第一篇：高中數(shù)學(xué)不等式證明常用方法

本科生畢業(yè)設(shè)計（論文中學(xué)證明不等式的常用方法

所在學(xué)院：數(shù)學(xué)與信息技術(shù)學(xué)院

專 業(yè)： 數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)

姓 名： 張俊

學(xué) 號： 1010510020 指導(dǎo)教師： 曹衛(wèi)東

完成日期： 2014年04月15日）

摘 要

本文主要是對高中學(xué)習(xí)階段不等式證明方法的概括和總結(jié).不等式的證明方法多種多樣,其中有比較法,分析法,綜合法,反證法,數(shù)學(xué)歸納法,放縮法等常見的方法,另有一些學(xué)生比較不熟悉但也經(jīng)常采用的方法,如構(gòu)造法,向量法,求導(dǎo)法,換元法等等.關(guān)鍵詞: 不等式的證明;函數(shù)的構(gòu)造;極值;導(dǎo)數(shù)

ABSTRACT

This paper is mainly on the high school stage the inequality proof method and summarized.The inequality proof methods varied, including comparison, analysis, synthesis, reduction to absurdity, mathematical induction, scaling and other common methods, and some students are not familiar with but also the methods used, such as construction method, vector method, derivation method, method and so on.Key words:

The inequality proof;function;extreme value;derivative

目 錄

1.構(gòu)造函數(shù)法 ·········································1 1.1 移項法構(gòu)造函數(shù) ·································1 1.2 作差法構(gòu)造函數(shù)

·····························2 1.3 換元法構(gòu)造函數(shù)

·····························2 1.4 從條件特征入手構(gòu)造函數(shù)

······················3 1.5 主元法構(gòu)造函數(shù) ··································3 1.6 構(gòu)造形似函數(shù) ····································4 2.比較法 ·············································4 2.1 作差比較法 ······································4 2.2 作商比較法 ······································5 3.放縮法 ············································5 4.判別式法 ············································6 5.反證法 ············································7 6.向量法 ···········································8 7.不等式證明的具體應(yīng)用 ································9 參考文獻 ··············································11

江蘇第二師范學(xué)院2014屆本科生畢業(yè)設(shè)計（論文）

眾所周知,生活中存在著大量的不等量關(guān)系.不等量關(guān)系是基本的數(shù)學(xué)關(guān)系,它在數(shù)學(xué)研究與應(yīng)用中起著不可忽視的作用,因此,研究不等式的方法至關(guān)重要,許多數(shù)學(xué)家在這一領(lǐng)域取得豐碩的成果,他們的成就舉世矚目,無可替代.不等式的證明是高中學(xué)習(xí)階段的重要內(nèi)容之一,縱觀近幾年的高考,不等式的證明每年都有涉及,一般都出現(xiàn)在最后一題,可見它的困難和重要程度,因此不等式證明的學(xué)習(xí)既是重點也是難點,無論是求最值還是求不定量的范圍都需要用到不等式的證明.所以,有必要對不等式的證明方法做一個全面的,科學(xué)的,系統(tǒng)的總結(jié)和歸納.1.構(gòu)造函數(shù)法

1.1移項法構(gòu)造函數(shù)

【例1】 已知函數(shù)f(x)?ln(x?1)?x,求證：當x??1時,恒有

1?1?ln(x?1)?x.x?1分析：本題是雙邊不等式,其右邊直接從已知函數(shù)證明,左邊構(gòu)造函數(shù)

1?1,從其導(dǎo)數(shù)入手即可證明.g(x)?ln(x?1)?x?1證:先證左邊,令g(x)?ln(x?1)?111x?1, 則g?(x)? ??x?1x?1(x?1)2(x?1)2 當x?(?1,0)時,g?(x)?0;當x?(0,??)時,g?(x)?0 , 即g(x)在x?(?1,0)上為減函數(shù),在x?(0,??)上為增函數(shù),故函數(shù)

g(x)在(?1,??)上的最小值為g(x)min?g(0)?0, ∴當x??1時,g(x)?g(0)?0,即ln(x?1)?1?1?0 x?1 ∴ ln(x?1)?1? 再證右邊,f?(x)?1(左邊得證).x?11x?1?? x?1x?1 ∴ 當?1?x?0時,f?(x)?0,即f(x)在x?(?1,0)上為增函數(shù), 當x?0時,f?(x)?0,即f(x)在x?(0,??)上為減函數(shù), 于是函數(shù)f(x)在(?1,??)上的最大值為f(x)max?f(0)?0, 1

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因此,當x??1時f(x)?f(0)?0,即ln(x?1)?x?0

∴ ln(x?1)?x(右邊得證).綜上可知,當x??1時,有1?1?ln(x?1)?x x?1【啟迪】: 如果f(a)是函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最小（大）值,則有f(x)?f(a)

（或f(x)?f(a))那么要證不等式,只要求函數(shù)的最小值不超過0就可得證． 1.2作差法構(gòu)造函數(shù)

【例2】 當x?(0,1)時,證明:(1?x)ln(1?x)?x.分析:本題是一個單邊不等式,很難直接看出兩者有什么聯(lián)系,因此聯(lián)想到采用作差的方法,將兩個函數(shù)變?yōu)橐粋€函數(shù).作差法是最直接把兩者結(jié)合的方法且求導(dǎo)

后能很容易看出兩者的聯(lián)系.證:做函數(shù)f(x)?(1?x)ln(1?x)?x,易得f(0)?0，221?x)?2x,當x?0時,f'(x)?0

而f'(x)?ln(1?x)?2ln(又得,f''(x)?22ln(1?x)22??2?[ln(1?x)?x]，1?x1?x1?x 當x?(0,1)時,f''(x)?0

∴f'(x)在x?(0,1)上遞減,即f'(x)?f'(0)?0,即f(x)在(0,1)遞減

∴f(x)?f(0)?0,從而原不等式得證.【啟迪】: 本題先構(gòu)造出一個函數(shù)并利用所設(shè)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性,再根據(jù)單調(diào)

性的性質(zhì)來證明原不等式如果一階導(dǎo)數(shù)無法判斷兩個關(guān)系,可以采用二階導(dǎo)數(shù)

來先判斷一階導(dǎo)數(shù)關(guān)系,再來判斷原函數(shù)的關(guān)系.1.3換元法構(gòu)造函數(shù)

122?x?xy?y?3.1?x?y?2 【例3】 已知 ,求證:222 分析:本題看上去毫無聯(lián)系,但發(fā)現(xiàn)x?y經(jīng)常出現(xiàn)在三角代換中.于是可以采用 換元法進行嘗試,則結(jié)果顯而易見.證:因為 1? 其中1?2x2?y2?2,所以可設(shè)x?rcos?,y?rsin?，22r2?2,0???2?.1212 ∴x?xy?y?r?rsin2??r(1?sin2?)

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??1?sin2??, 222121322 ?r?(1?sin2?)r?r 22232121 而r?3,r? 222122?x?xy?y?3.?2【啟迪】:當發(fā)現(xiàn)不等式題目中含有x2?y2,或者別的與x,y有關(guān)的不等式,可以采用換

元法.將x,y進行替換,再找兩者的關(guān)系來進行論證.1.4從條件特征入手構(gòu)造函數(shù)

【例4】 若函數(shù)y?f(x)在R上可導(dǎo)且滿足不等式xf?(x)??f(x)恒成立,且常數(shù)

a ,b滿足0?a?b,求證:af(a)

xf(x)，?(x)?f(x)此時可以得到F(x)的導(dǎo)數(shù)為xf ?F?(x)?0,所以F(x)在R上為增函數(shù)，f(a)?f(b)

?af(a)?bf(b)?0?a?b,? 得證.【啟迪】：把條件進行簡單的變形后,很容易發(fā)現(xiàn)它是一個函數(shù)積的導(dǎo)數(shù),因此可以構(gòu)造出

F(x),求導(dǎo)后即可得到證明結(jié)果.1.5主元法構(gòu)造函數(shù)

【例5】 設(shè)a,b,c,d?R,且滿足(a?b?c)求證:ab?bc?ca2?2(a2?b2?c2)?4d，?3d

分析:本題初看含有四個未知量,且題目中只含一條不等式,因此解題時必須從這條

不等式入手,對其進行變換.證:把a看成未知量進行化簡,得一元二次不等式

?2(b?c)a?(b?c)2?4d?0

22xaf(x)?x?2(b?c)x?(b?c)?4d

用替換,構(gòu)造一個函數(shù) a2x2前面的系數(shù)大于0,所以該拋物線開口向上

且當x?a時,f(a)?0.22??4(b?c)?4[(b?c)?4d]?0

?其判別式 ?

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d.同理把b,c看成未知量,可得ca?d,ab?d

疊加可得ab?bc?ca?3d.化簡,得bc?【啟迪】:有些復(fù)雜的不等式可以看成一個未知量的簡單不等式,再找?guī)讉€未知量之間的關(guān)系,進行證明.1.6構(gòu)造形似函數(shù)

【例6】 當a?b?e時,證明a?b.分析:要證a?b,只要證lnababab?lnba,即證明blna?alnb?0, 也就是要證明blnx?xlnb,因此構(gòu)造函數(shù)

f(x)?blnx?xlnb,然后只需要證明 證:要證a?b,只要證lnabaf(x)單調(diào)遞減就可以了.b?lnb xb?lnba即證blna?alnb?0

設(shè)f(x)?blnx?xlnb(x?b?e),則f?(x)? ?b?e,x?b ?lnb?1, ?b?1?f?(x)?0 xf(x)在(e,??)上單調(diào)遞減.?a?b

?f(a)?f(b)故blna?alnb?blnb?blnb?0

ba 即blna?alnb ?a?b.【啟迪】:在證明簡單不等式時,可以采用求導(dǎo)等變換來構(gòu)造出一些相似的函數(shù),再利用函

數(shù)的單調(diào)性來證明簡單不等式.2.比較法

2.1作差比較法

【例1】 若0?x?1,證明loga(1?x)?loga(1?x),(a?0,a?1).分析:用作差法來做,則需去掉絕對值,必須要分a?1和0?a?1兩種情況來考慮

問題.證:(1)當0?a?1時,?0?1?x?1,1?1?x?2

?loga(1?x)?loga(1?x)?loga(1?x)?loga(1?x)?loga(1?x)

?0?x?1,?0?1?x?

1?loga(1?x)?0,得證.（2）當a?1時,?0?1?x?1,1?1?x?2

? loga(1?x)?loga(1?x)??loga(1?x)?loga(1?x)??loga(1?x)

?0?x?1,?0?1?x?1

22222 江蘇第二師范學(xué)院2014屆本科生畢業(yè)設(shè)計（論文）

??loga(1?x)?0,得證.綜合（1）（2）可得loga(1?x)?loga(1?x).【啟迪】:當不等式兩邊的式子比較相近,或者是對數(shù)式子時可以采用作差法來嘗試.2.2作商比較法

【例2】 設(shè)a,b?R,且a?0,b?0,求證(ab)a?b22?aabb.分析:發(fā)現(xiàn)作差變形后符號很難判斷,且無法化簡,考慮到兩邊都是正數(shù),可以作商, 判斷比值和1的大小關(guān)系,從而來證明不等式.證:?ab?0,(ab)aba?b2?0,?將不等式兩邊相除，b?a2baa??()2 baabb 得(ab)a?b2?aa?b2bbaa?2?1.當a?b時,()baa?b?1?0, 當0?b?a時，b2baa?a02()?()?1.由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知,bbbaa?a0aa?b2()?()?1.?1?0 當0?a?b時，,同理可得bbb2 綜上所述,對于任意的正實數(shù)a,b都有(ab)a?b2?aabb.【啟迪】:當遇到作差法無法解決的問題時可以采用作商法來證明不等式,使用作商法的前

提條件是不等式兩邊均要大于0,一般為指數(shù)函數(shù)的形式.3.放縮法

2n?1an(n?N)

【例1】 已知數(shù)列?an?的前n項和為sn?1?2(1)設(shè)xn?(2n?1)sn,求證:數(shù)列?xn?為等差數(shù)列.11115???..........??(2)當n?2時,2.222xnxnxx32?1n?22n 分析:本題分為兩小題,第一小題是考察數(shù)列的知識,是為第二小題做的鋪墊,在做

第二小題時,需要采用放縮來證明,來把不等式的左邊放大來比較.2n?1(sn?sn?1)

證:(1)當n?2時,sn?1?2

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化簡,得(2n?1)sn?2?(2n?1)sn?1

由已知條件得xn 其通項公式為xn ??xn?是以首項為x1?xn?1?2,即xn?xn?1?2

?2公差d?2的等差數(shù)列，?2n.1111???..........?(2)2222 xnxnxx?1n?22n11111??......?] ?[2?222 4n(n?1)(n?2)(2n)11111???......?] ?[4n(n?1)n(n?1)(n?1)(n?2)(2n?1)(2n)1111111?[(?)?(?)?(?)?......4n?1nnn?1n?1n?

2111111n?1?(?)]?(?)?()2n?12n4n?12n42n(n?1)1n?1 ? 42(n?1)2?6(n?1)?411? 44

2(n?1)?6?n?14 令f(n)?2(n?1)?,當n?2時,f(n)的值隨著n的增大而增

n?1 大,?f(n)?f(2), 111136??? 即4 44f(2)?616322(n?1)?6?n?111115?2?.?2?2?2?..........xnxn?1xn?2x2n32【啟迪】: 采用放縮法題目一般比較開放,且沒有固定的放縮范圍,一般比較靈活,且方法

較多.4.判別式法

?7? 【例1】 已知x?y?z?5,x?y?z?9,求證x,y,z都屬于?1,?

?3?222

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分析:實系數(shù)一元二次方程ax2?bx?c?0有兩個不等實根、有兩個相等實根、沒有實根的充要條件是: b 記??4ac?0、b2?4ac?0、b2?4ac?0．

?b2?4ac,稱其為方程是否有實根的判別式.同時也是與方程對應(yīng)的

函數(shù)、不等式的判別式.此題含有三個未知數(shù),所以要進行替換.222z?5?x?yx?y?z?9中

證:有條件可得,代入 化簡可得:x ?2?(y?5)x?y2?5y?8?0

x?R,且方程有解,?根的判別式??b2?4ac?0

22?7?7y?1,?.即(y?5)?4(y?5y?8)?0,解得1?y?,即?3?3??7??7? 同理,替換x,y可得z??1,?,x??1,?.?3??3? ?得證.【啟迪】:本題看似復(fù)雜,含有三個未知量,其實只需要簡單的幾個步驟就解決了,因此在解決這類問題時,第一步是替換未知量,第二部把另一個未知量看成已知量,再

用根的判別式來確定范圍.5.反證法 【例1】 設(shè)0?a,b,c?1,求證:(1?a)b,(1?b)c,(1?c)a,不可能同時大于.分析:本題的結(jié)論為否定形式,適合用反證法來證明,假設(shè)命題不成立,從而導(dǎo)出矛

盾.證:假設(shè)(1?a)b,(1?b)c,(1?c)a三個數(shù)都大于, 則有(1?a)b?111,(1?b)c?,(1?c)a? 444 又?0?a?1,0?b?1,0?c?1

?111(1?a)b?,(1?b)c?,(1?c)a?.222 7

江蘇第二師范學(xué)院2014屆本科生畢業(yè)設(shè)計（論文）?(1?a)b?(1?b)c?(1?c)a? ?

2a?b1?a?bab?(1?a)b? 又由基本不等式得，221?b?c1?c?a(1?b)c?,(1?c)a?, 把上面三個式子相加得(1?a)b?(1?b)c?(1?c)a?3 ? 2 顯然?與?相矛盾,所以假設(shè)不成立.?(1?a)b,(1?b)c,(1?c)a,不可能同時大于.4【啟迪】:命題中出現(xiàn)“至少”,“都”,“同時”,“至多”等字樣時,可以采用反證法, 反證的關(guān)鍵在于找出與命題相反的結(jié)論,然后再用假設(shè)的條件推出矛盾.6.向量法

a2b2c2???12.【例1】設(shè)a?1,b?1,c?1,證明:

b?1c?1a?1 分析:本題只有一個已知條件,且結(jié)論也無法化簡,因此可以想到高中最直接的方法

向量法,構(gòu)造兩個向量.利用向量的知識進行解決.?m 證:設(shè)?(a2b2c2?，),n?(b?1,c?1,a?1)b?1c?1a?1??m 則?n?a2b2c2?b?1??c?1??a?1 b?1c?1a?1?a?b?c

222abc ????a?b?c?3?cos?b?1c?1a?1a2b2c2???a?b?c?3

?b?1c?1a?1a2b2c2a?b?c??? ? b?1c?1a?1a?b?c?33 ?a?b?c?3?

a?b?c?3 ?23

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?a?1,b?1,c?1.a2b2c2???12.兩邊同時平方可得

b?1c?1a?1 ?得證.7.不等式證明的具體應(yīng)用

1125【例1】 已知a?0,b?0,且a?b?1,求證(a?)(b?)?

ab4分析:本題是高中階段一道普通的不等式證明題,如讓學(xué)生獨立完成,可得到如下解決

方法.解法一:分析法

1125(a?)(b?)? 要證，ab4222 只要證4?ab??4a?b?25ab?4?0，?? 即證4?ab?2?33?ab??8?0，1ab?或ab?8.即因為a?0,b?0,a?b?1,所以ab?8不成立.1ab? 又因為1?a?b?2ab,所以.得證.解法二:作差比較法

?a?b?1,a?0,b?0 ?a?b?2ab,?ab?

41125a2?1b2?125??? ?(a?)(b?)?ab4ab44a2b2?33ab?8(1?4ab)(8?ab)??0

?4ab4ab1125 ?(a?)(b?)?.ab4

解法三:三角代換法

?a?b?1,a

?0,b?0

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??? 故設(shè)a?sin?,b?cos?,???0,?

?2?1122)(cos??)則原式?(sin??22sin?cos?sin4??cos4??2sin2?cos2??2 ?

4sin22?(4?sin2?)2?16 ? 24sin2?22 ? sin2??1?4?sin2??4?1?3.1122?.?(4?sin2?)?16?25,24sin2?41125 ?(a?)(b?)?.ab422本題歸納與小結(jié):本題一共采用了3種不同的方法,第一種是從問題入手,對問題進行一步

步的剖析,有逆向思維的方式,是把問題具體化,把所要證明的問題轉(zhuǎn)化

為所學(xué)的知識,或者已知條件.只要分析的過程合理,一般過渡的結(jié)論很

容易得到.第二種方法也是根據(jù)問題入手,不同的是它把問題直接改變?yōu)?/p>

一道運算式,這樣就把問題變?yōu)檫\算式結(jié)果與零比較大小,因為題目所給的數(shù)字往往讓在解題時無從下手,無法想出這個數(shù)字從何而來,一但轉(zhuǎn)化

為零后,解題時只需要考慮對算式的變形,最后只需判斷算式的正負號.第三種方法使用范圍比較小,它一般具有特殊的條件如a?b?1, a2?b2?1這種情況下會考慮三角代換,采用三角代換最需要注意的是

角的范圍,一般學(xué)生在采用代換時往往忘記角的范圍,從而無法確定三角

函數(shù)值的范圍,容易產(chǎn)生多解或錯解.這種方法好處在于已經(jīng)知道了三角

值的范圍,且三角函數(shù)含有多種變形方式可以對式子進行更好的化簡.并

且利用三角值的確定性能很快的得到所求式子的范圍.本題三種方法均

可采用,根據(jù)學(xué)生個人的掌握程度來選擇方法.本論文主要對高中不等式的常用證明方法進行簡單的總結(jié),使中學(xué)生在證明不等式時有法可依,能盡快的找到適合的方法,主要介紹構(gòu)造法,作差法,放縮法,判別式法,反證法,向量法這些常用的方法.江蘇第二師范學(xué)院2014屆本科生畢業(yè)設(shè)計（論文）

參考文獻

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第二篇：高中數(shù)學(xué)不等式證明的常用方法經(jīng)典例題

關(guān)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(guān)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?qū)Ч治龇ㄊ菆?zhí)果索因換元法、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(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 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(zhì)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(guān)性質(zhì)把a呈現(xiàn)出來，等價轉(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(xí)已知x、y是正變數(shù),a、b是正常數(shù),且ab?=1，x+y的最小值為xy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 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(shù)，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(shù)，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(yīng)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(shè)容器高為h米，蓋子邊長為a米，(1)求a關(guān)于h的解析式；(2)設(shè)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(guān)系式后，應(yīng)用均值定理可求得最值

例2已知a，b，c是實數(shù)，函數(shù)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(shè)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(shù)的有關(guān)性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性，絕對值不等式

例3設(shè)二次函數(shù)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(shè)函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=x0對稱，證明 x0＜

x

1鞏固練習(xí)

定義在R上的奇函數(shù)f(x)為增函數(shù)，偶函數(shù)g(x)在區(qū)間［0，+∞)的圖象與f(x)的圖象重合，設(shè)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(shè)x，y都是正數(shù)，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(shù) f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，設(shè)方程f(x)=x的兩實數(shù)根為x1，x2

(1)如果x1＜2＜x2＜4，設(shè)函數(shù)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(shè)函數(shù)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(diào)遞減；

(3)設(shè)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(shù)f(x)=(b＜0)的值域是［1，3］，2x?1

(1)求b、c的值；

(2)判斷函數(shù)F(x)=lgf(x)，當x∈［－1，1］時的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論；(3)若t∈R，求證 lg

711≤F(|t－|－|t+|)≤566數(shù)列與不等式的交匯題型分析及解題策略

【命題趨向】

數(shù)列與不等式交匯主要以壓軸題的形式出現(xiàn)，試題還可能涉及到與導(dǎo)數(shù)、函數(shù)等知識綜合一起考查.主要考查知識數(shù)列的通項公式、前n項和公式以及二者之間的關(guān)系、等差數(shù)列和等比數(shù)列、歸納與猜想、數(shù)歸納法、比較大小、不等式證明、參數(shù)取值范圍的探求，在不等式的證明中要注意放縮法的應(yīng)用.【典例分析】

題型一 求有數(shù)列參與的不等式恒成立條件下參數(shù)問題

求得數(shù)列與不等式結(jié)合恒成立條件下的參數(shù)問題主要兩種策略：(1)若函數(shù)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(shù)列與等比數(shù)列等數(shù)列知識化簡不等式，再通過解不等式解得.11

1【例1】等比數(shù)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(shù)n的取

a1a2an值范圍.【例2】（08·全國Ⅱ）設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn．已知a1＝a，an+1＝Sn＋3n，n∈N*．

(Ⅰ)設(shè)bn＝Sn－3n，求數(shù)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(guān)的數(shù)列的通項公式，則可考慮Sn與an的關(guān)系求解

題型二 數(shù)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(shù)的增加與減少等手段達到證明的目的.【例3】 已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，其前n項和為Sn，a3＝7，S4＝24．(Ⅰ)求數(shù)列{an}的通項公式；(Ⅱ)設(shè)p、q都是正整

1數(shù)，且p≠q，證明：Sp+q＜(S2p＋S2q)．【點評】 利用差值比較法比較大小的關(guān)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(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝0，an+1＝can3＋1－c，c∈N*，其中c為實數(shù).(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(shè)0＜c＜，證明：an≥1－(3c)n?1，n∈N*；（Ⅲ）設(shè)0＜c＜，證明：a12＋a22＋…＋an

2332

＞n＋1－n∈N*.1－3c

題型三 求數(shù)列中的最大值問題

求解數(shù)列中的某些最值問題，有時須結(jié)合不等式來解決，其具體解法有：(1)建立目標函數(shù)，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(shù)列的單調(diào)性，然后確定最值；(3)利用條件中的不等式關(guān)系確定最值.【例5】(08·四川)設(shè)等差數(shù)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(shù)列{an}的首項為a1＝2002，公比q＝－．(Ⅰ)設(shè)f(n)表示該數(shù)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(shù)列與不等式中的探索性問題主要表現(xiàn)為存在型，解答的一般策略：先假設(shè)所探求對象存在或結(jié)論成立，以此假設(shè)為前提條件進行運算或邏輯推理，若由此推出矛盾，則假設(shè)不成立，從而得到“否定”的結(jié)論，即不存在.若推理不出現(xiàn)矛盾，能求得在范圍內(nèi)的數(shù)值或圖形，就得到肯定的結(jié)論，即得到存在的結(jié)果.【例7】 已知{an}的前n項和為Sn，且an＋Sn＝4.(Ⅰ)求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列；(Ⅱ)是否存在正整數(shù)k，使

【點評】在導(dǎo)出矛盾時須注意條件“k∈N*”，這是在解答數(shù)列問題中易忽視的一個陷阱.【例8】(08·湖北)已知數(shù)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(shù)，n為正整

3數(shù).（Ⅰ）對任意實數(shù)λ，證明數(shù)列{an}不是等比數(shù)列；（Ⅱ）試判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列，并證明你的結(jié)論；（Ⅲ）設(shè)0＜a＜b,Sn為數(shù)列{bn}的前n項和.是否存在實數(shù)λ，使得對任意正整數(shù)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(shù)列與不等式命題新亮點

例1 把數(shù)列一次按第一個括號一個數(shù),按第二個括號兩個數(shù),按第三個括號三個數(shù),按第四個括號一個數(shù)?,循環(huán)分為(1),(3,5),(7,9,11),(13),(15,17),(19,21,23),(23)?,則第50個括號內(nèi)各數(shù)之和為_____.點評:恰當?shù)姆纸M,找到各數(shù)之間的內(nèi)在聯(lián)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(shè)A.bn

Sk+1－2

＞2成立.Sk－2

?an?是由正數(shù)構(gòu)成的等比數(shù)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(shù)列的遞推關(guān)系.例3 若對x?(??,?1],不等式(m

?m)2x?()x?1恒成立,則實數(shù)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(fā)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(shè)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(shù)

?1(n?2,n?N)(3)求證: P2?P3???Pn>6n?5(n?2,n?N)

4f?x??x2?x.(1)數(shù)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(shù)列?cn?的前k項和, Tk為數(shù)列?cn?的1?bn

n

(2)數(shù)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(shù)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(xùn)練】

?

7?n?2?②an?e2?n?1? 4

aaD．a(chǎn)6a8（）D．bn≤cn

（）

1．已知無窮數(shù)列{an}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，則有

aaA．＜

a6a8

aaB．

a6a8

aaC．＞a6a8

2．設(shè){an}是由正數(shù)構(gòu)成的等比數(shù)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(shù)列，{bn}為正項等比數(shù)列，公比q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，則（）

A．a(chǎn)6＝b6 A．9 A．S4a5＜S5a4

B．a(chǎn)6＞b6 B．8 B．S4a5＞S5a4

C．a(chǎn)6＜b6 C．7 C．S4a5＝S5a4 S

(n＋32)Sn+1

1C．

D．a(chǎn)6＞b6或a6＜b6（）D．6 D．不確定（）

150

4．已知數(shù)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(shù)列{an}的公比q＞0，其前n項的和為Sn，則S4a5與S5a4的大小關(guān)系是（）

6．設(shè)Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，則函數(shù)f(n)＝

A．

120

B．

130

D．

7．已知y是x的函數(shù)，且lg3，lg(sinx－)，lg(1－y)順次成等差數(shù)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(shù)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(shè)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(shù)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(shè)等比數(shù)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(shè)f(x)是定義在R上恒不為零的函數(shù)，對任意實數(shù)x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝an＝f(n)(n∈N*)，則數(shù)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(shù)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(shù)M，使得對一切正整數(shù)n，Tn≤M都

n

成立．則M的最小值是__________．

14．無窮等比數(shù)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(shù)列，x，c，d，y成等比數(shù)列，則的最小值是________.cd

Ａ．0

Ｂ．1

Ｃ．2

Ｄ．

416．等差數(shù)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(shù)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(shù)組成的數(shù)列，a1＝1，且點(an，an+1)(n∈N*）在函數(shù)y＝x2＋1的圖象上.(Ⅰ)求數(shù)列｛an｝的通項公式；(Ⅱ)

若列數(shù)｛b｝滿足b＝1,b＝b＋2an，求證：b ·b＜b2.n

n+1

n

n

n+2

n+1

19．設(shè)數(shù)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(shè)bn＝a3－2an，證明bn＜bn+1，其中n為正整數(shù)． 20．已知數(shù)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(shù)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(shù)y＝f(x)的圖像經(jīng)過坐標原點，其導(dǎo)函數(shù)為f?(x)＝6x－2，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，點(n，Sn)(n∈N*)均在函

數(shù)y＝f(x)的圖像上.（Ⅰ）求數(shù)列{an}的通項公式；

1m

（Ⅱ）設(shè)bn＝，Tn是數(shù)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(shù)m

20anan＋1

22．數(shù)列，?是常數(shù)．（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(shù)列?an?是否可能為等差數(shù)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(shù)m，當n?m時總有an

一、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

（一）、利用導(dǎo)數(shù)得出函數(shù)單調(diào)性來證明不等式

?0．

利用導(dǎo)數(shù)處理與不等式有關(guān)的問題

某個區(qū)間上導(dǎo)數(shù)大于（或小于）0時，則該單調(diào)遞增（或遞減）。因而在證明不等式時，根據(jù)不等式的特點，有時可以構(gòu)造函數(shù)，用導(dǎo)數(shù)證明該函數(shù)的單調(diào)性,然后再用函數(shù)單調(diào)性達到證明不等式的目的。

1、直接構(gòu)造函數(shù)，然后用導(dǎo)數(shù)證明該函數(shù)的增減性；再利用函數(shù)在它的同一單調(diào)遞增（減）區(qū)間，自變量越大，函數(shù)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(gòu)造函數(shù),然后利用導(dǎo)數(shù)證明該函數(shù)的單調(diào)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(shù)的底)

（二）、利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值（或值域）后，再證明不等式。

導(dǎo)數(shù)的另一個作用是求函數(shù)的最值.因而在證明不等式時，根據(jù)不等式的特點，有時可以構(gòu)造函數(shù)，用導(dǎo)數(shù)求出該函數(shù)的最值；由當該函數(shù)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(zhuǎn)化為函數(shù)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(dǎo)數(shù)求出函數(shù)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(dǎo)數(shù)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(shù)范圍，往往把變量分離后可以轉(zhuǎn)化為m>f(x)(或m

a

?(?9(a?R),對f(x)定義域內(nèi)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(shù)，（Ⅰ）設(shè)y=(x?a)，證明y??n(x?a)；

n

（Ⅱ）設(shè)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(shù)f(x)

三、利用導(dǎo)數(shù)解不等式 例8：函數(shù)

?ax(a?0),解不等式f(x)≤1

第三篇：高中數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)專題講座關(guān)于不等式證明的常用方法

高考要求

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)中的一個難點，本節(jié)著重培養(yǎng)考生數(shù)學(xué)式

重難點歸納比較法、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 如果作差以后的式子可以整理為關(guān)于某一個變量的二次式，(2)綜合法是由因?qū)Ч治龇ㄊ菆?zhí)果索因，兩法相互轉(zhuǎn)換，互相滲透，互為前提，充分運用這一辯證關(guān)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(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，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(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，要依據(jù)題設(shè)、題目的特點和內(nèi)在聯(lián)系，選擇適當?shù)淖C明方法，要熟悉各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

111?????2(n∈N*)例1證明不等式1?23n

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

知識依托 本題是一個與自然數(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

錯解分析 此題易出現(xiàn)下列放縮錯誤

1??????n個

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，有的放矢，直達目標而證法三運用函數(shù)思想，借助單調(diào)性，獨具匠心，發(fā)人深省(1)當n等于1時，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立

111????(2)假設(shè)n=k(k≥1)時，不等式成立，即1+＜2k，2k則1?

?12?1????1k?1?1?2k?1k?1 2k(k?1)?1?1k?(k?1)?1?2k?1,∴當n=k+

1綜合(1)、(2)得當n∈N*時，都有1+

12?1

3???1

n＜

另從k到k+1?2(k?1)?1?2k(k?1)?k?2k(k?1)?(k?1)

?(k?k?1)2?0,?2k(k?1)?1?2(k?1),?k?1?0,?2?1

k?1?2k?1.k?1??

2?1?k?1?1

k?1, 又如:?2k?1?2?

?2k??2?1.k?1

對任意k∈N*，都有1

kk?kk??1證法111因此1??????2?2(?1)?2(?2)???2(n?n?1)?2n.23三 設(shè)f(n)=2n?(1??2?2?2(k?k?1),1

3那么對任意k∈N* 都有?1???1n),f(k?1)?f(k)?2(k?1?k)?

?

?1k?11

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

k?1?0

∴f(k+1)＞f(k)

因此，對任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞?＞f(1)=1＞0，111?????2n.∴1?23例2求使x?y≤ax?y(x＞0，y＞0)恒成立的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 知識依托該題實質(zhì)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(guān)性質(zhì)把a呈現(xiàn)出來，等價轉(zhuǎn)化的思想是解決題目的突破口，然后再錯解分析 本題解法三利用三角換元后確定a的取值范圍，此時我們習(xí)慣是將x、y與cosθ、sinθ來對應(yīng)進行換元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜?

2)，這樣也得a≥sin

θ+cosθ其原因是(1)縮小了x、y的范圍(2)這樣換元相當于本題又增加了“x、y=

1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，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好處，可以把原問題轉(zhuǎn)化由于a的值為正數(shù)，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

設(shè)

u?x?y(x?y)2x?y?2xy ???x?yx?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∵y＞0，∴原不等式可化為x+1≤ayx?1，y

設(shè)x?

=tanθ，θ∈(0，)y2

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

又∵sin(θ+?4)，③ ?

4)的最大值為1(此時θ=?

4)

由③式可知a

例3已知a＞0，b＞0，且a+b=1求證(a+11)(b+)ba(分析綜合法）

欲證原式，即證4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即證4(ab)2－33(ab)+8≥0，即證ab≤1或ab≥8 4

∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立

∵1=a+b≥2ab，∴ab≤

(均值代換法)1，從而得證 4

設(shè)a=11+t1，b=+t222

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜11，|t2|＜ 22

11a2?1b2?1?(a?)(b?)??abab

111122(?t1)2?1(?t2)2?1(?t1?t1?1)(?t2?t2?1)???1111?t1?t2(?t1)(?t2)2222

1152222(?t1?t1?1)(?t2?t2?1)(?t2)2?t2??1122?t2?t244

2532254?t2?t225???.24?t244

顯然當且僅當t=0，即a=b=

(比較法）1時，等號成立 2

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1 4

1125a2?1b2?1254a2b2?33ab?8(1?4ab)(8?ab)(a?)(b?)???????0ab4ab44ab4ab 1125?(a?)(b?)?ab4

(綜合法)

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab 25?2(1?ab)?1?2139??16(1?ab)?1252?1?ab?1???(1?ab)?????4416?1ab4?4??ab

1125 即(a?)(b?)?ab4

(三角代換法）

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

11112(a?)(b?)?(sin2??)(cos??)absin2?cos2?

sin4??cos4??2sin2?cos2??2(4?sin2?)2?16??4sin22?4sin22?

?sin22??1,?4?sin22??4?1?3.2 4?2sin22??16?25??(4?sin22?)225???11244sin2???24sin2??

1125即得(a?)(b?)?.ab4

第四篇：證明不等式方法

不等式的證明是高中數(shù)學(xué)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(jié)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(shù)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(jié)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(shè)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(shè)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(xí)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(xí)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(fā)，根據(jù)不等式性質(zhì)推算出要證明不等式。

例4，設(shè)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(xí)3：已知a、b、c為正數(shù)，n是正整數(shù)，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(jīng)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(jù)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(xí)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(shù)

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(xí)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(shù)問題時，使用適當?shù)娜呛瘮?shù)進行換元，把代數(shù)問題轉(zhuǎn)化成三角問題，充分利用三角函數(shù)的性質(zhì)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(fù)習(xí)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(shè)一個輔助未知數(shù)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(shè)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(jié)論不成立，然后依據(jù)已知條件以及有關(guān)的定義、定理、公理，逐步推導(dǎo)出與定義、定理、公理或已知條件等相矛盾或自相矛盾的結(jié)論，從而肯定原有結(jié)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(jié)論中只有一次，應(yīng)考慮到用術(shù)立方根，同時用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。

證明：解設(shè)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(xí)7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求證：a＞0，b＞0，c＞0

8數(shù)學(xué)歸納法

與自然數(shù)n有關(guān)的不等式，通常考慮用數(shù)學(xué)歸納法來證明。用數(shù)學(xué)歸納法證題時的兩個步驟缺一不可。

例10：設(shè)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(guān)，可采用數(shù)學(xué)歸納法

證明：（1）當n=2時，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假設(shè)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(xí)8：已知n∈N，且n＞1，求證： 1n+1+1n+2+…+12n＞132

49構(gòu)造法

根據(jù)求證不等式的具體結(jié)構(gòu)所證，通過構(gòu)造函數(shù)、數(shù)列、合數(shù)和圖形等，達到證明的目的，這種方法則叫構(gòu)造法。

1構(gòu)造函數(shù)法

例11：證明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

證明：設(shè)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(jù)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(xí)9：已知a＞b，2b＞a+c，求證：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2構(gòu)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(jié)構(gòu)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(shè)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(xí)10：設(shè)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(yōu)先考慮“添項”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍數(shù)添項

若不等式中含有奇數(shù)項的和，可通過對不等式乘以2變成偶數(shù)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(shù)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(shù)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(fù)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(xí)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(shù)c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對任意正數(shù)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(shù)，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(jù)不等式的性質(zhì)：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(shè)x+y>0，n為偶數(shù)，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(shù)，∴ 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(shù)時，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同號，應(yīng)分x、y同號和異號兩種情況討論。

正解：應(yīng)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(shè)x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n為偶數(shù)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

第五篇：不等式證明若干方法

安康學(xué)院 數(shù)統(tǒng)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué) 專業(yè) 11 級本科生

論文（設(shè)計）選題實習(xí)報告

11級數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)《科研訓(xùn)練2》評分表

注：綜合評分?60的為“及格”； <60分的為“不及格”。