第一篇：不等式證明方法講義

不等式的證明方法

一、比較法

1.求證：x2 + 3 > 3x

2.已知a, b, m都是正數(shù)，并且a < b，求證：a?ma? b?mb

a?b

23.已知a, b都是正數(shù)，并且a ? b，求證：a5 + b5 > a2b3 + a3b2作商法1.設(shè)a, b ? R，求證：ab?(ab)+ab?abba

二、綜合法

1．綜合法：利用某些已經(jīng)證明過(guò)的不等式（例如算術(shù)平均數(shù)與幾何平均數(shù)定理）和不等式的性質(zhì)推導(dǎo)出所要證明2．用綜合法證明不等式的邏輯關(guān)系是：A?B1?B2???Bn?B

3．綜合法的思維特點(diǎn)是：由因?qū)Ч从梢阎獥l件出發(fā)，利用已知的數(shù)學(xué)定理、性質(zhì)和公式，推出結(jié)論的一種證例題：已知a，b，c是不全相等的正數(shù)，求證：a(b?c)?b(c?a)?c(a?b)?6abc

例題：已知a，b，c都是正數(shù)，且a，b，c成等比數(shù)列，求證：a?b?c?(a?b?c)

例題：a , b, c?R,求證：1?(a?b?c)(***19??)?92?(a?b?c)(??)? abca?bb?cc?a

2三、分析法

例題： 求證3?7?

2例題：已知a,b,c,d∈R,求證:ac+bd≤(a?b)(c?d)

例題：用分析法證明下列不等式:

(1)求證:5?7?1?(2)求證:x?1?

(3)求證:a,b,c∈R,求證:2(+2222x?2?x?3?x?4(x≥4)a?ba?b?c?ab)?3(?abc)2

3四、換元法 三角換元：

若0≤x≤1，則可令x = sin?(0???

22???)或x = sin2?(????222若x?y?1，則可令x = cos? , y = sin?(0???2? 代數(shù)換元：“整體換元”,“均值換元”,例題： 求證：?11?x?x2? 2

2例題： 已知x > 0 , y > 0，2x + y = 1，求證：11??3?22 xy

2例題：若x?y?1，求證：|x?2xy?y|?2222

五、放縮法與反證法

abcd????2 a?b?db?c?ac?d?bd?a?c

1111例題：求證：2?2?2???2?2 123n例題：若a, b, c, d?R+，求證：1?

例題：（用反證法）設(shè)0 < a, b, c < 1，求證：(1 ? a)b,(1 ? b)c,(1 ? c)a,不可能同時(shí)大于

例題：已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求證：a, b, c > 0

4六、構(gòu)造法

22222222例題：已知0 < a < 1，0 < b < 1，求證：a?b?(a?1)?b?a?(b?1)?(a?1)?(b?1)?2

2習(xí)題精選精解

例題：正數(shù)x,y滿足x?2y?1，求1/x?1/y的最小值。

例題：設(shè)實(shí)數(shù)x,y滿足x?(y?1)?1，當(dāng)x?y?c?0時(shí)，求c的取值范圍。

例題：已知函數(shù)f(x)?ax?bx(a?0)滿足1?f(?1)?2，2?f(1)?5，求f(?3)的取值范圍。

例題：已知a?b?c，求證：ab?bc?ca?ab?bc?ca

例題：

?222222222

例題：設(shè)f?x??x?x?13，實(shí)數(shù)a滿足x?a?1，求證：f?x??f?a??2a?1 2??

注：??式的最后一步省略了對(duì)a

?0,a?0,a?0的詳細(xì)分析，正式解題時(shí)不能省。分析過(guò)程用 a,b同號(hào)?|a?b|?|a|?|b|?||a|?|b||?|a?b|;a,b異號(hào)?|a?b|?|a|?|b|?||a|?|b||?|a?b| 例題：a、b、c?(0,??)，a?b?c?1，求證：

例題：x?y?1，求證：?2?x?y?

例題：已知1≤x＋y≤2，求證：

2222a2?b2?c2?13 2 122≤x－xy＋y≤3． 22

第二篇：證明不等式方法

不等式的證明是高中數(shù)學(xué)的一個(gè)難點(diǎn)，題型廣泛，涉及面廣，證法靈活，錯(cuò)法多種多樣，本節(jié)通這一些實(shí)例，歸納整理證明不等式時(shí)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(dāng)求證的不等式兩端是分項(xiàng)式（或分式）時(shí)，常用作差比較，當(dāng)求證的不等式兩端是乘積形式（或冪指數(shù)式時(shí)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(lái)說(shuō)明作差后的正或負(fù)，從而達(dá)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(fù)。

∵（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(duì)稱(chēng)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(dá)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(duì)稱(chēng)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(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，取等號(hào)）

（2）若a、b∈R+，則a+b≥ 2ab（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，取等號(hào)）

（3）若a、b同號(hào)，則 ba+ab≥2（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，取等號(hào)）

例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1則a1-b2+b1-a2≤

1分析：通過(guò)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(dāng)且僅當(dāng)a1+b2=1時(shí)，等號(hào)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(guò)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(gè)條件是可以證明或已經(jīng)證明的不等式時(shí)，便可推出原不等式成立，這種方法稱(chēng)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(gè)連鎖不等式，不易用比較法，又據(jù)觀察求證式等價(jià)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(shí)，把不等式的一邊適當(dāng)放大或縮小，利用不等式的傳遞性來(lái)證明不等式，是證明不等式的重要方法，技巧性較強(qiáng)常用技巧有：（1）舍去一些正項(xiàng)（或負(fù)項(xiàng)），（2）在和或積中換大（或換小）某些項(xiàng)，（3）擴(kuò)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(diǎn)，若將4個(gè)分式商為同分母，問(wèn)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(shí)際問(wèn)題解決中可以起到化難為易，化繁為簡(jiǎn)的作用，有些問(wèn)題直接證明較為困難，若通過(guò)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(jiàn)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(wèn)題時(shí)，使用適當(dāng)?shù)娜呛瘮?shù)進(jìn)行換元，把代數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化成三角問(wèn)題，充分利用三角函數(shù)的性質(zhì)去解決問(wèn)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(duì)于在已知條件中含有若干個(gè)等比式的問(wèn)題，往往可先設(shè)一個(gè)輔助未知數(shù)表示這個(gè)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(shuō)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(shí)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(lái)證明。用數(shù)學(xué)歸納法證題時(shí)的兩個(gè)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(dāng)n=2時(shí)，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假設(shè)n=k(k≥2，k∈n)時(shí)不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k-1)＞2k+12 那么當(dāng)n=k+1時(shí)，(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(duì)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(dāng)n=k+1時(shí)，原不等式成立

由（1）（2）證明可知，對(duì)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(guò)構(gòu)造函數(shù)、數(shù)列、合數(shù)和圖形等，達(dá)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(duì)稱(chēng)

∵當(dāng)x＞0時(shí)，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴當(dāng)x＜0時(shí)，據(jù)圖像的對(duì)稱(chēng)性知f（x）＜0

∴當(dāng)x≠0時(shí)，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(biāo)平面上兩點(diǎn)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(xiàng)法

某些不等式的證明若能優(yōu)先考慮“添項(xiàng)”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍數(shù)添項(xiàng)

若不等式中含有奇數(shù)項(xiàng)的和，可通過(guò)對(duì)不等式乘以2變成偶數(shù)項(xiàng)的和，然后分組利用已知不等式進(jìn)行放縮。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)等號(hào)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(dāng)且僅當(dāng)a=b，b=c，c=a即a=b=c時(shí)，等號(hào)成立。

2平方添項(xiàng)

運(yùn)用此法必須注意原不等號(hào)的方向

例14 ：對(duì)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(shí)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(xiàng)

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(xiàng)sin π

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

2∴上式成立

反復(fù)運(yùn)用這個(gè)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(hào)成立的條件添項(xiàng)

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(shí)，等號(hào)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(hào)不成立∴③中等號(hào)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(duì)任意正數(shù)x,y恒成立？ 錯(cuò)解：證明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故說(shuō)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?yàn)閤,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(cuò)解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz

錯(cuò)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(jiǎn)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(cuò)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(hào)，∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

錯(cuò)因：在x+y>0的條件下，n為偶數(shù)時(shí)，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同號(hào)，應(yīng)分x、y同號(hào)和異號(hào)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(dāng)x>0,y>0時(shí)，(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(dāng)x,y有一個(gè)是負(fù)值時(shí)，不妨設(shè)x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n為偶數(shù)時(shí),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

第三篇：高二_不等式的證明講義

高二數(shù)學(xué)不等式同步輔導(dǎo)講義

第1講 不等式的證明

一、輔導(dǎo)內(nèi)容

不等式證明的方法與技巧

二、學(xué)習(xí)指導(dǎo)

不等式的證明主要研究對(duì)絕對(duì)不等式的變形、化簡(jiǎn)。其原理是利用不等式的傳遞性從不等式的左端或右端適當(dāng)?shù)胤糯螅ɑ蚩s小）為右端或左端。不等式的性質(zhì)是不等式證明的基礎(chǔ)。

不等式證明的常規(guī)方法有：比較法、綜合法、分析法。比較法的研究對(duì)象通常是代數(shù)不等式，如整式不等式，分式不等式；綜合法主要是用基本不等式及不等式的性質(zhì)研究非負(fù)實(shí)數(shù)集內(nèi)的絕對(duì)值不等式；當(dāng)因題目條件簡(jiǎn)單或結(jié)論形式復(fù)雜而無(wú)法對(duì)不等式下手時(shí)，可考慮用分析法，但應(yīng)注重格式，注意規(guī)范化用語(yǔ)。

根據(jù)題目條件或結(jié)論的特殊形式，證明不等式還有一些技巧方法；換元法、反證法、放縮法、判別式法等。

三、典型例題

【例1】 設(shè)a，b∈R，求證：a+b≥ab+a+b-1。

解題思路分析：

思路一：這是一個(gè)整式不等式，可考慮用比較法，在配方過(guò)程應(yīng)體現(xiàn)將a或b看成主元的思想，在這樣的思想下變形，接下來(lái)的配方或因式分解相對(duì)容易操作。

作差δ=a+b-ab-a-b+1=a-(b+1)a+b-b+1=(a? =(a?b?123)?(b?1)2≥0 2

422222

222

b?123233)?b?b? 2424思路二：注意到不等式兩邊式子a+b與ab的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，聯(lián)想到基本不等式；為了得到左邊的a與b項(xiàng)，應(yīng)用增減項(xiàng)法變形。增加若干項(xiàng)或減少若干項(xiàng)的技巧在本節(jié)應(yīng)用得較為普遍。

因a+b≥2ab，a+1≥2a，b+1≥2b 三式同向相加得：a+b≥ab+a+b-1 思路三：在思路一中，作差δ后得到關(guān)于a的二次三項(xiàng)式，除了用配方法，還可以聯(lián)系二次函數(shù)的知識(shí)求解。記f(a)=a-(b+1)a+b-b+1 因二次項(xiàng)系數(shù)為正，△=(b+1)-4(b-b+1)=-3(b-1)≤0 ∴ f(a)≥0 【例2】 已知0

根據(jù)已知條件：a+b+c+abc>0，首先將題目結(jié)論改造為1+ab+bc+ca≥a+b+c+abc，即1+ab+bc+ca-a-b-c-abc≥0。這樣的化簡(jiǎn)或變形（變形的目的也是化簡(jiǎn)）在絕大多數(shù)解題中都是需要的），而且是必要的。在變形過(guò)程中通常注意前后問(wèn)題的等價(jià)性。

其次在對(duì)欲證不等式左邊的化簡(jiǎn)時(shí)，應(yīng)從已知條件中尋找思路：由a≤1，b≤1，c≤1得：1-a≥0，1-b≥0，1-c≥0，因此在對(duì)1+ab+bc+ca-a-b-c-abc因式分解時(shí)，應(yīng)向1-a，1-b，1-c這三個(gè)因式靠攏，這樣才便于判斷整個(gè)因式的符號(hào)。由輪換式的特點(diǎn)，找準(zhǔn)1-a，1-b，1-c中的一個(gè)因式即可。

1+ab+bc+ca-a-b-c-abc =(1-a)+b(a-1)+c(a-1)+bc(1-a)=(1-a)(1-b-c+bc)=(1-a)(1-b)(1-c)≥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。

解題思路分析：

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?bcbcbc?ac A-B=a+d-(b+c)=a? ?b?c?a?b?aaa1?ab?bc?ca≥1。

a?b?c?abc

22222222222

=a?b?c(a?b)(a?b)(a?c)??0 aabc d(b?d)(c?d)bcbc?cd A-B=a?d?b?c? ?d?b?c??(b?d)=ddd下面是判斷b-d與c-d的符號(hào)，即比較a、c與d的大小：應(yīng)從條件a=max{a，b，c，d}及ad=bc出發(fā)才挖掘隱藏條件。又：若不慎消去了a，該怎么辦呢？ 由ad=bc得：a?ac? bdac∵ a>b>0 ∴ >1 即 >1 ∴ c>d，c-d>0 bd由ad=bc得：同理b-d>0 ∴ A-B>0 【例4】 a，b，c∈R，求證：a+b+c≥(a+b+c)。

解題思路分析：

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。

11左=(2a4?2b4?2c4)?[(a4?b4)?(b4?c4)?(c4?a4)]

21≥(2a2b2?2b2c2?2c2a2)?a2b2?b2c2?c2a2

2發(fā)現(xiàn)縮小后沒(méi)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(lèi)似。a2b2?b2c2?c2a2?1(2a2b2?2b2c2?2c2a2)24

441?[(a2b2?b2c2)?(b2c2?c2a2)?(c2a2?a2b2)]21≥(2ab2c?2abc2?2a2bc)?ab(a?b?c)2

【例5】（1）a，b，c為正實(shí)數(shù)，求證：

111111??； ??≥

abcabbcaca2b2c2a?b?c??（2）a，b，c為正實(shí)數(shù)，求證：≥。b?ca?ca?b2解題思路分析：

（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？ a2

【例6】 x，y為正實(shí)數(shù)，x+y=a，求證：x+y≥。

2解題思路分析：

思路一；根據(jù)x+y和x+y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。x2?y2x?y∵ ≤

22(x?y)2a2?∴ x?y≥ 222222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?aa?m，y??m 22

a2aaa2222則 x?y?(?m)?(?m)?2m?≥

2222途徑2：代入消元法： 22y=a-x，0

222222222途徑3：三角換元法消元：

?22令 x=acosθ，y=asinθ，θ∈(0，]

222244222222則 x+y=a(cosθ+sinθ)=a[(sinθ+cosθ)-2sinθcosθ]

a211222 =a[1-2(sin2θ)]=a(1-sin2θ)≥

222 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2是高中數(shù)學(xué)常用的重要方法。

(a?b)2a?b(a?b)2??ab?

【例7】 已知a>b>0，求證：。8a28b解題思路分析：

所證不等式的形式較復(fù)雜（如從次數(shù)看，有二次，一次，1次等），難以從某個(gè)角度著手。故考慮用分析法證明，即2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?ba?b?2ab(a?b)2?ab?? 222a?b?(a?b)(a?b)(a?b)2(a?b)2(a?b)2(a?b)2(a?b)2??所證不等式可化為

8a28b∵ a>b>0 ∴ a?b ∴ a?b?0

(a?b)2(a?b)2?1?∴ 不等式可化為：

4a4b2???(a?b)?4a?a?b?2a即要證? 只需證?

2???4b?(a?b)?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)=解題思路分析：

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)=b-4b+的最值，看能否通過(guò)最值之間的大小關(guān)系進(jìn)行比較。

22x?34x?8，求證：對(duì)任意實(shí)數(shù)a，b，恒有f(a)

211.2112f(a)?2a?34?82a?8?2a(2)?8a2?82a?82a≤

82?2a?82a?842?2

令 g(b)=b-4b+∵ 11323 g(b)=(b-2)+≥

2223?2 ∴ g(b)>f(a)2注：本題實(shí)際上利用了不等式的傳遞性，只不過(guò)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(guò)。由此也說(shuō)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)=ax+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。

解題思路分析：

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(lái)說(shuō)，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(wèn)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 1∴ b?[f(1)?f(?1)] 2111∴ |b|?|f(1)?f(?1)|≤[|f(1)|?|f(?1)|]≤(1?1)≤1 222（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。

2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(guò)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。

同步練習(xí)

（一）選擇題

1、設(shè)a，b為正數(shù)，且a+b≤4，則下列各式一定成立的是（）1111111?≤ B、≤?≤ ab44ab211111C、≤?≤1 D、?≥1 2ababA、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

3、設(shè)m不等于n, x=m-mn y=nm-n，則x , y的大小關(guān)系為（）

A、x>y B、x=y C、y>x D、與m ,n的取植有關(guān)

43344、已知a，b是不相等的正數(shù)，在a、b之間插入兩組數(shù)：x1，x2，?，xn和y1，y2，?，yn，b成等比數(shù)列，并給出下列不等式：

① ② 1a?b2(x1?x2???xn)?ab?()n21nn(x1?x2???xn)?a?b2

③ y1y2?yn?ab ④ y1y2?yn?na?ba?b2?()22那么，其中為真命題的是（）

A、①③ B、①④ C、②③ D、②④

5、已知a，b，c>0，且a+b>c，設(shè)M=

abc，N=，則MN的大小關(guān)系是 ?4?ab?c4?cA、M>N B、M=N C、M

6、已知函數(shù)f(x)=-x-x，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

111117、若a>0，b>0，x?(?)，y?，z?，則（）

2aba?babA、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ab與ab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）。

11、設(shè)n個(gè)正數(shù)x1，x2，?，xn的算術(shù)平均數(shù)是x，若a是不等于x的任意實(shí)數(shù)，并記ab

ba22

3aa?12D、a+b≥2(a-b-1)?bb?1p?(x1?x1)2?(x2?x)2???(xn?x)2，q?(x1?a)2?(x2?a)2???(xn?a)2，則p與q大小關(guān)系是__________。

1t?112、當(dāng)00且t≠1時(shí)，logat與loga的大小關(guān)系是__________。

22nnn13、若a，b，c為Rt△ABC的三邊，其中c為斜邊，則a+b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?b?ab?ba。

15、已知a，b，c是三角形三邊的長(zhǎng)，求 證：1?abc???2。b?ca?ca?b1116、已知a≥0，b≥0，求證：(a?b)2?(a?b)≥aa?ba。

243317、已知a，b為正數(shù)，a+b=2，求證：a+b≤2。

111a8?b8?c818、若a，b，c為正數(shù)，求證：??≤。

abca3b3c3112519、設(shè)a>0，b>0，且a+b=1，求證：(a?)(b?)≥。

ab420、已知a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求證：a，b，c全為正數(shù)。

第2講 含有絕對(duì)值的不等式

一、輔導(dǎo)內(nèi)容

含有絕對(duì)值的不等式證明

二、學(xué)習(xí)指導(dǎo)

1、絕對(duì)值的性質(zhì)

（1）基本性質(zhì)：①x∈R時(shí)，|x|≥x，|x|≥-x；②|x|a，或x<-a?x>a。

（2）運(yùn)算性質(zhì)：|ab|=|a||b|，|a|a||?，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1±a2±?+an|≤|a1|+|a2|+?+|an|。b|b|

222（3）幾何意義：|x-a|表示數(shù)軸上數(shù)x，a對(duì)應(yīng)的兩點(diǎn)之間的距離。

2、與絕對(duì)值有關(guān)的不等式的證明

其方法仍是證明一般不等式的方法，如比較法、綜合法、分析法等，但它除了涉及一般不等式的性質(zhì)外，還經(jīng)常用到剛才所介紹的絕對(duì)值的性質(zhì)，特別是||a|-|b||≤|a|±|b|這一條性質(zhì)。

在利用絕對(duì)值的性質(zhì)時(shí)，應(yīng)根據(jù)不等號(hào)的方向進(jìn)行合理的選擇。

3、含絕對(duì)值不等式的證明與解法有較大的差異，在解不等式中，主要是考慮如何去掉絕對(duì)值符號(hào)；而在證明中，一般不提倡去掉絕對(duì)值符號(hào)，當(dāng)然，少數(shù)題目例外。

三、典型例題

【例1】 設(shè)|a|<ε,|a-b|<2ε，求證：|b|<3ε。

解題思路分析：

根據(jù)解題的“結(jié)論向條件靠攏”的原則，本題主要思考如何用a，a-b表示b，從而利用|a|及|a-b|的條件得到|b|的范圍。

∵ b=a-(a-b)∴ |b|=|a-(a-b)|≤|a|+|a-b|<ε+2ε=3ε

注：本題還涉及到了化簡(jiǎn)變形中的整體思想，即將a-b看作一個(gè)整體。

實(shí)際上根據(jù)|a-b|的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，也可用絕對(duì)值的基本不等式對(duì)其縮小：||a|-|b||≤|a-b|，關(guān)鍵是不等式的左端是選擇|a|-|b|，還是|b|-|a|，盡管兩個(gè)不等式都成立，但由本題的消元要求，應(yīng)消去a，保留b，故選|b|-|a|≤|a-b|。

∴ |b|-|a|<2ε 又 |a|<ε

∴ 兩不等式同向相加得|b|<3ε

【例2】 已知f(x)=x-x+c，|x-a|<1，a，c∈R，求證：|f(x)-f(a)|<2(|a|+1)。

求證：|f(x)-f(a)|<2(|a|+1)解題思路分析：

因f的對(duì)應(yīng)法則已知，故首先對(duì)不等式左邊化簡(jiǎn)：|f(x)-f(a)|=|x-x+c-(a-a+c)|=|x-a-x+a|。接下來(lái)的變形向條件|x-a|<1靠攏，即湊出因式x-a：

|f(x)-f(a)|=|x-a-x+a|=1(x-a)(x+a)-(x-a)|=|x-a||x+a-1|<|x+a-1| 下一步化簡(jiǎn)有兩種途徑：從結(jié)論向條件湊，或從條件向結(jié)論湊。

途徑一：|x+a-1|=|x-a+2a-1|≤|x-a|+|2a-1|≤|x-a|+|2a|+1<1+2|a|+1=2(|a|+1)途徑二：|x+a-1|≤|x|+|a-1|≤|x|+|a|+1 又 |x-a|≥|x|-|a| ∴ |x|-|a|<1 ∴ |x|<|a|+1 ∴ |x+a-1|≤|x|+|a|+1<|a|+1+|a|+1=2(|a|+1)注：途徑二在利用基本不等式|x-a|≥||x|-|a||時(shí)，涉及到是選擇|x-a|≥|x|-|a|，還是|x-a|≥|a|-|x|，應(yīng)根據(jù)與|x|有關(guān)的不等號(hào)方向選擇。本題是要將|a|放大，故選擇|x-a|≥|x|-|a|。

|a?b||a||b|? 【例3】 求證≤。

1?|a?b|1?|a|1?|b|解題思路分析：

思路一：三個(gè)分式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)完全一致，可構(gòu)造函數(shù)f(x)=2

222

x，利用f(x)的單調(diào)性放縮。1?xx(x≥0)1?x易證f(x)在[0，+∞）上遞增 令f(x)=∵ 0≤|a+b|≤|a|+|b| ∴ f(|a+b|)≤f(|a|+|b|)

∴ |a?b||a|?|b||a||b|??≤

1?|a?b|1?|a|?|b|1?|a|?|b|1?|a|?|b||a||a||b||b|??，1?|a|?|b|1?|a|1?|a|?|b|1?|b||a||b||a||b|???

1?|a|?|b|1?|a|?|b|1?|a|1?|b|根據(jù)結(jié)論要求，采用縮小分母增大分式的放縮技巧 ∵ ∴

∴ 由不等式傳遞性，原不等式成立

思路二：用|a+b|≤|a|+|b|進(jìn)行放縮。但不等式左邊分式的分子、分母均含有|a+b|，必須轉(zhuǎn)化為只有一項(xiàng)含|a+b|的分式。

∵ |a+b|≤|a|+|b| 11∴ ≥

|a?b||a|?|b|

1?11|a?b|?1?11|a?b|≤1?11|a|?|b|?|a|?|b|

1?|a|?|b|下同思路一。

【例4】 已知a，b，x∈R，ab≥0，x≠0，求證|ax?解題思路分析：

本題考慮去絕對(duì)值符號(hào)后進(jìn)行證明。

b|≥2ab。xb思路一：不等號(hào)兩邊均為非負(fù)，原不等式?(ax?)2≥(2ab)2

xb2即 ax?2?2ab≥4ab

x22b2∵ ax?2≥2a2b2?2ab

x22b2∴ ax?2≥4ab

x?2ab22b|≥0，|ax|≥0，顯然成立 ab當(dāng)a≠0且b≠0時(shí)，由a、b>0知，(ax)?()>0

x思路二：當(dāng)a=0，或b=0時(shí)，原不等式為|∴ |ax?bbb|?|ax|?||≥2|ax|?||?2|ab|?2ab

xxx2 【例5】 已知f(x)=x+ax+b，（1）求f(1)-2f(2)+f(3)；（2）證明|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一個(gè)不小于解思路分析：

（1）f(1)-f(2)+f(3)=2；問(wèn)題（2）的求解想辦法利用（1）的結(jié)論。

這是一個(gè)存在性的命題，因正面情形較多，難以確定有幾個(gè)，故采用反證法。

假設(shè)|f(x)|<

1。2111,|f(2)|<，|f(3)|< 222111?2???2 222 則 |f(1)-2f(2)+f(3)|≤|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|< 但 |f(1)-2f(2)+f(3)|=2 由此得到矛盾。

【例6】 已知a，b∈R，|a|>1，|b|>1，且a≠b，求證：| 解題思路分析：

本題用分析法較為方便。

1?ab|>1。a?b1?ab1?ab2|?1?()?1?(1?ab)2?(a?b)2?1?a2b2?a2?b2?0 a?b a?b?(1?a2)(1?b2)?0|∵ |a|>1，|b|>1 ∴ a>1，b>1 ∴ 1-a<0，1-b<0 ∴(1-a)(1-b)>0 ∴ 原不等式成立

【例7】 設(shè)x，y∈R，x+y≤1，求證：|x+2xy-y|≤2。

解題思路分析： 也許有同學(xué)會(huì)這樣解：

|x+2xy-y|≤|x|+|2xy|+|-y|=x+y+2|xy|≤x+y+x+y=2(x+y)≤2 但放縮過(guò)度，不能滿足本題要求。

根據(jù)條件“平方和”的特征，考慮用三角換元法： 令 x=rcosθ，y=rsinθ，|r|≤1 則 |x+2xy-y|=2r|sin(2θ+222222

222

222

2222222?2)|≤2r≤2 4同步練習(xí)

（一）選擇題

1、已知函數(shù)f(x)=-2x+1對(duì)任意正數(shù)ε，使得|f(x1)-f(x2)|< ε成立的一個(gè)充分但不必要條件是

?? C、|x1-x2|< D、|x1-x2|>ε 242、a，b是實(shí)數(shù)，則使|a|+|b|>1成立的充分不必要條件是 A、|x1-x2|<ε B、|x1-x2|

3、設(shè)a，b|a-b|

C、|a-b|<||a|-|b||

D、|a-b|<|a|+|b|

4、若a，b∈R，且|a+b|=|a|+|b|，則

?a?0?a?0A、? B、ab?0 C、? D、ab?0

b?0b?0??11且|b|≥ C、a≥1 D、b<-1 225、已知h>0，命題甲；兩個(gè)實(shí)數(shù)a,b滿足|a-b|<2h；命題乙：兩個(gè)實(shí)數(shù)a，b滿足|a-1|

C、甲是乙的充要條件 D、甲既不是乙的充分條件又不是乙的必要條件

|a?b|

6、不等式≤1成立的充要條件是

|a|?|b|A、ab≠0 B、a+b≠0 C、ab>0 D、ab<0

7、設(shè)a，b∈R，則|a|<1且|b|<1是ab+1>a+b的 A、充分非必要條件 B、必要非充分條件 C、充要條件 D、既非充分又非必要條件

8、已知函數(shù)f(x)=-2x+1，對(duì)于任意正數(shù)ε，使得|f(x1)-f(x2)|<ε成立的一個(gè)充分非必要條件是 A、|x1-x2|<ε B、|x1-x2|<

（二）填空題

9、若|x+y|=4，則xy最大值是________。

|a||b|?

10、若a≠b，a≠0，b≠0，則______|a|?|b|（填>、≥、<、≤）。|b||a|

11、a，b∈R，則|a+b|-|a-b|與2|b|的大小關(guān)系是______________。

12、關(guān)于x的不等式|x+2|+|x-1|

22???

C、|x1-x2|< D、|x1-x2|> 23

3（三）解答題

?2?

13、已知|a+b|<，|a-b|

233cbcb?|x1|?，?|x2|?。baba15、已知f(x)在[0。1]上有意義，且f(0)=f(1)，對(duì)于任意不同的x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|成立，14、已知二次方程ax+bx+c=0（a>0，b>0，c>0）的兩個(gè)實(shí)根x1，x2，求證：2求證：|f(x1)-f(x2)<1。2a2?b2|a|?|b|

16、求證：≥（a，b∈R）。

2217、已知a，b∈R，|a|<1，|b|>1，求證：|1+ab|<|a+b|。

18、已知|a|<1，|b|<1，|c|<1，求證：

（1）|ab?c|?1；

|1?abc|（2）a+b+c

19、求證

220、已知a，b∈R，且|a|+|b|<1，求證方程x+ax+b=0的兩個(gè)根的絕對(duì)值都小于1。

21、在一條筆直的街道上住著7位小朋友，他們各家的門(mén)牌分別為3號(hào)，6號(hào)，15號(hào)，19號(hào)，20號(hào)，30號(hào)，39號(hào)，這7位小朋友準(zhǔn)備湊在一起玩游戲，問(wèn)地點(diǎn)選在哪位小朋友家，才能使大家所走的路程和最短？（假定數(shù)字相連的兩個(gè)門(mén)牌號(hào)碼的房子間的距離相等）。

第四篇：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(zhuān)業(yè) 11 級(jí)本科生

論文（設(shè)計(jì)）選題實(shí)習(xí)報(bào)告

11級(jí)數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專(zhuān)業(yè)《科研訓(xùn)練2》評(píng)分表

注：綜合評(píng)分?60的為“及格”； <60分的為“不及格”。

第五篇：不等式的證明方法

幾個(gè)簡(jiǎn)單的證明方法

一、比較法：

a?b等價(jià)于a?b?0；而a?b?0等價(jià)于a

b?1.即a與b的比較轉(zhuǎn)化為與0

或1的比較.使用比較發(fā)時(shí)，關(guān)鍵是要作適當(dāng)?shù)淖冃危缫蚴椒纸狻⒉痦?xiàng)、加減項(xiàng)、通分等，這是第一章中許多代數(shù)不等式的證明及其他各章初等不等式的證明所常用的證明技巧.二、綜合法與分析法：

綜合法是由因?qū)Ч词怯梢阎獥l件和已知的不等式出發(fā)，推導(dǎo)出所要證明的不等式；分析法是執(zhí)果索因，即是要逐步找出使結(jié)論成立的充分條件或者充要條件，最后歸結(jié)為已知的不等式或已知條件.對(duì)于條件簡(jiǎn)單而結(jié)論復(fù)雜的不等式，往往要通過(guò)分析法或分析法與綜合法交替使用來(lái)尋找證明的途徑.還要注意：第一，要熟悉掌握第一章的基本不等式和后面各章中著名的各種不等式；第二，要善于利用題中的隱含條件；第三，不等式的各種變性技巧.三、反證法：

正難則反.設(shè)所要證的不等式不成立，從原不等式的結(jié)論的反面出發(fā)，通過(guò)合理的邏輯推理導(dǎo)出矛盾，從而斷定所要證的不等式成立.要注意對(duì)所有可能的反面結(jié)果都要逐一進(jìn)行討論.四、放縮法：

要證a?b，又已知(或易證)a?c，則只要證c?b，這是利用不等式的傳遞性，將原不等式里的某些項(xiàng)適當(dāng)?shù)姆糯蠡蚩s小，或舍去若干項(xiàng)等以達(dá)證題目的.放縮法的方法有： ①添加或舍去一些項(xiàng)，如：a2?1?a；n(n?1)?n；

②將分子或分母放大（或縮小）；

③利用基本不等式，如：

log3?lg5?（n(n?1)?lg3?lg522)2?lg?lg?lg4； n?(n?1)；

④利用常用結(jié)論：

k?1?k?

1k?1??

1k?

11?k1k

?

12k

1k；

1k(k?1)

1k?1

1k

1k?1

1k

?

1k(k?1)1k；

???

（程度大）

1k

?

?1

?

(k?1)(k?1)

?

2k?1

（?)；（程度小）

五、換元法：

換元的目的就是減少不等式中變量，以使問(wèn)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)； 已知

xaxa

2?

ybyb

?1，可設(shè)x?acos?,y?bsin?；

已知

?

?1，可設(shè)x?asec?,y?btan?；

六、數(shù)學(xué)歸納法法：

與自然數(shù)n有關(guān)的許多不等式，可考慮用數(shù)學(xué)歸納法證明，數(shù)學(xué)歸納法法證明不等式在數(shù)學(xué)歸納法中有專(zhuān)門(mén)的研究.但運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法時(shí)要注意：

第一，數(shù)學(xué)歸納法有多種形式.李大元就證明了下述七種等價(jià)的形式：設(shè)P(n)是與n有關(guān)的命題，則

(1)、設(shè)P(n0)成立，且對(duì)于任意的k?n0，從P(k)成立可推出P(k?1)成立，則P(n)對(duì)所有大于n0的n都成立.(2)、設(shè)m是任給的自然數(shù)，若P(1)成立，且從P(k)(1?k?m)成立可推出

P(k?1)成立，則P(n)對(duì)所有不超過(guò)m的n都成立.(3)、(反向歸納法)設(shè)有無(wú)窮多個(gè)自然數(shù)n(例如n?2m)，使得P(n)成立，且從P(k?1)成立可推出P(k)成立，則P(n)對(duì)所有n成立.(4)、若P(且P(n)對(duì)所有滿足1?n?k的n成立可推出P(k?1)成立，1)成立，則P(n)對(duì)所有n成立.(5)、(最小數(shù)原理)自然數(shù)集的非空子集中必有一個(gè)最小數(shù).(6)、若P)且若P(k),P(k?1)成立可推出P(k?2)成立，則P(n)1(,P(2)成立，對(duì)所有n成立.(7)、(無(wú)窮遞降法)若P(n)對(duì)某個(gè)n成立可推出存在n1?n，使得P(n1)成立，則P(n)對(duì)所有n成立.此外，還有螺旋歸納法(又叫翹翹板歸納法)：設(shè)有兩個(gè)命題P(n),Q(n)，若

P(1)

成立，又從P(k)成立可推出Q(k)成立，并且從Q(k)成立可推出P(k?1)成立，其中k為任給自然數(shù)，則P(n),Q(n)對(duì)所有n都成立，它可以推廣到兩個(gè)以上的命題.這些形式雖然等價(jià)，但在不同情形中使用各有方便之處.在使用它們時(shí)，若能注意運(yùn)用變形和放縮等技巧，往往可收到化難為易的奇效.對(duì)于有些不等式與兩個(gè)獨(dú)立的自然數(shù)m,n有關(guān)，可考慮用二重?cái)?shù)學(xué)歸納法，即若要證命題P(m,n)對(duì)所有m,n成立，可分兩步：①先證P(1,n),P(m,1)對(duì)所有m,n成立；②設(shè)P(m?1,n),P(m,n?1)成立，證明P(m?1,n?1)也成立.第二，數(shù)學(xué)歸納法與其它方法的綜合運(yùn)用，例如，證明

n

?

k?

11k

sinkx?0,(0?x??)

就要綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法，反證法與極值法；有時(shí)可將n換成連續(xù)量x，用微分法或積分法.第三，并不是所有含n的不等式都能用數(shù)學(xué)歸納法證明的.七、構(gòu)造法：

通過(guò)構(gòu)造函數(shù)、方程、數(shù)列、向量或不等式來(lái)證明不等式；證明不等式的方法靈活多樣，但比較法、綜合法、分析法和數(shù)學(xué)歸納法仍是證明不等式的最基本方法．要依據(jù)題設(shè)、題斷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)、內(nèi)在聯(lián)系，選擇適當(dāng)?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(yǔ)言特點(diǎn)．筆者將在第三章中詳細(xì)地介紹構(gòu)造法.八、利用基本不等式：

善于利用已知不等式，特別是基本不等式去發(fā)現(xiàn)和證明新的不等式，是廣泛應(yīng)用的基本技巧.這種方法往往要與其它方法結(jié)合一起運(yùn)用.22

例1 已知a，b?R，且a?b?1.求證：?a?2???b?2??

252

.證法一：(比較法)?a,b?R,a?b?1

?b?1?a

??a?2???b?2??

252

?a?b?4(a?b)?

12?2(a?

12)?0

?a?(1?a)?4?

?2a?2a?

即?a?2?2??b?2?2?

證法二：(分析法)

252

(當(dāng)且僅當(dāng)a?b?時(shí)，取等號(hào)).?a?2?2??B?2??

252

?a?b?4(a?b)?8?

252

?b?1?a?

??225122

?(a?)?0?a?(1?a)?4?8?22?

顯然成立，所以原不等式成立.點(diǎn)評(píng)：分析法是基本的數(shù)學(xué)方法，使用時(shí)，要保證“后一步”是“前一步”的充分條件.證法三：(綜合法)由上分析法逆推獲證(略).證法四：(反證法)

假設(shè)(a?2)2?(b?2)2?

252，則 a2?b2?4(a?b)?8?

252

252

.由a?b?1，得b?1?a，于是有a2?(1?a)2?12?

1??

所以(a?)?0，這與?a???0矛盾.22??

.所以?a?2???b?2??

252

.證法五：(放縮法)

∵a?b?1

∴左邊＝?a?2???b?2?

??a?2???b?2??2125?2??a?b?4????????

222??

＝右

邊.點(diǎn)評(píng)：根據(jù)不等式左邊是平方和及a?b?1這個(gè)特點(diǎn)，選用基本不等式

?a?b?

a?b?2??.?2?

證法六：(均值換元法)

∵a?b?1，所以可設(shè)a?

12?t，b?

?t，1

∴左邊＝?a?2???b?2??(?t?2)2?(?t?2)2

5?5?2525??2

＝右邊.??t????t???2t??

2?2?22??

當(dāng)且僅當(dāng)t?0時(shí)，等號(hào)成立.點(diǎn)評(píng)：形如a?b?1結(jié)構(gòu)式的條件，一般可以采用均值換元.證法七：(利用一元二次方程根的判別式法)

設(shè)y??a?2???b?2?，由a?b?1，有y?(a?2)2?(3?a)2?2a2?2a?13，所以2a2?2a?13?y?0，因?yàn)閍?R，所以??4?4?2?(13?y)?0，即y?故?a?2???b?2??

252

.252

.下面，筆者將運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證明第一章中的AG不等式.在證明之前，筆者先來(lái)證明一個(gè)引理.引理：設(shè)A?0，B?0，則(A+B)n?An+nA(n-1)B，其中n?N?.證明：由二項(xiàng)式定理可知

n

(A+B)=?An?iBi?An+nA(n-1)B

n

i?0

?

(A+B)?A+nA

nn(n-1)

B