第一篇：不等式證明的技巧

不等式證明的技巧

知識與方法

證明不等式的方法很多，技巧性強；如較低要求的，在所證不等式兩端同乘以一個常數；1的代換；利用函數的單調性，等等。不等式證明的技巧，本人的理解有如下三個方面：

一．基本技巧

我認為不等式的證明的基本思想和技巧是通過“放大和縮小”的思想和方法，對兩個數、兩個量、兩個式的值的大小關系的“確定”過程，這種大小關系的確定一般有比較法、分析法、綜合法三種基本方法。

二．構造法

1．構造重要不等式的結構，再利用相關的重要不等式來證明不等式。

2．構造函數，利用函數性質來證明不等式。

3．構造圖形，利用幾何知識來證明不等式。三．轉化法

1．反證法

2．數學歸納法

3．變量代換法

4．從“特殊”到“一般”的轉化方法

5．以“直”代“曲”的轉化方法

6．“整體”與“部分”合理巧妙轉化

范例選講

例1 已知0?x?1，求證：|loga(1?x)|?|loga(1?x)|.分析 因所證不等式兩端是同底的對數、單項式，故“作差比較”、“作商比較”均可以。

解（作差比較）

（1）當0?a?1時，因0?x?1，所以

|loga(1?x)|?|loga(1?x)|?loga(1?x)?loga(1?x)?loga(1?x)?0.（2）當a?1時，因0?x?1，所以

|loga(1?x)|?|loga(1?x)|??loga(1?x)?loga(1?x)??loga(1?x)?0.2綜合以上可知，所證不等式成立。

（作商比較）

因0?x?1，所以|loga(1?x)|?0，|loga(1?x)|?0，|loga(1?x)||loga(1?x)|?|log(1?x)(1?x)|??log(1?x)(1?x)?log(1?x)11?x?log(1?x)(1?x)?1

所以，|loga(1?x)|?|loga(1?x)|.評注

本題雖是一道很簡單的不等式證明題，也顯示出了證明不等式的技巧性：合理選擇方法，可以回避討論。

例2 實數a1,a2,???,an(n?3)滿足a1?a2?????an?n，且a1?a2?????an?n2.求證：max{a1,a2,a3,???,an}?2.分析 這是一道美國數學競賽試題，直接證明比較困難，因此，可考慮運用反證法證明。

解

設a1,a2,???,an中有i個非負數，記為x1,x2,???,xi，有j個負數，記為

?y1,?y2,???,?yj(y1,y2,???,yj?0)，其中i?0,j?0，且i?j?n.不妨設max{a1,a2,a3,???,an}?2，即max{x1,x2,x3,???,xi}?2.因x1?x2?????xi?n?y1?y2?????yi，又max{x1,x2,x3,???,xi}?2，y1,y2,???,yj?0.則2i?x1?x2?????xi?n?y1?y2?????yi?i?j?y1?y2?????yj,所以i?j?y1?y2?????yj.因為 x1?x2?????xi?(?y1)?(?y2)?????(?yj))?n,所以

x1?x2?????xi?n?(y1?y2?????yj).又因為 max{x1,x2,x3,???,xi}?2，y1,y2,???,yj?0，所以 4i?x1?x2?????xi?n?(y1?y2?????yj)?n?(i?j)

?(i?j)?(i?j)?4ij.因 i?0，故j?1，且j?0，則j?0.所以a1,a2,???,an都為非負數.即4n?a1?a2?????an?n,因而n?4，這與n?3相矛盾，******2

即假設不成立，所證結論：max{a1,a2,a3,???,an}?2成立.評注

反證法的實質是從否定結論出發，通過邏輯推理，導出矛盾。運用“正難則反”的策略，是證明不等式中常見技巧。

例3 平面上給定一個由有限多條線段組成的集合，線段總長為1.證明：存在一條直線l，.?

分析 可將給定的線段排序，再通過中心對稱構造一個周長為2的凸多邊形。

2使得已給線段在l上的射影之和小于解 證明：取一條不與已給線段垂直的直線作x軸，將所給線段按照斜率的大小排成一列：

非負的下角標則表示斜率非l?n,l?n?1,???,l?1,???,lm（其中負的下角標表示該線段的斜率為負，負）。經過平移可以將這些線段按照上面的次序一個接一個地首尾相連形成一條凸折線。設端點為A、B，AB中點為O。關于O作中心對稱，產生一個凸多邊形（包括退化為直線段），周長為2，每一條邊與對應邊平行（或共線）。

這個多邊形的最小寬度，也就是各對平行邊之間的最小距離，設為d，以O為圓心，d為直徑的圓一定完全在多邊形內，否則，設圓O與某條邊li相交于X，那么X關于O的對稱點X?是圓O與對邊li?的交點，li與li?的距離小于XX?，即小于d，與d為最小寬度矛盾。

由于圓O的周長為?d，所以?d?2，即d?圓的周長最小。

取直線l與距離最小的平行邊垂直，則各已知線段在l上的射影之和不超過d，也就小于.?

評注 本題的解答過程中通過“排序----平移----中心對稱”等方法上的處理使所給線段呈現一種簡單有序的易于估算的狀態，困難得以化解。這種通過對稱、旋轉等變換，以直代22?，這是因為面積一定的閉曲線中，以曲，將復雜的不等式化歸為基本不等式是一種重要的技巧。

2例4 設?ABC三邊長為a,b,c，有不等式?(b?c)?1?3b?ca(b?c),------①

2試證不等式①中的系數

分析 可將系數1313是最優的.13一般化，設系數為k，再證明k的取值范圍是k?.證明 在不等式①中，取a?b，設??

?(a?b)?(b?c)?(c?a)?k[222?(a?b)?k?2a?bc(a?b)

b?ca2(b?c)?b?cb2c?ab2(c?a)?2a?bc2(a?b)] 令a?b，所以??2(b?c)?2k(b?c)?2k(b?c)b[b(1?kk)?c], 又因在?ABC中，三邊長為a,b,c，取a?b，顯然有不等式2b?c?0,所以，要使??0，注意到k為正數，則須是成立的，故k?131?kk?2，即k?13，但已證不等式①

是不等式①的最優值.評注 將“特殊”向“一般”轉化也是常見的技巧。

例5 設x,y,z?(0,??)，且xyz?1，證明

x

3(1?y)(1?z)?y3(1?x)(1?z)?z3(1?x)(1?y)?34.（1998年第39屆IMO預選試題）

分析 可利用均值不等式構造三個同向不等式相加來進行證明，也可以將所證不等式進行等價轉化。

證法一: 因x,y,z?(0,??)，所以

x3

(1?y)(1?z)y3?1?y81?x8?1?z81?z8?343434x,①

4(1?x)(1?z)z3???y,②

(1?x)(1?y)?1?x8?1?y8x3?z,③

以上三式相加可得：3418(1?y)(1?z)?y3(1?x)(1?z)12?z3(1?x)(1?y)34?12

3434?(x?y?z)?(6?2x?2y?2z)?(x?y?z)??33xyz??.上述不等式都是在x?y?z?1時取等號.所以，當且僅當x?y?z?1時原不等式取等號.證法二: 原不等式等價于

x?x?y?y?z?z?343434334(x?1)(y?1)(z?1).33

由于對任意正數a,b,c，有a?b?c?3abc，下面證明更強的不等式：

x?x?y?y?z?z?43434314[(x?1)?(y?1)?(z?1)]

④ 成立.333 設f(t)?t4?t3? 則f(t)?

x?x?y?y?z?z?434343142(t?1)，g(t)?(t?1)(4t?3t?1).314(t?1)g(t)，且g(t)在(0,??)上是嚴格遞增函數，因為

1414[(x?1)?(y?1)?(z?1)]?f(x)?f(y)?f(z)(y?1)g(y)?1414(z?1)g(z).14(z?1)g(z)?0即可.333

?14(x?1)g(x)?只需證明(x?1)g(x)?4(y?1)g(y)?

其證明如下：

假設x?y?z，則g(x)?g(y)?g(z)?0.由xyz?1，得x?1，z?1.因(x?1)g(x)?(x?1)g(y)，(z?1)g(y)?(z?1)g(z),所以14(x?1)g(x)?1414(y?1)g(y)?1414(z?1)g(z)

?(x?y?z?3)g(y)?(33xyz?3)g(y)?0.故原不等式成立.等號當且僅當x?y?z?1時成立.評注

證法1利用均值不等式進行證明，顯得簡潔、清晰；證法2是將所證不等轉化為更強的不等式，再進行證明。

例6

已知x,y,z?(0,??)，且x?y?z?1，證明：xy?yz?zx?

分析 因xy?yz?zx是關于x,y,z的輪換對稱式。

證明 設x?max{x,y,z}，又因x,y,z?(0,??)，則xy?yz?zx?xy?xyz?zx?x(xy?yz?z)

?x[y(x?z)?

?12z(z?x)]?12x(x?z)(2y?z)***成立的條件.1x?(x?z)?(2y?z)34[]?.232721不等式等號當且僅當x?,y?,z?0或x?0,y?,z?3333x?13,y?0,z?23或時成立.評注

對于“輪換對稱式”，不能將其中的變量排序；有時只能找到一個最小字母作“弱”排序。

例7

設a,b,c?(0,??)，且滿足abc?1，試證：

1a(b?c)?1b(c?a)3?1c(a?b)3?32.分析 由已知條件abc?1，可知所證不等式與

bc22a(b?c)?ca22b(c?a)?ab22c(a?b)?32等價.故可運用“含參數基本不等式”來證明之.證明 由a?(?b)?2ab?（?為參數），得

則有(bc)222a2b?2?a??b.2a(b?c)(ca)2?2?bc??a(b?c),①

b(c?a)(ab)2?2?ca??b(c?a),②

2c(a?b)?2?ab??c(a?b).③ ①+②+③，得(bc)2a(b?c)?(ca)2b(c?a)?(ab)2c(a?b)2?2?(ab?bc?ca)?2?(ab?bc?ca)?2(ab?bc?ca)(???).④

因ab?bc?ca?33(abc)(bc)22?3，取??212，代入④中，得 32

a(b?c)?(ca)2b(c?a)?(ab)c(a?b)?2?3?14?.評注

本題是先將所證不等式進行等價轉化，再運用“含參數基本不等式”進行證明，當然也可利用柯西不等式進行證明，還可以直接利用基本不等式來證明。

例8（1）設x1,x2,???,xn,y1,y2,???,yn?(0,??)，滿足：

（a）0?x1y1?x2y2?????xnyn;

（b）x1?x2?????xk?y1?y2?????yk,k?{1,2,???n}，證明：11x??111x?????12xny???11y???2y.n

（2）設A?{a1,a2,???,an}?N，對所有不同的子集B,C?A，有

?x??x，證明：

11x?Bx?Ca?1?????1a2a?2.n

分析

可運用數學歸納法進行證明。

證明

（1）當n?1時，x1?y1?0,1x?11y;當n?2時，x1?x2?y1?y2，x1?y1?y2?x2，則

1?x21y?1?11x?x1?y11x?y21y1x2y?2x2y，2

所以

1?1?1x?1y.1x2y12

假設n?k時命題成立.那么，當n?k?1時，設yi?xi?ai(i?1,2,???k?1)，由條件a1?0，a1?a2?0,???,a1?a2?????ak?0，a1?a2?????ak?1?0，有

a1x?a2????ak1y1x2y?2x0.ky?k

下面用反證法證明以上結論.假設

a1x????ak1y?a21x2y?2x0，則ky?k0?a1akx?a2x?

1y1x?ak?12y????2kykxk?1yk?1

?a1a2akx?x??????a1?a2?????ak1y12y2xkykx

k?1yk?1

?(a11?a2?????a1k)(xky?kx(a1?a2?????ak?1)(1k?1y)+k?1xk?1y?1k?1x)

kyk有

+(a1?a2?????ak?2)(1xk?2yk?2?1x2y2?1xk?1yk?1)?????(a1?a2)(1x2y2?1x3y3)

?a1(1x1y1)?0, 矛盾.所以，當n?k?1時，原不等式成立.（2）對于集合A?{1,2,4,8,16,???,2n?1}，滿足對?B?C,B,C?A，有

?x?Bx??x?C11111x，且???????n?1?2?n?1?2.12422

對所有A??{a1,a2,???,an}?N，不妨設a1?a2?????an.令a1?1（否則將ai都減去一個數，使a1?1），又使設A?中從第k個數開始，k?1k?1k?1?1,于是ak?2，那么

ak?2(k?1,2,???,n)，則ak?1,2,???,2k?2k?1k?2k?1?(1?2?????2)?2, ak?1?ak?(1?2?????2)?2

以此類推，則

1a1?1a2?????1an?11?12?????12n?1?2.評注 歸納法證明問題時，有時在第二步由n?k（或n?k）去推證n?k?1時，要用到反證法，或分析法。另外，本題的第（2）小題用到了“調整法”。

訓練題

1．已a22知a33an?1?12?13?????1n(n?N).*試證：當n?2時，an?2(2??????ann)?1n.證明：（1）當n?2時，左邊=a2?(1?

94?2，所以，所證不等式成立.212)2?94;右邊=a2?2?2a22?12?32?12?2;

（2）假設n?k(k?2)時不等式成立，即ak?2(2a22?a33?????akk)?1k成立.當n?k?1時，ak?1?(ak?21k?1)?ak?222akk?1?1(k?1)2

?2(a22?a33?????akk)?1k2(ak?1??)1k?1 ?2k?1(k?1)1?2(a22a22?a33a33?????akkakk?ak?1k?1ak?1k?1)?1kk2?1(k?1)2

?2（?2(a22?a33???????)??k?12k(k?1)

?????akk?ak?1k?1)?k2?k2k(k?1)?2(a22?a33?????akk?ak?1k?1)?1k?1，所以，當n?k?1時，不等式也成立.由（1）、（2）可知，當n?N,n?2時，所證不等式成立.2．對任意實數x,y,z，試證：1?619(x?y?9z)?xy?2xz?3yz?2221?619(x?y?9z).22證明：當x?y?z時，所證不等式顯然成立.當x,y,z不全為零時，x?y?9z?0, 將所證不等式可變形為

1?619xy?2xz?3yzx?y?9z222222

??1?619.令xy?2xz?3yzx?y?9z222?k

①

①式中的x,y,z均可取一切實數（x,y,z不同時為零即可）.不妨取變量z作為考查對象.（1）當z?0時，k?1212xyx?y22，由x?y?2|xy|，得

22|xy|x?y22?12,即??k?.222

（2）當z?0時，將①式整理，得kx?(y?2z)x?k(y?9z)?3yz?0，k可以為0，當k?0時，不等式顯然成立； 當k?0時，因x?R，???0，即??0或??0.由??0得??(y?2z)2?4k(ky2?9kz2?3yz)

?(1?4k2)y2?(4z?12kz)y?4z2(1?9k2)?0.當k??

當k??1212時，不等式顯然成立； 時，?y?R,????0.???(4z?12kz)2?4(1?4k2)4z2(1?9k2)?0.即16z2[(1?3k)2?(1?4k2)(1?3k)(1?3k)]?0, ?16z2?0,?(1?3k)2?(1?4k2)(1?3k)(1?3k)]?0

1?6191?6191?6191

3即(1?3k)k(k?)(k?)?0.解得：?k??，或0?k?1?619.同理，由??0，得(1?4k2)y2?(4z?12kz)y?4z2(1?9k2)?0，對任意實

2??1?4k?0,數y都滿足的充要條件是：?2222??????(4z?12kz)?4(1?4k)4z(1?9k)?0.解得?13?k?0.綜合以上，可得k的取值范圍是：

1?619?k?1?619.由此可得1?619?xy?2xz?3yzx?y?9z222?1?619.即所證不等式成立.說明：“雙判別式法”可以解決：

q(k1x?k2y?k3z)?axy?bxz?cyz?p(k1x?k2y?k3z)(ki?0,i?1,2,3)222222的三元二次齊次不等式的證明問題.3．過?ABC內一點O引三邊的平行線，DE//BC，FG//CA，HI//AB，點D、E、F、G、H、I都在?ABC的邊上，S1表示六邊形DEFGHI的面積，S2表示?ABC的面積.求證：S1?23S2.證明：欲證S1?23只須證明S?AGH?S?DBI?S?EFC?S2，S23.注意到平行四邊形AGOH、BIOD、CEOF，故命題的解決只在于能證明：S?OIF?S?OEH?S?OGD?S23.①

設BC?a,CA?b,AB?c,IF?x,EH?y,GD?z，那么①式等價于 xa22?yb22?zc22?13.②

ybOEaCFazcBIa依題設，有OE?CF，從而所以，xa?yb?zc?IF?CF?BIa??,同理?.?1.③

2由柯西不等式有，xa22?yb2?zc221xyz21?（??)?.3abc3故②式成立，命題成立。

4．已知a,b,c?(0,??)，且a?b?c?1，求證：

a(3a?1)1?a2?b(3b?1)1?b2?c(3c?1)1?cx1?x22?0.證明：構造函數f(x)?x?(0,1)，有，易知f(x)在(0,1)上為增函數，所以對任意(x?131?x)(x2?310)?0，則

x(3x?1)1?x2?310(3x?1)，再分別令x?a,b,c，代入上式，相加得

5．已知a,b,c?(0,??)，且abc?1，a(3a?1)1?a2?b(3b?1)1?b2?c(3c?1)1?c2?310[3(a?b?c)?3]?0.證明：(a?b)(b?c)(c?a)?4(a?b?c?1).證2明2：

2不妨設a?1，①式等價于a(b?c)?b(a?c)?c(a?b)?6?4(a?b?c)，即(a2?1)(b?c)?(b2?1)(a?c)?(c2?1)(a?b)?6?4a?3(b?c).因(a?1)(b?c)?4abc?4，只須證明：

4(a?1)?b2(a?c)?c2(a?b)?6?4a?3(b?c),即證：2?a(b2?c2)?(3?bc)(b?c)?0 ②

因2(b2?c2)?(b?c)2, 對于②式，只須證明： a2(b?c)?(3?bc)(b?c)?0.③ 2 把③左邊看作b?c的二次函數，判別式??(3?bc)2?4a.即證(3?bc)2?4a?0，即證：(3?1a)?4a.即4a3?9a2?6a?1?0, 分解因式可得(a?1)2(4a?1)?0，此不等式顯然成立.所以③式成立，即原不等式成立.

第二篇：不等式證明常用技巧總結

不等式的證明

一、常用方法：

作差、作商法；分析、綜合法；換元法；構造函數法；反證法；放縮法；歸納法；

（分析綜合法）已知a?0,b?0,2c?a?b,求證：c?c2?ab?a?c?c2?ab.二、不等式證明中常用技巧：

1(x?1)的值域。1.加減常數

求函數y?x?x?112.巧變常數

已知0?x?，求函數y＝x（1－2x）的最大值。

25x2?3x?33.分離常數

已知x?，求f(x)?的最值。

22x?44.巧用常數

若x,y?R?且滿足

?416??1，求x＋y的最小值。xy11?)的最小值。a?bc5.統一形式

已知a,b,c?R，求(a?b?c)(證：a2?b2?c2?ab?bc?ac..6.輪換對稱

若a,b,c是互不相等的實數，求7.重要不等式 a?b?0,求證：a?216?16

b(a?b)8.逆向運用公式型已知a,b?R,且a?b?1,求證：a??11?b??2.22a?b1111（提示：將a?，b?轉換成1?a?，）1?b?然后運用公式ab?22222如何巧用常數：

111.若a?0,b?0,且a?2b?1,則??3?22.ab1112.已知a,b,c?R?,且a?b?c?1,求證：???9.abc?1??1?3.已知a,b?R?,且a?b?1,求證：?1???1???9.?a??b?1已知x,y,z均為正數，且x?y?z?1，則x2?y2?z2?.4.3 5.已知x,y,z均為正數，求證：a?b?c?3.b?cc?aa?b2?a??b??c??a?b?c??b?c?a??c?a?b??1??1??1????????????????b?c??c?a??a?b??b?c??c?a??a?b?11?111?9?1?1?(a?b?c)????(b?c)?(c?a)???????(a?b）??.b?cc?aa?b2b?cc?aa?b????2不等式證明中的放縮法

1111????1.1.已知n?N*，且n?2，求證：??2nn?12n2.已知n?N*，求證：1?222?332???nn2?3.kk2??1kk?222??kk?kk(k?1)k?kk?1k(k?1)(k?k?1)2(k?k?1)11?2(?（）k?2）.k(k?1)k?1k

3.設n∈N，求證：

(2)引進輔助式，設

比較兩式的對應因式可知

第三篇：《不等式的證明技巧》專題講座

《不等式的證明技巧》專題講座

不等式的證明從初中到高中都是一個令學生頭痛的一類數學問題。其實造成這一現象的本質是——在用基本不等式的性質時，放大與縮小的范圍較難把握。這一“放大與縮小”的原理是基于小學奧數的“估值法”的應用關鍵。這時學過小學奧數的學生就有一點點優勢了。

既然用不等式的性質證明的技巧性太強，那么換個思路，用其他駕輕就熟的方法不是可以避重就輕？所以我也不常用不等式的性質來證明不等式的題目。

證明不等式的常用方法：

1、二次函數。利用最值求解。

2、三角函數。利用正弦函數、余弦函數的有界性求解。

3、向量。利用向量:a·b＝| a|·|b |cosA,即a·b≥| a|·|b |cosA求解。

4、幾何法。利用立體幾何與平面幾何知識求解。

方法不一而足。其本質是限制所要證明的代數式的范圍。

例6 求證：

(2)若a＞b＞c＞0，d＞c，ac＞bd，則a+c＞b+d。解(1)因x+y+z=1，故可設

其中t1+t2+t3=0，于是

(2)因a＞b，d＞c，故可設a=b+t1，d=c+t2，其中t1＞0，t2＞

∴(a+c)-(b+d)=(a-b)-(d-c)=t1-t2＞0 ∴a+c＞b+d 注 ①用n個數的平均數與適當參數來表示這n個數的代換通常稱為均值代換，如(1)中施行的代換。這種代換的特點是利用對稱性可使運

數組，不能保證由上述代換而得到。如x=y=0，z=1就不存在對應的t值。②當a＞b時，令a=b+t(t＞0)，其中t是a用b表示時引進的增量。這種代換通常稱為增量代換。它的特點是把條件中的不等關系轉化為相等系，使得變形過程簡化。例7 求證：

解(1)由a＞0，b＞0，a+2b=1，可設

則有

(2)因a＞b＞0，且(a-b)+b=a，故可設

這時，原不等式等價于

故只須證明

這個不等式顯然成立。事實上，因為0＜cosθ＜1，0＜sinθ＜1又

故原不等式得證。

注 代數問題三角化，往往可充分利用三角函數的特有性質，使較為復雜的問題得以簡化，從而獲得簡捷解法。

例8 求證：

(1)|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，則abc+2＞a+b+c；(2)ai，bi∈R(i=1，2，3)，且ai≠0，則(a1b1+a2b2+a3b3)2≤(a12+a22+a32+)(b12+b22+b32)當且僅當bi=λai時取等號。解(1)原不等式等價于(bc-1)a+(2-b-c)＞0 構造一次函數

f(x)=(bc-1)x+(2-b-c)(-1＜x＜1)則 f(-1)=(1-bc)+(1-b)+(1-c)＞0 f(1)=bc-1+2-b-c=(1-b)(1-c)＞0 于是，根據一次函數的單調性，f(x)在區間[-1，1]上恒大于0。而a∈(-1，1)，故f(a)＞0，即(bc-1)a-b-c+2＞0。所以

abc+2＞a+b+c(2)構造二次函數

f(x)=(a1x+b1)2+(a2x+b2)2+(a3x+b3)2

(當且僅當bi=λai，λ∈R時取等號)所以

注 函數思想是解決數學問題的重要思想，應用廣泛。在不等式證明中，若能要據其結構特征，構造相應的函數，則可充分利用函數的性質，使問題簡明。(2)中不等式及其證明可推廣到一般情形：若ai，bi∈R(i∈1，2，?n)，且ai≠0，則

(a1b1+?+anbn)2≤(a12+?+an2)·(b12+?+bn2)這就是著名的柯西不等式?？挛鞑坏仁讲粌H應用廣泛，而且它的證明方法，即構造二次函數并通過其判別式證明不等式的方法，堪稱構造法的典范。

例9 設n∈N，求證：

解(1)采取逐項放縮的方法。由于

令1，2，?，n，則有

????????

依項相加，即得

(2)設

并引進輔助式

比較兩式的對應因式可知

注 用放縮法證不等式，常通過拆項、分組、加強命題等方式進行。此法沒有固定模式，關鍵在于放縮要適度。放得過寬或縮得太小，都會導致方法失效。

練習：

1、已知a＞0，b＞0，且a+b=1，求證：

當且僅當a=b時右邊取等號。

2、已知2x+3y=1,求x2+y2的最大值。

用向量的方法是：構造向量（x,y）,(2,3)即可。以后有機會，繼續這方面的探討。

3、請教兩道對稱不等式的證明(1)a,b,c,d為正數,證明

(2)對實數a,b,c,證明

第四篇：不等式證明的技巧

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不等式證明的技巧

知識與方法

證明不等式的方法很多，技巧性強；如較低要求的，在所證不等式兩端同乘以一個常數；1的代換；利用函數的單調性，等等。不等式證明的技巧，本人的理解有如下三個方面：

一．基本技巧

我認為不等式的證明的基本思想和技巧是通過“放大和縮小”的思想和方法，對兩個數、兩個量、兩個式的值的大小關系的“確定”過程，這種大小關系的確定一般有比較法、分析法、綜合法三種基本方法。二．構造法

1．構造重要不等式的結構，再利用相關的重要不等式來證明不等式。

2．構造函數，利用函數性質來證明不等式。

3．構造圖形，利用幾何知識來證明不等式。三．轉化法

1．反證法

2．數學歸納法

3．變量代換法

4．從“特殊”到“一般”的轉化方法

5．以“直”代“曲”的轉化方法

6．“整體”與“部分”合理巧妙轉化

范例選講

例1 已知0?x?1，求證：|loga(1?x)|?|loga(1?x)|.分析 因所證不等式兩端是同底的對數、單項式，故“作差比較”、“作商比較”均可以。

解（作差比較）

（1）當0?a?1時，因0?x?1，所以

|loga(1?x)|?|loga(1?x)|?loga(1?x)?loga(1?x)?loga(1?x2)?0.（2）當a?1時，因0?x?1，所以

|loga(1?x)|?|loga(1?x)|??loga(1?x)?loga(1?x)??loga(1?x2)?0.綜合以上可知，所證不等式成立。

（作商比較）

因0?x?1，所以|loga(1?x)|?0，|loga(1?x)|?0，嘉興市高中數學學科基地資料

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|loga(1?x)|1?|log(1?x)(1?x)|??log(1?x)(1?x)?log(1?x)?log(1?x)(1?x)?1

|loga(1?x)|1?x

所以，|loga(1?x)|?|loga(1?x)|.評注

本題雖是一道很簡單的不等式證明題，也顯示出了證明不等式的技巧性：合理選擇方法，可以回避討論。例2 實數a1,a2,???,an(n?3)滿足a1?a2?????an?n，且a1?a2?????an?n2.求證：max{a1,a2,a3,???,an}?2.分析 這是一道美國數學競賽試題，直接證明比較困難，因此，可考慮運用反證法證明。

解

設a1,a2,???,an中有i個非負數，記為x1,x2,???,xi，有j個負數，記為

?y1,?y2,???,?yj(y1,y2,???,yj?0)，其中i?0,j?0，且i?j?n.不妨設max{a1,a2,a3,???,an}?2，即max{x1,x2,x3,???,xi}?2.因x1?x2?????xi?n?y1?y2?????yi，又max{x1,x2,x3,???,xi}?2，y1,y2,???,yj?0.則2i?x1?x2?????xi?n?y1?y2?????yi?i?j?y1?y2?????yj,所以i?j?y1?y2?????yj.因為 x1?x2?????xi?(?y1)2?(?y2)2?????(?yj)2)?n2,所以

x1?x2?????xi?n2?(y1?y2?????yj).又因為 max{x1,x2,x3,???,xi}?2，y1,y2,???,yj?0，所以 4i?x1?x2?????xi?n2?(y1?y2?????yj)?n2?(i?j)

2?(i?j)?(i?j)?4ij.因 i?0，故j?1，且j?0，則j?0.所以a1,a2,???,an都為非負數.即4n?a1?a2?????an?n2,因而n?4，這與n?3相矛盾，即假設不成立，所證結論：max{a1,a2,a3,???,an}?2成立.嘉興市高中數學學科基地資料

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評注

反證法的實質是從否定結論出發，通過邏輯推理，導出矛盾。運用“正難則反”的策略，是證明不等式中常見技巧。

例3 平面上給定一個由有限多條線段組成的集合，線段總長為1.證明：存在一條直線l，使得已給線段在l上的射影之和小于

2?.分析 可將給定的線段排序，再通過中心對稱構造一個周長為2的凸多邊形。

解 證明：取一條不與已給線段垂直的直線作x軸，將所給線段按照斜率的大小排成一列：

非負的下角標則表示斜率非l?n,l?n?1,???,l?1,???,lm（其中負的下角標表示該線段的斜率為負，負）。經過平移可以將這些線段按照上面的次序一個接一個地首尾相連形成一條凸折線。設端點為A、B，AB中點為O。關于O作中心對稱，產生一個凸多邊形（包括退化為直線段），周長為2，每一條邊與對應邊平行（或共線）。

這個多邊形的最小寬度，也就是各對平行邊之間的最小距離，設為d，以O為圓心，d為直徑的圓一定完全在多邊形內，否則，設圓O與某條邊li相交于X，那么X關于O的對稱點X?是圓O與對邊li?的交點，li與li?的距離小于XX?，即小于d，與d為最小寬度矛盾。

由于圓O的周長為?d，所以?d?2，即d?2?，這是因為面積一定的閉曲線中，以圓的周長最小。

取直線l與距離最小的平行邊垂直，則各已知線段在l上的射影之和不超過d，也就小于2.?

評注 本題的解答過程中通過“排序----平移----中心對稱”等方法上的處理使所給線段呈現一種簡單有序的易于估算的狀態，困難得以化解。這種通過對稱、旋轉等變換，以直代曲，將復雜的不等式化歸為基本不等式是一種重要的技巧。

2例4 設?ABC三邊長為a,b,c，有不等式?(b?c)?1b?c(b?c)2,------① ?3a試證不等式①中的系數

分析 可將系數

1是最優的.311一般化，設系數為k，再證明k的取值范圍是k?.33a?b2(a?b)2

證明 在不等式①中，取a?b，設???(a?b)?k?c

?(a?b)2?(b?c)2?(c?a)2?k[b?cc?aa?b(b?c)2?(c?a)2?(a?b)2] abc2b?c2k(b?c)21?k2(b?c)?[b()?c],令a?b，所以??2(b?c)?2kbbk嘉興市高中數學學科基地資料

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又因在?ABC中，三邊長為a,b,c，取a?b，顯然有不等式2b?c?0,所以，要使??0，注意到k為正數，則須是成立的，故k?1?k1?2，即k?，但已證不等式①k31是不等式①的最優值.評注 將“特殊”向“一般”轉化也是常見的技巧。

例5 設x,y,z?(0,??)，且xyz?1，證明

x3y3z33

???.（1998年第39屆IMO預選試題）(1?y)(1?z)(1?x)(1?z)(1?x)(1?y)分析 可利用均值不等式構造三個同向不等式相加來進行證明，也可以將所證不等式進行等價轉化。

證法一: 因x,y,z?(0,??)，所以

x31?y1?z3

???x,①

(1?y)(1?z)884y31?x1?z3 4???y,②

(1?x)(1?z)884z31?x1?y3???z,③

(1?x)(1?y)884x3y3z3以上三式相加可得： ??(1?y)(1?z)(1?x)(1?z)(1?x)(1?y)?

上述不等式都是在x?y?z?1時取等號.所以，當且僅當x?y?z?1時原不等式取等號.證法二: 原不等式等價于

x?x?y?y?z?z?34343433113133(x?y?z)?(6?2x?2y?2z)?(x?y?z)???33xyz??.48242443(x?1)(y?1)(z?1).433

由于對任意正數a,b,c，有a?b?c?3abc，下面證明更強的不等式：

x?x?y?y?z?z?4343431[(x?1)3?(y?1)3?(z?1)3]

④ 成立.4嘉興市高中數學學科基地資料

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設f(t)?t?t? 則f(t)? 431(t?1)3，g(t)?(t?1)(4t2?3t?1).41(t?1)g(t)，且g(t)在(0,??)上是嚴格遞增函數，因為 41x4?x3?y4?y3?z4?z3?[(x?1)3?(y?1)3?(z?1)3]?f(x)?f(y)?f(z)

411?(x?1)g(x)?(y?1)g(y)?(z?1)g(z).444111

只需證明(x?1)g(x)?(y?1)g(y)?(z?1)g(z)?0即可.444

其證明如下：

假設x?y?z，則g(x)?g(y)?g(z)?0.由xyz?1，得x?1，z?1.因(x?1)g(x)?(x?1)g(y)，(z?1)g(y)?(z?1)g(z)，111(x?1)g(x)?(y?1)g(y)?(z?1)g(z)44411

?(x?y?z?3)g(y)?(33xyz?3)g(y)?0.44

所以

故原不等式成立.等號當且僅當x?y?z?1時成立.評注

證法1利用均值不等式進行證明，顯得簡潔、清晰；證法2是將所證不等轉化為更強的不等式，再進行證明。

例6

已知x,y,z?(0,??)，且x?y?z?1，證明：xy?yz?zx?

分析 因xy?yz?zx是關于x,y,z的輪換對稱式。

證明 設x?max{x,y,z}，又因x,y,z?(0,??)，則xy?yz?zx?xy?xyz?zx?x(xy?yz?z)2222222222224成立的條件.2711z(z?x)]?x(x?z)(2y?z)221x?(x?z)?(2y?z)34]?

?[.232721不等式等號當且僅當x?,y?,z?0或x?0,y?,z?或

333312x?,y?0,z?時成立.3 ?x[y(x?z)?

評注

對于“輪換對稱式”，不能將其中的變量排序；有時只能找到一個最小字母作“弱”排序。

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例7

設a,b,c?(0,??)，且滿足abc?1，試證：

1113???.a3(b?c)b3(c?a)c3(a?b)2b2c2c2a2a2b23

分析 由已知條件abc?1，可知所證不等式與???等價.a(b?c)b(c?a)c(a?b)2

故可運用“含參數基本不等式”來證明之.a2?2?a??2b.證明 由a?(?b)?2ab?（?為參數），得b22

(bc)2

則有?2?bc??2a(b?c),①

a(b?c)(ca)2 ?2?ca??2b(c?a),②

b(c?a)(ab)2?2?ab??2c(a?b).③

c(a?b)①+②+③，得

(bc)2(ca)2(ab)2 ???2?(ab?bc?ca)?2?2(ab?bc?ca)

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

?2(ab?bc?ca)(???).④ 因ab?bc?ca?33(abc)?3，取??21，代入④中，得 2(bc)2(ca)2(ab)213 ???2?3??.a(b?c)b(c?a)c(a?b)42評注

本題是先將所證不等式進行等價轉化，再運用“含參數基本不等式”進行證明，當然也可利用柯西不等式進行證明，還可以直接利用基本不等式來證明。

例8（1）設x1,x2,???,xn,y1,y2,???,yn?(0,??)，滿足：

（a）0?x1y1?x2y2?????xnyn;

（b）x1?x2?????xk?y1?y2?????yk,k?{1,2,???n}, 嘉興市高中數學學科基地資料

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證明：1x?1?????1?1?1?????1.1x2xny1y2yn

（2）設A?{a1,a2,???,an}?N，對所有不同的子集B,C?A，有

?x??x，證明：

1x?Bx?a?1?????1?2.C1a2an

分析

可運用數學歸納法進行證明。

證明

（1）當n?1時，x1?y11?0,x?1;1y1

當n?2時，x1?x2?y1?y2，x1?y1?y2?x2，則

11x1?y1y2y?x???x2?1?1, 11x1y1x2y2x2y2

所以

1x?1?1?1.1x2y1y2

假設n?k時命題成立.那么，當n?k?1時，設yi?xi?ai(i?1,2,???k?1)，由條件a1?0，a1?a2?0,???,a1?a2?????ak?0，a1?a2?????ak?1?0，有

a1xy?a2?????ak?0.11x2y2xkyk

下面用反證法證明以上結論.假設

a1x?a2x?????aky?0，則

1y12y2xkk0?a1aak?x?a2?????k?1 1y1x2y2xkykxk?1yk?1

?a1?a2?????aka?a2?????akx?1 1y1x2y2xkykxk?1yk?1

?(a11?a2?????ak)(xy?1y)+(a111?a2?????ak?1)(?)kkxk?1k?1xk?1yk?1xkyk嘉興市高中數學學科基地資料

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有

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+(a1?a2?????ak?2)(1111?)?????(a1?a2)(?)

x2y2x3y3xk?2yk?2xk?1yk?1

?a1(11?)?0, 矛盾.x1y1x2y2

所以，當n?k?1時，原不等式成立.（2）對于集合A?{1,2,4,8,16,???,2n?1}，滿足對?B?C,B,C?A，有

11111????????2??2.，且x?x??n?1n?112422x?Bx?C

對所有A??{a1,a2,???,an}?N，不妨設a1?a2?????an.令a1?1（否則將ai都減去一個數，使a1?1），又使設A?中從第k個數開始，ak?2k?1(k?1,2,???,n)，則ak?1,2,???,2k?1?1,于是ak?2k?1，那么

ak?1?ak?(1?2?????2k?2)?2k?1?1?(1?2?????2k?2)?2k, 以此類推，則

111111?????????????n?1?2.2a1a2an12

評注 歸納法證明問題時，有時在第二步由n?k（或n?k）去推證n?k?1時，要用到反證法，或分析法。另外，本題的第（2）小題用到了“調整法”。

訓練題

12．已知an?1?111??????(n?N*).23n試證：當

n?2時，an?2(aa2a31??????n)?.23nn2證明：（1）當n?2時，左邊=a2?(1?

a1291312)?;右邊=a2?2?2????2;2422229?2，所以，所證不等式成立.42

（2）假設n?k(k?2)時不等式成立，即ak?2(aa2a31??????k)?成立.23kk嘉興市高中數學學科基地資料

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當n?k?1時，ak?1?(ak?22a1212)?ak?k?2k?1k?1(k?1)2(ak?1?1)1k?1? 2k?1(k?1)

?2(aa2a31??????k)??23kk?2(aaa2a311 ??????k?k?1)??223kk?1k(k?1)akak?1a2a3k2?k?1

?2(???????)?223kk?1k(k?1)

akak?1a2a3akak?1a2a31k2?k?2(???????)?, ?2(???????)?223kk?1k?123kk?1k(k?1)

所以，當n?k?1時，不等式也成立.由（1）、（2）可知，當n?N,n?2時，所證不等式成立.2．對任意實數x,y,z，試證：1?1921?192(x?y2?9z2)?xy?2xz?3yz?(x?y2?9z2).66

證明：當x?y?z時，所證不等式顯然成立.當x,y,z不全為零時，x?y?9z?0, 將所證不等式可變形為

221?19xy?2xz?3yz1?19?2?.2266x?y?9zxy?2xz?3yz?k

① 222x?y?9z

令

①式中的x,y,z均可取一切實數（x,y,z不同時為零即可）.不妨取變量z作為考查對象.（1）當z?0時，k?xy|xy|122?,即，由，得x?y?2|xy|x2?y2x2?y22?11?k?.22222

（2）當z?0時，將①式整理，得kx?(y?2z)x?k(y?9z)?3yz?0，k可以為0，當k?0時，不等式顯然成立；

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當k?0時，因x?R，???0，即??0或??0.由??0得??(y?2z)2?4k(ky2?9kz2?3yz)

?(1?4k2)y2?(4z?12kz)y?4z2(1?9k2)?0.1時，不等式顯然成立； 2

1當k??時，?y?R,????0.當k??

???(4z?12kz)2?4(1?4k2)4z2(1?9k2)?0.即16z2[(1?3k)2?(1?4k2)(1?3k)(1?3k)]?0, ?16z2?0,?(1?3k)2?(1?4k2)(1?3k)(1?3k)]?0

即(1?3k)k(k?1?191?191?191)(k?)?0.解得：?k??，或66630?k?1?19.6

同理，由??0，得(1?4k2)y2?(4z?12kz)y?4z2(1?9k2)?0，對任意實

2??1?4k?0,數y都滿足的充要條件是：?2222??????(4z?12kz)?4(1?4k)4z(1?9k)?0.解得?1?k?0.3 綜合以上，可得k的取值范圍是：

1?191?19?k?.66

由此可得1?19xy?2xz?3yz1?19?2?.即所證不等式成立.2266x?y?9z

說明：“雙判別式法”可以解決：

q(k1x2?k2y2?k3z2)?axy?bxz?cyz?p(k1x2?k2y2?k3z2)(ki?0,i?1,2,3)的三元二次齊次不等式的證明問題.BC內一點O引三邊的平行線，DE//BC，FG//CA，HI//AB，點D、E、F、3．過?AG、H、I都在?ABC的邊上，S1表示六邊形DEFGHI的面積，S2表示?ABC的面嘉興市高中數學學科基地資料

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積.求證：S1?2S2.3S2S2，只須證明S?AGH?S?DBI?S?EFC?2.注33S2.① 3

證明：欲證S1?意到平行四邊形AGOH、BIOD、CEOF，故命題的解決只在于能證明：S?OIF?S?OEH?S?OGD?設BC?a,CA?b,AB?c,IF?x,EH?y,GD?z，那么①式等價于

x2y2z21?2?2?.② 23abc依題設，有OE?CF，從而所以，yOECFzBI??,同理?.baacaxyzIF?CF?BI????1.③ abcax2y2z21xyz21由柯西不等式有，2?2?2?（??)?.3abc3abc故②式成立，命題成立。

4．已知a,b,c?(0,??)，且a?b?c?1，求證：

a(3a?1)b(3b?1)c(3c?1)???0.1?a21?b21?c2x 證明：構造函數f(x)?，易知f(x)在(0,1)上為增函數，所以對任意21?x

x?(0,1)，有

(x?)(1x3x(3x?1)3?)?0?(3x?1),，則31?x210101?x2 再分別令x?a,b,c，代入上式，相加得

5．已知a,b,c?(0,??)，且abc?1，a(3a?1)b(3b?1)c(3c?1)3???[3(a?b?c)?3]?0.222101?a1?b1?c證明：(a?b)(b?c)(c?a)?4(a?b?c?1).嘉興市高中數學學科基地資料

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證明：不妨設

a?1，①式等價于a2(b?c)?b2(a?c)?c2(a?b)?6?4(a?b?c)，即(a2?1)(b?c)?(b2?1)(a?c)?(c2?1)(a?b)?6?4a?3(b?c).因(a?1)(b?c)?4abc?4，只須證明：

4(a?1)?b2(a?c)?c2(a?b)?6?4a?3(b?c),即證：2?a(b2?c2)?(3?bc)(b?c)?0 ② 因2(b2?c2)?(b?c)2, 對于②式，只須證明： a(b?c)2?(3?bc)(b?c)?0.③ 2 把③左邊看作b?c的二次函數，判別式??(3?bc)2?4a.即證(3?bc)?4a?0，即證：(3?212)?4a.a 即4a3?9a2?6a?1?0, 分解因式可得(a?1)2(4a?1)?0，此不等式顯然成立.所以③式成立，即原不等式成立.嘉興市高中數學學科基地資料

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第五篇：不等式的證明技巧

不等式的證明策略不等式的證明，方法靈活多樣，它可以和很多內容結合.高考解答題中，常滲透不等式證明的內容，純不等式的證明，歷來是高中數學中的一個難點，本難點著重培養考生數學式的變形能力，邏輯思維能力以及分析問題和解決問題的能力.●難點磁場

[例1]．已知a＞0，b＞0，且a+b=1.求證：(a+

1125)(b+)≥.ba

4［例2］求使x?y≤ax?y(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.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.解法一：由于a的值為正數，將已知不等式兩邊平方，得：x+y+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2－1)(x+y)，∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，①②

當且僅當x=y時，②中有等號成立.比較①、②得a的最小值滿足a2－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a的最小值是2.解法二：設u?

x?y

(x?y)2??

x?yx?y

x?y?2xy2xy

.?1?

x?yx?y

∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2xy(當x=y時“=”成立)，∴

2xy2xy

≤1，的最大值是1.x?yx?y

從而可知，u的最大值為?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

x

+1≤ayx

?1，y

設

x?=tanθ，θ∈(0，).y

2∴tanθ+1≤atan2??1；即tanθ+1≤asecθ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+

?

4)，③

又∵sin(θ+?

4)的最大值為1(此時θ=?4).由③式可知a的最小值為2.●錦囊妙計

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，兩法相互轉換，互相滲透，互為前提，充分運用這一辯證關系，可以增加解題思路，開擴視野.2.不等式證明還有一些常用的方法：換元法、放縮法、反證法、函數單調性法、判別式法、數形結合法、增量代換法，‘1’代換法等，換元法主要有三角代換，均值代換兩種，在應用換元法時，要注意代換的等價性.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，目標可以從要證的結論中考查.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，要依據題設、題目的特點和內在聯系，選擇適當的證明方法，要熟悉各種證法中的推理思維，并掌握相應的步驟、技巧和語言特點.●殲滅難點訓練

一、填空題

ab1.已知x、y是正變數，a、b是正常數，且?=1，x+y的最小值為__________.xy2.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__________.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為正實數，a+b+c=1.求證：(1)a2+b2+c2≥1

3(2)3a?2?b?2?c?2< 6

12，證明：x，y，z∈［0，］23

b?c2c?a2a?b26.若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，證明：z≥2(xy+yz+zx)x?y?abc5.已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=

7.若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求證：a+b≤2，ab≤1.8.設a,b,c?R?,求證:

9.證明下列不等式：

（1x≥4)；

（2）證明：ab?cd 1?1?1≥1?1?1。2a2b2cb?cc?aa?b

10.已知a、b、c?（0，1），求證：(1?a)b，(1?b)c，(1?c)a，不能均大于4。（反證法）

52211.a，b?R，且a＋b = 1，求證：(a＋2)＋(b＋2)≥2；（增量代換法）

12.（‘1’代換法）1 1? b ? c ? 1,? ? ? 9.已知 a , b , c ? R ? , 且 aa b c

x?xx?x13.已知 1?a?2，x≥1，f(x)?a?a，g(x)?2?2； 2

2(1)比較f(x)與g(x)的大?。?/p>

(2)設n?N，n≥1，求證：f(1)?f(2)???f(2n)?4n?

x?xx?x(ax?2x)(2xax?1)a?a2?2??解：(1)f(x)?g(x)? 222x?1ax1。2?ax?2x,2xax?1?0，且2xax?0，?f(x)?g(x)?0，即f(x)?g(x)。

(2)由（1）f(1)?f(2)?f(3)?????f(2n)?g(1)?g(2)?g(3)?????g(2n)

?1(2?22?????22n)?1(1?

12?????1)222222n)?4n?1

=4n?1(1?1222

1?f(1)?f(2)???f(2n)?4n?n，得證。2

不等式練習題

一、選擇題

1、若a,b是任意實數,且a＞b,則()

（A）a2＞b2（B）b11＜1（C）lg(a-b)＞0（D）()a＜()b

a222、下列不等式中成立的是()

1+a≥2(a?0)a

t?111（C）＜(a＞b)（D）a≥a(t＞0,a＞0,a?1)ab（A）lgx+logx10≥2(x＞1)（B）

3、已給下列不等式(1)x3+ 3 >2x(x∈R);(2)a5+b5> a3b2+a2b3(a ,b∈R);

(3)a2+b2≥2(a－b－1), 其中正確的個數為()

(A)0個(B)1個(C)2個(D)3個

4、設x2+y2 = 1, 則x +y()

(A)有最小值1(B)有最小值

2(C)有最小值－1(D)有最小值－25、不等式|x＋5|＞3的解集是()

(A){x|－8＜x＜8}(B){x|－2＜x＜2}

(C){x|x＜－2或x＞2(D){x|x＜－8或x＞－

26、若a，b，c為任意實數，且a＞b，則下列不等式恒成立的是()

(A)ac＞bc(B)|a＋c|＞|b＋c|(C)a2＞b2(D)a＋c＞b＋c

x?31x2?2x?

327、設集合M={x|≤0},N={x|x+2x-3≤0},P={x|()≥1},則有()x?1

2（A）M?N=P（B）M?N?P（C）M=P?N（D）M=N=P8、設a,b∈R,且a+b=3,則2a+2b的最小值是()

（A）6（B）42（C）22（D）269、若關于x的不等式ax2＋bx－2＞0的解集是???,????,???，則ab等于()

(A)－24(B)24(C)14(D)－1410、如果關于x的不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4＜0對一切實數x恒成立，則實數a 的取值范圍是()

(A)(??,2](B)(??,?2)(C)(?2,2](D)(－2,2)

二、填空題 ??1??12??3??

b24、a≥0,b≥0,a＋=1,則a?b2的最大值是________.226、x＞1時，f(x)=x＋116x?2的最小值是________，此時x=________.xx?

17、不等式log4(8x－2x)≤x的解集是________.8、不等式11?的解集是________.xx4?12?

3練習答案

一、DAC DDDAB BC

二、1、1?5322、8,2＋

33、(0,log2)

4、0 24