第一篇：高中數學不等式證明的常用方法經典例題
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 本科生畢業設計（論文中學證明不等式的常用方法 所在學院：數學與信息技術學院 專 業： 數學與應用數學 姓 名： 張俊 學 號： 1010510020 指導教師： 曹衛東 完成日期： 2014年04月15日） 摘 要 本文主要是對高中學習階段不等式證明方法的概括和總結.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,數學歸納法,放縮法等常見的方法,另有一些學生比較不熟悉但也經常采用的方法,如構造法,向量法,求導法,換元法等等.關鍵詞: 不等式的證明;函數的構造;極值;導數 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.構造函數法 ·········································1 1.1 移項法構造函數 ·································1 1.2 作差法構造函數 ·····························2 1.3 換元法構造函數 ·····························2 1.4 從條件特征入手構造函數 ······················3 1.5 主元法構造函數 ··································3 1.6 構造形似函數 ····································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用 ································9 參考文獻 ··············································11 江蘇第二師范學院2014屆本科生畢業設計（論文） 眾所周知,生活中存在著大量的不等量關系.不等量關系是基本的數學關系,它在數學研究與應用中起著不可忽視的作用,因此,研究不等式的方法至關重要,許多數學家在這一領域取得豐碩的成果,他們的成就舉世矚目,無可替代.不等式的證明是高中學習階段的重要內容之一,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習既是重點也是難點,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,科學的,系統的總結和歸納.1.構造函數法 1.1移項法構造函數 【例1】 已知函數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證明,左邊構造函數 1?1,從其導數入手即可證明.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,在x?(0,??)上為增函數,故函數 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, 當x?0時,f?(x)?0,即f(x)在x?(0,??)上為減函數, 于是函數f(x)在(?1,??)上的最大值為f(x)max?f(0)?0, 1 江蘇第二師范學院2014屆本科生畢業設計（論文） 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f(x)在區間上的最小（大）值,則有f(x)?f(a) （或f(x)?f(a))那么要證不等式,只要求函數的最小值不超過0就可得證． 1.2作差法構造函數 【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系,因此聯想到采用作差的方法,將兩個函數變為一個函數.作差法是最直接把兩者結合的方法且求導 后能很容易看出兩者的聯系.證:做函數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】: 本題先構造出一個函數并利用所設函數的導數判斷函數的單調性,再根據單調 性的性質來證明原不等式如果一階導數無法判斷兩個關系,可以采用二階導數 來先判斷一階導數關系,再來判斷原函數的關系.1.3換元法構造函數 122?x?xy?y?3.1?x?y?2 【例3】 已知 ,求證:222 分析:本題看上去毫無聯系,但發現x?y經常出現在三角代換中.于是可以采用 換元法進行嘗試,則結果顯而易見.證:因為 1? 其中1?2x2?y2?2,所以可設x?rcos?,y?rsin?，22r2?2,0???2?.1212 ∴x?xy?y?r?rsin2??r(1?sin2?) 江蘇第二師范學院2014屆本科生畢業設計（論文） ??1?sin2??, 222121322 ?r?(1?sin2?)r?r 22232121 而r?3,r? 222122?x?xy?y?3.?2【啟迪】:當發現不等式題目中含有x2?y2,或者別的與x,y有關的不等式,可以采用換 元法.將x,y進行替換,再找兩者的關系來進行論證.1.4從條件特征入手構造函數 【例4】 若函數y?f(x)在R上可導且滿足不等式xf?(x)??f(x)恒成立,且常數 a ,b滿足0?a?b,求證:af(a) xf(x)，?(x)?f(x)此時可以得到F(x)的導數為xf ?F?(x)?0,所以F(x)在R上為增函數，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,很容易發現它是一個函數積的導數,因此可以構造出 F(x),求導后即可得到證明結果.1.5主元法構造函數 【例5】 設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,構造一個函數 a2x2前面的系數大于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 ? 江蘇第二師范學院2014屆本科生畢業設計（論文） 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】:有些復雜的不等式可以看成一個未知量的簡單不等式,再找幾個未知量之間的關系,進行證明.1.6構造形似函數 【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,因此構造函數 f(x)?blnx?xlnb,然后只需要證明 證:要證a?b,只要證lnabaf(x)單調遞減就可以了.b?lnb xb?lnba即證blna?alnb?0 設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,可以采用求導等變換來構造出一些相似的函數,再利用函 數的單調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 江蘇第二師范學院2014屆本科生畢業設計（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,或者是對數式子時可以采用作差法來嘗試.2.2作商比較法 【例2】 設a,b?R,且a?0,b?0,求證(ab)a?b22?aabb.分析:發現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,可以作商, 判斷比值和1的大小關系,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.由指數函數的單調性可知,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0,一般為指數函數的形式.3.放縮法 2n?1an(n?N) 【例1】 已知數列?an?的前n項和為sn?1?2(1)設xn?(2n?1)sn,求證:數列?xn?為等差數列.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 江蘇第二師范學院2014屆本科生畢業設計（論文） 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 江蘇第二師范學院2014屆本科生畢業設計（論文） 分析:實系數一元二次方程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的 函數、不等式的判別式.此題含有三個未知數,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:本題的結論為否定形式,適合用反證法來證明,假設命題不成立,從而導出矛 盾.證:假設(1?a)b,(1?b)c,(1?c)a三個數都大于, 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 江蘇第二師范學院2014屆本科生畢業設計（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“至少”,“都”,“同時”,“至多”等字樣時,可以采用反證法, 反證的關鍵在于找出與命題相反的結論,然后再用假設的條件推出矛盾.6.向量法 a2b2c2???12.【例1】設a?1,b?1,c?1,證明: b?1c?1a?1 分析:本題只有一個已知條件,且結論也無法化簡,因此可以想到高中最直接的方法 向量法,構造兩個向量.利用向量的知識進行解決.?m 證:設?(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 江蘇第二師范學院2014屆本科生畢業設計（論文） ?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 江蘇第二師范學院2014屆本科生畢業設計（論文） ??? 故設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: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化 為所學的知識,或者已知條件.只要分析的過程合理,一般過渡的結論很 容易得到.第二種方法也是根據問題入手,不同的是它把問題直接改變為 一道運算式,這樣就把問題變為運算式結果與零比較大小,因為題目所給的數字往往讓在解題時無從下手,無法想出這個數字從何而來,一但轉化 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 函數值的范圍,容易產生多解或錯解.這種方法好處在于已經知道了三角 值的范圍,且三角函數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,根據學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,使中學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.江蘇第二師范學院2014屆本科生畢業設計（論文） 參考文獻 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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|。 2014年高中數學難點：不等式證明的基本方法·例題 例5-2-7已知a，b，c∈R+，證明不等式： 當且僅當a=b=c時取等號。 解用綜合法。因a＞0，b＞0，c＞0，故有 三式分邊相加，得 當且僅當a=b=c時取等號。 例5-2-8設t＞0。證明：對任意自然數n，不等式 tn-nt+(n-1)≥0 都成立，并說明在什么條件下等號成立。 解當n=1時，不等式顯然成立，且取等號。 當n≥2時，由冪分拆不等式，可得以下n-1個不等式： t2+1≥t+t，t3+1≥t2+t，?，tn-1+1≥tn-2+t，tn+1≥tn-1+t 以上各式當且僅當t=1時取等號。把它們分邊相加，得 故對任意n∈N，不等式獲證。等號成立的條件是n=1，或t=1。-1- 注①在以上不等中令t=1+x(x＞-1)，即得著名的貝努利不等式(1+x)n≥ 1+nx 例5-2-9設a，b，c都是正數，證明不等式 當且僅當a=b=c時取等號。 分析本例有多種精彩證法。根據對稱性，可從左邊一項、兩項入手，當然也可根據平均值不等式或冪分拆不等式從整體入手。 解[法一]從一項入手，適當配湊后由平均值不等式知 三式分邊相加，即得 時，上式取等號。 [法二]從兩入手，利用冪分拆不等式，有 同理有 三式分邊相加，得 [法三]從整理入手，原不等式等價于 進一步證明參考習題5-2-7(1)解答。 [法四]由平均值不等式x2+(λy)2≥2λxy(x，y，∈R+)的變式 三式分邊相加，得 所以 注從證法4我們看到，利用平均值不等式x2+(λy)2≥2λxy(x，式不等式，思路自然，簡捷明快，頗具特色。 例5-2-10已知關于x的實系數方程x2+px+q=0有兩個實數根α，β。證明：若|α|＜2，|β|＜2，則|q|＜4，且2|p|＞4+q。 解先證|q|＜4，由韋達定理知 |q|=|αβ|=|α|·|β|＜2×2=4 再證2|p|＞4+q。 欲證不等式即0≤2|α+β|＜4+αβ。故只須證 4(α+β)2＜(4+αβ) 2即4α+8αβ+4β2＜16+8αβ+α2β2 從而只須證 16-4α2-4β2+α2β2＞0 即(4-α2)(4-β2)＞0 由|α|＜2，|β|＜2，知α2＜4，β2＜4，故最后不等式成立，從而原不等式得證。 例5-2-11證明：若a，b，c是三角形的三邊，則 3(ab+bc+ca)≤(a+b+c)2＜4(ab+bc+ca)當且僅當三角形為正三角形時，左邊取等號。解左邊不等式等價于 3(ab+bc+ca)≤a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)欲證此不等式成立，只須證 ab+bc+ca≤a2+b2+c2 即證 2(a2+b2+c2)-2(ab+bc+ca)≥0 左邊配方即為 (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≥0 此不等式顯然成立，當且僅當a=b=c，即三角形為正三角形時取等號。故左邊不等式獲證。 欲證右邊不等式，仿上只須證 a2+b2+c2＜2(ab+bc+ca)從而只須證 (ab+ac-a2)+(ab+bc-b2)+(bc+ca-c2)＞0 即證 a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(b+a-c)＞0 由于a，b，c是三角形的三邊，此不等式顯然成立，故右邊不等式獲證。綜上所述，原不等式得證。 例5-2-12設f(x)=x2+px+q(p，q∈R)，證明： (2)若|p|+|q|＜1，則f(x)=0的兩個根的絕對值都小于1。解用反證法 但是，|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥f(1)-2f(2)+f(3) =(1+p+q)-2× (4+2p+q)+(9+3p+q)=2(ii) (i)與(ii)矛盾，故假設不成立，即原命題成立。 (2)假設f(x)=0的兩根x1，x2的絕對值不都小于1，不妨設|x1|≥1，那么由韋達定理，有 |p|=|-(x1+x2)|=|x1+x2|≥|x1|-|x2|≥1-|x2| |q|=|x1x2|=|x1|·|x2|≥|x2| 兩式分邊相加，得 |p|+|q|≥ 1這與題設矛盾，故假設不成立，即原命題得證。 注反證法的邏輯程序是：否定結論→推出矛盾→肯定結論。反證法常用于直接證明難于入手的命題，或結論中含“不存在”、“都是”、“都不是”、“至少”、“至多”、之類的存在性命題。 經典例題透析 類型一：比較法證明不等式 1、用作差比較法證明下列不等式： ； (a，b均為正數，且a≠b) （1） （2） 思路點撥：（1）中不等號兩邊是關于a,b,c的多項式，作差后因式分解的前途不大光明，但注意到如a2, b2, ab這樣的結構，考慮配方來說明符號；（2）中作差后重新分組進行因式分解。 證明： （1） 當且僅當a=b=c時等號成立，（2） （當且僅當a=b=c取等號）.∵a>0, b>0, a≠b，∴a+b>0,(a-b)2>0，∴ ∴ .，總結升華：作差，變形（分解因式、配方等），判斷差的符號，這是作差比較法證明不等式的常用方法。 舉一反三： 【變式1】證明下列不等式： (1)a2+b2+2≥2(a+b) (2)a2+b2+c2+3≥2(a+b+c) (3)a2+b2≥ab+a+b-1 【答案】 （1）（a2+b2+2）-2(a+b)=(a2-2a+1)+(b2-2b+1)=(a-1)2+(b-1)2≥0 ∴a2+b2+2≥2(a+b)（2）證法同（1） （3）2（a2+b2）-2（ab+a+b-1)=(a2-2ab+b2)+(a2-2a+1)+(b2-2b+1)=(a-b)2+(a-1)2+(b-1)2≥0 ∴2（a2+b2）≥2（ab+a+b-1)，即a2+b2≥ab+a+b-1 【變式2】已知a，b∈，x，y∈，且a+b=1，求證：ax2+by2≥(ax+by)2 【答案】 ax2+by2-(ax+by)2 =ax2+by2-a2x2-b2y2-2abxy =a(1-a)x2+b(1-b)y2-2abxy=abx2+aby2-2abxy =ab(x-y)2≥0 ∴ax2+by2≥(ax+by)2 2、用作商比較法證明下列不等式： (a，b均為正實數，且a≠b)，且a，b，c互不相等） （1） （2）（a，b，c∈ 證明： （1）∵a3+b3>0, a2b+ab2>0.∴，∵a, b為不等正數，∴ ∴，∴ （2）證明： 不妨設a>b>c，則 ∴ 所以，總結升華：當不等號兩邊均是正數乘積或指數式時，常用這種方法，目的是約分化簡.作商比較法的基本步驟:判定式子的符號并作商變形 判定商式大于1或等于1或小于1 結論。 舉一反三： 【變式1】已知a>2，b>2，求證：a+b ∴ ∴ ∴ 【變式2】已知a，b均為正實數，求證：aabb≥abba 【答案】 ∵a>0, b>0, ∴ aabb與abba均為正，∴，分類討論可知（分a>b>0, a=b>0, 0 ，當且僅當a=b等號成立，∴ aabb≥abba.類型二：綜合法證明不等式 3、a, b, c是不全相等的正數，求證：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc 證明： 法一：由b2+c2≥2bc, a>0,得a(b2+c2)≥2abc，同理b(c2+a2)≥2abc，c(a2+b2)≥2abc ∵a,b,c不全相等，∴上述三個等號不同時成立，三式相加有：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.法二：∵a，b，c是不全相等的正數，∴a(b2+c2), b(c2+a2), c(a2+b2)均為正數，由三個數的平均不等式得： a(b2+c2)+b(c2+a2)+ c(a2+b2) ∴不等式成立.總結升華：綜合法是由因導果，從已知出發，根據已有的定義、定理，逐步推出欲證的不等式成立。 舉一反三： 【變式1】a , b, m∈R+，且a 【答案】 ∵0 ∵lg9>0, lg11>0，∴ ∴ , ∴lg9·lg11<1.，4、若a>b>0，求證：.思路點撥：不等號左邊是一個各項皆正的“和的形式”，但左側是兩項而右側都出現了特征數“3”.因此啟發我們將左側拆成3項的和利用平均值定理.證明：，∵ a>b>0, ∴a-b>0, b>0, ，∴ ，∴ 舉一反三： （當且僅當，即a=2，b=1的等號成立） 【變式】x, y,z∈R+, 求證： 證明：∵ x, y,z∈R+,∴ ，同理，∴ ，∴，a2-2ac+c2 5、已知a,b>0，且2c>a+b，求證： 證明：要證 只需證： 即證： ∵a>0，只需證a+b<2c ∵已知上式成立，∴原不等式成立。 總結升華： 1．分析法是從求證的不等式出發，分析使之成立的條件，把證不等式轉化為判斷這些條件是否具備的 問題，若能肯定這些條件都成立，就可斷定原不等式成立。 2．分析法在不等式證明中占有重要地位，是解決數學問題的一種重要思想方法。 3．基本思路：執果索因 4.格式：要證??，只需證??，只需證??，因為??成立，所以原不等式得證。 舉一反三： 【變式1】求證：a3+b3>a2b+ab2(a，b均為正數，且a≠b) 【答案】 要證a3+b3>a2b+ab2，即證(a+b)(a2+b2-ab)≥ab(a+b) ∵a，b∈ ，∴a+b>0 只需證a2+b2-ab≥ab，只需證a2+b2≥2ab 只需證(a-b)2≥0，∵(a-b)2≥0顯然成立 所以原不等式成立。 【變式2】a , b, m∈R+，且a 【答案】 ∵ b>0且b+m>0，.∴，∴ 成立 ∴.【變式3】求證： 【答案】 要證 只需證，而，只需證，只需證，顯然成立，所以原不等式得證。 【變式4】若a>1，b>1，c>1，ab=10求證：logac+logbc≥4lgc 【答案】 要證logac+logbc≥4lgc，只需證 只需證，只需證 ∵，∴成立 所以原不等式成立 【變式5】設x>0，y>0，x≠y，求證： 證明：要證 只需證，只需證 只需證 因x>0，y>0，x≠y，所以x2y2[3(x-y)2+4xy]>0成立 所以 類型四：反證法證明不等式 6、已知a,b,c∈(0,1)，求證：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a，至少有一個不大于。 思路點撥：此題目若直接證，從何處入手？對于這樣正面情況較為復雜的問題，可以考慮使用反證法。 證明：假設原結論不成立，即，則三式相乘有：??① 又∵0 總結升華：反證法的基本思路是：“假設——矛盾——肯定”，采用反證法證明不等式時，從與結論相反的假設出發，推出矛盾的過程中，每一步推理都必須是正確的。由于本題題目的結論是：三個數中“至少有一個不大于 ”，情況比較復雜，會出現多個由異向不等式組 ”，結構簡單明了，成的不等式組，一一證明十分繁雜，而對結論的否定是三個數“都大于為推出矛盾提供了方便，故采用反證法是適宜的。 舉一反三： 【變式】已知a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求證：a,b,c>0 【答案】 假設a≤0 若a<0，∵abc>0，∴bc<0 又由a+b+c>0，則b+c>-a>0 ∴ab+bc+ca=a(b+c)+bc<0，與題設矛盾 若a=0，則與abc>0矛盾，∴必有a>0 同理可證：b>0，c>0 類型五：放縮法證明不等式 7、若a,b,c,dR+，求證： 思路點撥：記中間4個分式之和的值為m，顯然，通過通分求出m的值再與1、2比大小是困難的，可考慮運用放縮法把異分母化成同分母。 證明：記 ∵a,b,c,dR+，∴ ∴1 總結升華：證后半部分，還可用“糖水公式”，即 常用的放縮技巧主要有： ① f(x)為增函數，則f(x-1) 進行放縮。 ② 分式放縮如 ③ 根式放縮如 舉一反三： ； 【變式1】求證： 【答案】 ∴ 【變式2】 當n>2時，求證：logn(n-1)logn(n+1)<1 【答案】 ∵n>2，∴logn(n-1)>0，logn(n+1)>0 ∴ ∴n>2時，logn(n-1)logn(n+1)<1 類型六：其他證明不等式的方法 1.構造函數法 8、已知a>2，b>2，求證：a+b 當a>2時，f(a) ∴a+b 總結升華：不等式證明方法很靈活。分析不等式的結構特點，構造函數，借助函數單調性，使問題變得非常簡單。 舉一反三： 【變式】已知a≥3，求證： 【答案】。 令（x≥0).∵f(x)在x∈[0,+∞)上是遞減函數，∴f(a-1) 2、三角換元法： 9、求證： [0,π]，證明：∵-1≤x≤1，∴令x=cos, 則 ∵-1≤sin≤1，10、若x2+y2≤1，求證： 證明：設 則 11、若x>1，y>1，求證： 證明：設 則 12、已知：a>1,b>0，a-b=1，求證： 證明：∵a>1,b>0,a-b=1，∴不妨設 則 總結升華： ①若0≤x≤1，則可令 ②若x2+y2=1，則可令x=cos，y=sin(0≤θ<2π) ③若x2-y2=1，則可令x=sec,y=tan(0≤θ<2π) ④若x≥1，則可令，若xR，則可令 舉一反三： 【變式1】已知x2=a2+b2，y2=c2+d2，且所有字母均為正，求證：xy≥ac+bd 【答案】 ∵x2=a2+b2，∴不妨設 ∵y2=c2+d2，∴不妨設 ∴ ∴xy≥ac+bd 【變式2】已知x>0，y>0，2x+y=1，求證： 【答案】 由x>0,y>0，2x+y=1，可設 則 類型六：一題多證 13、若a>0，b>0，求證： 思路點撥：由于a>0，b>0，所以求證的不等式兩邊的值都大于零，本題用作差法，作商法和綜合法，分析法給出證明。 證明： 證法一：作差法 ∵a,b>0，∴a+b>0,ab>0 ∴ 證法二：作商法，得證。 ∵a>0,b>0,∴a+b>0，∴得證。 證法三：分析法 要證，只需證a3+b3≥(a+b)ab 只需證(a+b)(a2-ab+b2)≥(a+b)ab(∵a+b>0) 只需證a2-ab+b2≥ab 只需證(a-b)2≥0 ∵(a-b)2≥0成立，∴得證 證法四：綜合法 ∵a>0,b>0，∴同向不等式相加得： 舉一反三： 【變式】已知 【答案】 證法一： 都是實數，且求證：，同理 證法二： 即 .證法三： 要證 所以原不等式成立.證法四： 原不等式等價于不等式 用比較法證明 且 ，只需證 只需證 又 所以 證法五： 設 則 即 故可考慮用三角換元法.證法六： 用向量的數量積來證明 設，第二篇：高中數學不等式證明常用方法
第三篇：不等式的證明方法經典例題
第四篇：2014年高中數學難點：不等式證明的基本方法·例題 有答案
第五篇：不等式證明的基本方法 經典例題透析
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