈N*都有an+1＞an”的a1，且它的前n項和Sn有最小值，那么當Sn取得最小正值時，n＝ a10 B．17 C．19 D．21 12．設f(x)是定義在R上恒不為零的函數，對任意實數x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝an＝f(n)(n∈N*)，則數列{an}的前n項和Sn的取值范圍是 1A．?，2) B．[，2] （）1 C．1) D．[1] S13．等差數列{an}的前n項和為Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，記Tn＝，如果存在正整數M，使得對一切正整數n，Tn≤M都 n 成立．則M的最小值是__________． 14．無窮等比數列{an}中，a1＞1，|q|＜1，且除a1外其余各項之和不大于a1的一半，則q的取值范圍是________.(a＋b) 215．已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差數列，x，c，d，y成等比數列，則的最小值是________.cd Ａ．0 Ｂ．1 Ｃ．2 Ｄ． 416．等差數列{an}的公差d不為零，Sn是其前n項和，給出下列四個命題：①A．若d＜0，且S3＝S8，則{Sn}中，S5和S6都是 {Sn}中的最大項；②給定n，對于一定k∈N*(k＜n)，都有an?k＋an+k＝2an；③若d＞0，則{Sn}中一定有最小的項；④存在k∈N*，使ak－ak+1和ak－ak?1同號 其中真命題的序號是____________.17．已知{an}是一個等差數列，且a2＝1，a5＝－5．（Ⅰ）求{an}的通項an；（Ⅱ）求{an}前n項和Sn的最大值． 18．已知{an}是正數組成的數列，a1＝1，且點(an，an+1)(n∈N*）在函數y＝x2＋1的圖象上.(Ⅰ)求數列｛an｝的通項公式；(Ⅱ) 若列數｛b｝滿足b＝1,b＝b＋2an，求證：b ·b＜b2.n n+1 n n n+2 n+1 19．設數列{an}的首項a1∈(0，1)，an＝ 3－an?1 n＝2，3，4，….2 （Ⅰ）求{an}的通項公式；（Ⅱ）設bn＝a3－2an，證明bn＜bn+1，其中n為正整數． 20．已知數列{an}中a1＝2，an+1＝(2－1)(an＋2)，n＝1，2，3，….（Ⅰ）求{an}的通項公式；（Ⅱ）若數列{an}中b1＝2，bn+1＝ 3bn＋4 n＝1，2，3，….2＜bn≤a4n?3，n＝1，2，3，… 2bn＋ 321．已知二次函數y＝f(x)的圖像經過坐標原點，其導函數為f?(x)＝6x－2，數列{an}的前n項和為Sn，點(n，Sn)(n∈N*)均在函 數y＝f(x)的圖像上.（Ⅰ）求數列{an}的通項公式； 1m （Ⅱ）設bn＝，Tn是數列{bn}的前n項和，求使得Tn＜對所有n∈N*都成立的最小正整數m 20anan＋1 22．數列，?是常數．（Ⅰ）當a2??1時，求?及a3的值；（Ⅱ）2，?）?an?滿足a1?1，an?1?(n2?n??)an（n?1，數列?an?是否可能為等差數列？若可能，求出它的通項公式；若不可能，說明理由；（Ⅲ）求?的取值范圍，使得存在正整數m，當n?m時總有an 一、利用導數證明不等式 （一）、利用導數得出函數單調性來證明不等式 ?0． 利用導數處理與不等式有關的問題 某個區間上導數大于（或小于）0時，則該單調遞增（或遞減）。因而在證明不等式時，根據不等式的特點，有時可以構造函數，用導數證明該函數的單調性,然后再用函數單調性達到證明不等式的目的。 1、直接構造函數，然后用導數證明該函數的增減性；再利用函數在它的同一單調遞增（減）區間，自變量越大，函數值越大 （小），來證明不等式成立。 x2例1：x>0時,求證；x?－ln(1+x)＜02、把不等式變形后再構造函數,然后利用導數證明該函數的單調性，達到證明不等式的目的。例2：已知：a,b∈R,b>a>e, 求證:ab>b a,(e為自然對數的底) （二）、利用導數求出函數的最值（或值域）后，再證明不等式。 導數的另一個作用是求函數的最值.因而在證明不等式時，根據不等式的特點，有時可以構造函數，用導數求出該函數的最值；由當該函數取最大（或最小）值時不等式都成立，可得該不等式恒成立。從而把證明不等式問題轉化為函數求最值問題。例 3、求證：n∈N*,n≥3時，2n >2n+1 例 4、g x2?(b?1)2的定義域是A=[a,b)，其中a,b∈R+,a (x)?(?1)Aax 若x1∈Ik=[k2,(k+1)2), x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2) 3、利用導數求出函數的值域，再證明不等式。例5：f(x)= 3x－x, x1,x2∈[－1,1]時，求證：|f(x1)－f(x2)|≤ 二、利用導數解決不等式恒成立問題 不等式恒成立問題，一般都會涉及到求參數范圍，往往把變量分離后可以轉化為m>f(x)(或m a ?(?9(a?R),對f(x)定義域內任意的x的值，f(x)≥27恒成立，求a的取值范圍 x nn? 1例 7、已知a＞0，n為正整數，（Ⅰ）設y=(x?a)，證明y??n(x?a)； n （Ⅱ）設fn(x)=xn－(x?a)，對任意n≥a，證明f ’n+1(n+1)＞（n+1）f ’n（n）。 例 6、已知函數f(x) 三、利用導數解不等式 例8：函數 ?ax(a?0),解不等式f(x)≤1第四篇：高中數學不等式典型例題解析
第五篇：高中數學不等式證明的常用方法經典例題
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