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第一篇：(no.1)2013年高中数学教学论文 柯西不等式在解题中的几点应用 新人教版

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柯西不等式在解题中的几点应用

摘要：本文利用怎样运用柯西不等式解题的技巧，介绍了柯西不等式在解等式、不等式、极值、三角问题等方面的应用。

关键词：柯西不等式、技巧、应用

一、引言

人民教育出版社高中《代数》下册“不等式”一章的习题中有这样一道题（P、15练习第2题）： 求证：ac+bda2b2*cd22这题用比较法是很容易证明的，这里用比值的方法来证明。

证明：当a=b=c(或c=d=0)时，显然成立； 假设a+b0 且c+dacbda222220,则

acbda2b2*acc2d2

2b2*bdcd2=a2c2

cd2ba22*d222a2b222*d2=a2b2*cc2dba222b*c2

 d221ac2222abcd2221bd2a2b22cd2=1 故ac+bdacbdacbda2b2*c2d2

(1)式就是著名的柯西不等式的一个简单特例。

柯西不等式的一般形式为：

对任意的实数a1,a2,,an及b1,b2,,bn有

nnn22aibiaibi,i1ii1i12

(2)nnn或i1aibii1ai*2bi12i,(3)其中等号当且仅当a1b1a2b2anbn时成立（当bk0时，认为ak0,1kn).柯西不等式有许多证明方法，这里就不作证明，仅就如何利用柯西不等式解题作一些介绍。

一、柯西不等式在解题中的应用

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1、利用柯西不等式证明恒等式 利用柯西不等式来证明恒等式，主要是利用其取等号的充分必要条件来达到目的，或者是利用柯西不等式进行夹逼的方法获证。

例、已知a1b2b1a21,求证：a2b21。

证明：由柯西不等式，得

a1b2b1a2a21a22b21b21

当且仅当b1a21ba2时，上式取等号，abab221a21b，21a221b，1。于是 ab22、利用柯西不等式解无理方程（或方程组）用柯西不等式解无理方程，是先把方程的（含有无理式的）运用柯西不等式化为不等式，然后结合原方程把不等式又化成等式，在判定为等式后再利用柯西不等式取等号的特性，得到与原方程同解的且比原方程简单的无理方程，进而得到简单的整式方程，从而求得原方程的解。

例：解方程

x21x2x1x1x22121x12221xx1。

解：x2x11x122

= x21x12x1

由柯西不等式知

x2x1x21x12x12

x1xx1x即

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x21x21(x1)2(x1)22,x(x1)

1x21x12(x1)21(x1)2

2x(x1)1x(x1)2当上式取等号时有x(x1)成立，即

x2x10（无实根）或xx10，即

x125，经检验，原方程的根为

x125

用柯西不等式解方程组，也同样是利用柯西不等式取等号的条件，从而求得方程组的解。

例：解方程组

xyz9xw6x4

2x(y2z2w)w(y222w)4862解：原方程组可化为

xyz9xw6(x2

z)(x22y2w)4862运用柯西不等式得

(x2y2z)292327, xw2262218

两式相乘，得

x2y2z2x2w2486

当且仅当x=y=z=w=3时取等号。故原方程组的解为x=y=z=w=3.3、柯西不等式证明不等式。

很多重要的不等式都可以由柯西不等式导出，而利用柯西不等式的技巧有很多。如常数的巧拆、结构的巧变、巧设数组等，下面略举一、二说明怎样利用柯西不等式证明不等式。例：设a,b,c为正数且不相等到，求证：

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2ab2bc2ca9abc

这两个常数进行巧拆，9=1112分析：我们利用9与2，2abcabbcca

这样就给我们利用柯西不等式提供了条件。证明

：a111bcabbccaa111bbccabccaabab221bc22ca1abca211bc221ca2 ab2abbc1bcca11192ab2bc2ca9abc a,b,c各不相等， 等号不可能成立，从而原不等式成立。

但是我们只要改变一下多项式的形态结有些问题本身不具备运用柯西不等式的条件，构，认清其内在的结构特征，就可以达到利用柯西不等式解题的目的。下面略举一例加以说明。

例：设a1a2anan1,求证：

1a1a21a2a31anan11an1a10

分析：这道题初看似乎无法使用柯西不等式，但改变其结构，我们不妨改为证：

a1111an11，a2a3anan1a1a2证明：为了运用柯西不等式，我们将a1an1写成

a1an1a1a2a2a3anan1于是

a1n2111a2a2a3anan1aaa2a3anan1211. 用心 爱心 专心 4

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即111a1an1aaa2a3anan1211a1a21a1a21，1a2a311anan111a1an11故a2a3anan1an1a10.我们进一步观察柯西不等式，可以发现其特点是：不等式左边是两个因式这和，其中每一个因式都是项平方和，右边是左边中对立的两两乘积之和的平方，证题时，只要能将原题凑成此种形式，就可以引用柯西不等式来证明。

例：求证：x1x2证明：22y1y2222x12y1x2y222.x1x222y1y222x1x2y1y22222x21x2y1y2

222由柯西不等式得

x21x2y1y2x1y1x2y22222

其中等号当且仅当x1ky1，x2ky2 时成立。

x21x222y221y222x1y1x2y2

2x1x2y12y1y22x21x22y21y222x2.1y1x2y2 x122x2y2222x1x2y1y2x1y12x2y2其中等号当且仅当x1ky1，x2ky2 时成立。

4、用柯西不等式证明条件不等式

n2n2n柯西不等式中有三个因式ai，bi，aibi而一般题目中只有一个或两个

i1i1i1因式，为了运用柯西不等式，我们需要设法嵌入一个因式（嵌入的因式之和往往是定值），bi 具有广泛的选择余地，这也是利用柯西不等式的技巧之一。又柯西不等式中诸量ai，任意两个元素 ai，aj（或bi，bj）的交换，可以得到不同的不等式，因此在证题时根据需要重新安排各量的位置，这种形式上的变更往往会给解题带来意想不到的方便。这种变换也是运用柯西不等式的一种技巧，下面我们简单举例说明怎样利用上述技巧运用柯西不等式来证明条件不等式。

例：已知a,bR，a+b=1,x1,x2R, 求证：ax1bx2bx1ax2x1x2

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分析：如果对不等式左端用柯西不等式，就得不到所要证明的结论。若把第二个小括号内的前后项对调一下，情况就不同了。

证明：ax1bx2bx1ax2 =ax1bx2ax2bx1 ax1x2b2x1x22

=abx1x2x1x2。例、设x1,x2,,xnR,求证：

x12x2xx3xxnxn2x1x1x2xn

（1984年全国高中数学联赛题）

证明：在不等式的左端嵌乘以因式x2x3xnx1，也即嵌以因式

x1x2xn，由柯西不等式，得 x12x2xx3xxnxn2x1(x2x3xnx1)

x1x2x2x322222xxn1nxxn1x2x32xn2x12xnxnx1x1

x1x2x2x2x32x3xn1xnx1x2xn,于是x12x2xx3xxnxn2x1x1x2xn.5、利用柯西不等式求函数的极值

有些极值问题从表面上看不能利用柯西不等式，但只要适当添加上常数项或和为常数的各项，就可以应用柯西不等式来解，这也是运用柯西不等式解题的技巧；而有些极值问题的解决需要反复利用柯西不等式才能达到目的，但在运用过程中，每运用一次前后等号成立的条件必须一致，不能自相矛盾，否则就会出现错误。这多次反复运用柯西不等式的方法也是常用技巧之一。下面略举例加以说明怎样利用柯西不等式来求解一些极值问题。

例 设非负实数1,2n满足12n1,求

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112_n11`23nn211的最小值。（198

2n1年西德数学奥林匹克度题）

解：易验证

112+1=

n1(12n)21221

同理可得

1113+1=

n222,,12nn1+1=

22n

令y1122_n11`23nn211

n1故yn21222+22n

为了利用柯西不等式，注意到

(2a1)(2a2)(2an)2n(a1a2an)2n1，121122(2n1)(+12n)

=(2a1)(2a2)(2an)(121122+12n)

2a1yn2n12a122a22n212a2n2n1.2an12an2n22n1,y2n1n1n等号当且公当a1a2an时成立，从而y有最小值

nn2n1

例 设x1,x2,,xn都是正数，n2,且xi1,求证：

i1nn i1xi1xii1xi.（1989年全国数学冬令营试题）

n1证明：令yi1xi(i1,2,n),由柯西不等式，得

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nnn(i1xi)2ni1xin, 即 i1xin.nnn同理，得(i1nyi)2ni1yini1(1xi)n(n1)，即 yii1n(n1).又由柯西不等式，得

nni1nyii11yi2n(i14yi14)2n

2yi故i11yin1nyin2，i1n(n1)从而

ni1xi1xinnni11yiyini11yini1yi n(n1)n

n1nn1i1xi.n16，利用柯西不等式解三角问题。

三角问题包括三角不等式，三角方程。三角极值等到，对于一些三角问题，我们为了给运用柯西不等式创造条件，经常引进一些待定的参数，其值的确定由题设或者由等号成立的充要条件共同确定，也有一些三角极值问题我们可以反复运用柯西不等式进行解决。

例 在ABC中，求证：

sinAsinB5sinC1982201(2013)40

证明：sinAsinB5sinC

2sin2cos2cosAB2C2C2(coscosAB22C210sinC2)C2cosC2AB5sin).(15sin当且仅当A=B时等号成立。

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令ycosx(15sinx)(0x)2，于是引进参t0,求

y2cos2x(15sinx)2的最值。

由柯西不等式，2y2cos2x15sinx225cos2x15sinx =25cosx1t2tsinx 5cos225x12t22t2sinxt25

25t21cos2x2xt2t2sin.abab2又由平均值不等式4,得

2222y225t1cosxtsin2xt22 =25t21t2124t2.（1）

当且仅当cos2x=t2sin2x时等号成立。例、已知a,b为正常数，且0

3a23b23a23b2sin2xcos2x

3asinx3bcosx2等号成立的当且仅当sinxcosx3a3b时；

即 xarctg3ab 时，于是

3a23b23asinx3bcosx

再由柯西不等式，得

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3a23b2ba cosxsinxbabcosx sinxcosx 3asinx3 6a23sinx2asinx6bcosxbcosx2 ab3.32等号成立也是当且仅当xarctgab时。

3a 从而ysinxcosxab232b32.3 于是y的最小值是asinxcosxab232b32. 在许多问题中，如果我们能够利用柯西不等式去解决，往往能收到事半功倍的效果，使人耳目一新。

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第二篇：例说不等式在解几何题中的应用.doc

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例说不等式在解几何题中的应用 作者：徐 塌

来源：《发明与创新(学生版)》2006年第08期

第三篇：(no.1)2013年高中数学教学论文 反证法在几何问题中的应用 新人教版

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反证法在几何问题中的应用

反证法是一种非常重要的数学方法，它在几何的应用极为广泛，在平面几何、立体几何、解析几何都有应用，本文选择几个有代表性的应用，举例加以介绍。

一、证明几何量之间的关系

例1：已知：四边形ABCD中，E、F分别是AD、BC的中点，EF12(ABCD)。

求证：AB//CD。

证明：假设AB不平行于CD。如图，连结AC，取AC的中点G，连结EG、FG。∵E、F、G分别是AD、BC、AC的中点，∴GE//CD，GE12CD；GF//AB，GF12AB。

∵AB不平行于CD，∴GE和GF不共线，GE、GF、EF组成一个三角形。∴GEGFEF ① 但GEGF12(ABCD)EF ②

DEGCF①与②矛盾。AB∴AB//CD

例2：直线PO与平面相交于O，过点O在平面内引直线OA、OB、OC，POAPOBPOC。

求证：PO。

证明：假设PO不垂直平面。

作PH并与平面相交于H，此时H、O不重合，连结OH。由P作PEOA于E，PFOB于F，P根据三垂线定理可知，HEOA，HFOB。∵POAPOB，PO是公共边，∴RtPOERtPOF ∴OEOF

A又OHOH

E∴RtOFHRtOEH

O∴FOHEOH HF因此，OH是AOB的平分线。CBa同理可证，OH是AOC的平分线。

但是，OB和OC是两条不重合的直线，OH不可能同时是AOB和AOC的平分线，产生矛盾。∴PO。

例3：已知A、B、C、D是空间的四个点，AB、CD是异面直线。求证：AC和BD是异面直线。

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证明：假设AC和BD不是异面直线，那么AC和BD在同一平面内。

因此，A、C、B、D四点在同一平面内，这样，AB、CD就分别有两个点在这个平面内，则AB、CD在这个平面内，即AB和CD不是异面直线。这与已知条件产生矛盾。

所以，AC和BD是异面直线

上面所举的例子，用直接证法证明都比较困难，尤其是证两条直线是异面直线，常采用反证法。

二、证明“唯一性”问题

在几何中需要证明符合某种条件的点、线、面只有一个时，称为“唯一性”问题。例3：过平面上的点A的直线a，求证：a是唯一的。证明：假设a不是唯一的，则过A至少还有一条直线b，b ∵a、b是相交直线，∴a、b可以确定一个平面。设和相交于过点A的直线c。∵a，b，∴ac，bc。

这样在平面内，过点A就有两条直线垂直于c，这与定理产生矛盾。所以，a是唯一的。

例4：试证明：在平面上所有通过点(2,0)的直线中，至少通过两个有理点（有理点指坐标x、y均为有理数的点）的直线有一条且只有一条。

证明：先证存在性。

因为直线y0，显然通过点(2,0)，且直线y0至少通过两个有理点，例如它通过(0,0)和(1,0)。这说明满足条件的直线有一条。

再证唯一性。

假设除了直线y0外还存在一条直线ykxb（k0或b0）通过点(2,0)，且该直线通过有理点A(x1,y1)与B(x2,y2)，其中x1、y1、x2、y2均为有理数。

因为直线ykxb通过点(2,0)，所以b2k，于是yk(x通过A(x1,y1)与B(x2,y2)两点，所以y1k(x1yk(x2)，①

2)，且k0。又直线2)②

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①－②，得y1y2k(x1x2)。③

因为A、B是两个不同的点，且k0，所以x1x2，y1y2，由③，得ky1y2x1x2，且k是不等于零的有理数。

由①，得2x1y1k。

此式的左边是无理数，右边是有理数，出现了矛盾。

所以，平面上通过点(2,0)的直线中，至少通过两个有理点的直线只有一条。

综上所述，满足上述条件的直线有一条且只有一条。

关于唯一性的问题，在几何中有，在代数、三角等学科中也有。这类题目用直接证法证明相当困难，因此一般情况下都采用间接证法。即用反证法或同一法证明，用反证法证明有时比同一法更方便。

三、证明不可能问题

几何中有一类问题，要证明某个图形不可能有某种性质或证明具有某种性质的图形不存在。它们的结论命题都是以否定形式出现的，若用直接证法证明有一定的困难。而它的否定命题则是某个图形具有某种性质或具有某种性质的图形存在，因此，这类问题非常适宜用反证法。

例5：求证：抛物线没有渐近线。

证明：设抛物线的方程是y2px(p0)。

假设抛物有渐近线，渐近线的方程是yaxb，易知a、b都不为0。因为渐近线与抛物线相切于无穷远点，于是方程组

(1)y22px

(2)yaxb2的两组解的倒数都是0。

将（2）代入（1），得

ax222(abp)xb20（3）

设x1、x2是（3）的两个根，由韦达定理，可知

2(abp)a2x1x2，x1x2ba22

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则1x11x2x1x2x1x2ab222(abp)b20，（4）

1x11x21x1x20，（5）

由（4）、（5），可推得p0，这于假设p0矛盾。

所以，抛物线没有渐近线。

关于不可能问题是几何中最常见也是非常重要的一种类型。由于它的结论是以否定形式出现，采用直接证法有困难，所以这类问题一般都使用反证法加以证明。

四、证明“至少存在”或“不多于”问题

在几何中存在一类很特殊的问题，就是证明具有某种性质的图形至少有一个或不多于几个。由于这类问题能找到直接论证的理论根据很少，用直接证法有一定困难。如果采用反证法，添加了否定结论这个新的假设，就可以推出更多的结论，容易使命题获证。

例6：已知：四边形ABCD中，对角线AC=BD=1。

求证：四边形中至少有一条边不小于

22。

证明：假设四边形的边都小于

22，由于四边形中至少有一个角不是钝角（这一结论也可用反证法证明），不妨设A90，根据余弦定理，得BD∴BD220AD2AB22ADABcosA，AD2AB2，2222即BDAD2AB2()(2)21。

这与已知四边形BD=1矛盾。所以，四边形中至少有一条边不小于

22。

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第四篇：(no.1)2013年高中数学教学论文 构造函数证明不等式

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构造函数证明不等式

函数是高中数学的基础，是联系各个数学分支的桥梁和纽带.在不等式的证明中，我们可根据不等式的结构特点，建立起适当的函数模型，利用函数的单调性、凸性等性质，灵活、巧妙地证明不等式.一、二次函数型：

1.作差构造法.例1.(新教材第二册（上）（以下同）P16习题1（2）)求证:abcabbcca.分析:将a视为变量,考察函数faabcabbcc.由于该二次函数的图象开口向上,且3bc0,故fa0.结论获证.22

2例2.(教材P31.复习参考题6)设a,b,c为ABC的三条边,求证:abc＜2abbcca.2222

222

分析:构造函数fxx2bcxbc.∵fx图象开口向上,对称轴xbc.∴fx在,bc上单调递减.∵a,b,c为ABC的三条边,∴bc＜a＜bc(不妨设bc)∴

f

afbc.2

∵fbcbc2bcbcbc4cbc0.∴fa0.即结论成立.2.判别式构造法.2222

例3.(教材P27.例1)已知a,b,c,d都是实数,且ab1,cd1.求证:acbd1.分析：所证结论即是2acbd4ab

c

d

0.故可构造函数

f

xa

b

x

2acbdxcd.2

由于fxax2acxc

2bx2bdxd



axcbxd



0.当且仅当x

ca



db

时取“=”号.又因为fx的图象开口向上,故必有0.结论成立.2

练习1.(教材P16.练习2)求证:acbdabc

n

d

.n

n

点拨:证法同例3.该题是柯西不等式的特殊情形.其一般形式是:



abiii1

n

n

2i

n

a

i

1i1

22

bi.可构造函数fxaix2aibix

i1i1

b

i1

2i

证之.练习2.(教材P17.习题6)已知a,b是不相等的两个正数,求证:

abab

3ab



.用心 爱心 专心

点拨:构造函数fxabx2ab

xa

baxabxb证之.22

练习3.(教材P17.习题7)已知a,b都是正数,x,yR,且ab1,求证:

axby

axby.点拨:构造函数fzabz2axbyzaxbyazxbzy证之.练习4.(教材P31.复习参考题5)求证:31aa

1aa

.点拨:构造函数fx3x21aa

x1a

ax1xaxa

证之.二、分式函数型:

例4.(教材P12.例2)已知a,b,m都是正数,并且ab,求证:

分析:构造函数fx

xaxb

ambm

ab.x0,.由于当x0,时，fx

ba

xb

0.故fx在0,上是增函数.∵fx在x

f

0处右连续，∴f

x在0,上是增函数.∵m

0 ∴

mf0 即

ambm



ab

.例5.(教材P22.例3)已知a1,b1,求证:

ax1ax

ab1ab

1.分析:构造函数fxx1,1.由于当x1,1时，fx

1a

21ax

0.故fx在1,1上是增函数.∵fx在x1处右连续，在x1处左连续.∴fx在1,1上是增函数.∵1b1 ∴f1fbf1 ,即1

ab1ab

1.ab

acbd

cd

ab1ab

1, 即

例6.(教材P14练习5)已知a,b,c,d都是正数,且bcad,求证:

.a

分析:联想定比分点坐标公式,acbd

可写成b

1

cd

db.故可构造函数db

a

f

x

b

d1x



c

x,x0,.∵当x0,时，用心 爱心 专心 2

c

fx

d



ab

1x



bcadbd1x

0.∴fx在0,上是增函数.∵fx在x

0处右连续，∴fx在0,上是增函数.又∵

cd

db

0.∴

d

f0flimf

bx

x.而

f0

acd,f,limf

xbbbd

a

x

.故原不等式成立.aca

bcb

练习5.(教材P14.练习4)已知cab0,求证:

点拨:构造函数fx

xcx

x0,c

.练习6.(教材P17.习题9)已知ABC的三边长分别是a,b,c.且m为正数.求证:

aam



bbm



ccm

.xxm,x0,.易证fccm

.而

aam



bbm

点拨:构造函数fx

f

x为增函数.由于



aabm



babm



abc,故

ab

aam



fc.即b



ababmc

.ababm

.故

有

bmcm

练习7.(教材P23.习题4)求证:

分析:构造函数fx

三、幂函数型：

ab1ab



ab1ab

.x1x,x0,证之.例7.如果a,b都是正数，且ab,求证：ababab.分析：abababab

55322

3a

b

.考察函数fxx,(nN)在0,上的单调性，显然fx在0,上为增函数.n

*

若ab,则ab, ab,所以ab

aa

bb

0； 0。

若ab,则ab, ab,所以ab

2所以ababab.利用函数的单调性证法可以将上述结论推广为: 若a、b是正数且ab,求证：a四、一次函数型：

用心 爱心 专心

mn

55322

3b

mn

abab.(m,nN)

mnnm*

例8.设a,b,c0,1,求证:abcabbcca1.分析:构造函数fa1bcabcbc1,a0,1.∵f0bcbc11cb10,f11bcbcbc1bc0.∴对任意a0,1,恒有fa0.故原不等式成立.五、三角函数型： 例9.(同例3)

分析:设acos,bsin, ccos,dsin.则acbdcoscossinsin

cos



1.练习8.设x,yR,且xy1,求证

:x2xyy点拨:设xrcos,yrsin.其中r1.以下略.六、指数函数型:

2例10．已知等差数列an和等比数列bn，其中a1b1，a2b2，0＜a1＜a2，证明当n3时，an

da

1n1

.所以，当n3时，bna1q

q1

d

a11

a1

n1



dd11

a1n1dan.a11Cn1a11Cn1

＞ a1a1

这儿,我们用二项式定理进行放缩,完成了证明.七、构造函数,利用函数图象的凸性： 例11.(教材P15.例6)求证3+7<2

5分析:考察函数f(x)=x的图象,特征是上凸函数.对任意x1,x20,, 且x1x2,都有：所以,即

212

f(x1)f(x2)

f3f7

f5.（3+7）<5.两条结论:（1用心 爱心 专心

值之和越大.例:6

722

5



3



2及

a

a3

a1

a2

(2)下凸函数,区间中点相同时,两端“距离”区间中点越近,两端点函数值之和越小.练习9.已知:fxtanx,x0,

2

, 若x1,x20,



2

 且x1x2,试判断

f

x1

f

x2与

xx2

f1

的大小，并加以证明（94年高考理科试题变式题）.2

练习10.已知:fxlgxx1,若0x1x2,试比较

年高考文科试题).练习11.(教材P23.习题5)求证:lg

AB2



lgAlgB

f

x1

f

x2与

xx2

f1

的大小(942

AB0.以上表明,若能清楚不等式所反映的图象意义，就会给证明提供思路.八、构造连续函数，应对含离散型变量的不等式问题： 例12．（2001年全国理）已知i,m,n是正整数，且1﹤i≤m＜n.（1）证明nAm＜mAn.（2）证明1m＞1n.n

m

iiii

i1i

1分析：（1）nAm＜mAn可化为：

i1

iiii

Amm

i

i

＜

Ann

i

i

m，即：

k0

k

i

nk

＜

k0

mn

i

.构造函数fx

xk

k0

x

i

.（xi＞1）.i1

两边取对数，得：lnfx



k0

lnxkilnx.当xi,时,两边求导，得：

fxfx

i1





k0

1xk



ix

i1

＞

k0

1x



ix

0.由于fx＞0，故fx＞0.这说明fx在i,上是增函数.∵fx在xi处右连续.∴

fx在i,上是增函数.∵i≤m＜n.∴fm＜fn.Amm

ii

即＜

Ann

i

i

.整理，得：nAm＜mAn.用心 爱心 专心

iiii

（2）不等式1m＞1n两边取对数，得：ln1m＞ln1n.n

m

n

m

整理，得：

ln1m

m



＞

ln1nn

.构造函数gx

ln1xx

x2.x

求导，得：gx

1x

ln1xxx

.当x2时,可得：0＜

1x

＜1，ln1xln3＞1.故gx＜0.所以gx在2,上是减函数.∵gx在x2处右连续.∴gx在2,上是减函数.∵m＜n，∴ gm＞gn.即

ln1m

m



＞

ln1nn

.整理，得：1m＞1n.n

m

注：不等式1m＞1n

n

m

也可化为：1m

1m

＞1n

1n

.这时，可研究函数

hx1xxe

ln1xx的单调性证之.n1

练习12.已知n是正整数且n≥3.求证：n

n

＞n1.n

点拨：不等式n

n1

＞n1两边取自然对数，整理得：

lnnn

＞

lnn1n1

.构造函数fx

lnxx

可证之.lnfx

说明:根据所构造函数的结构特点,我们将函数转化为lnfx型或e型,方便了对函数的求导运算.不等式证明的数学模型，除本文介绍的函数模型外，还可建立向量模型、解析几何模型、方程模型等，请读者自行研究、总结.作者简介:陈兵,男,1976年10月26日出生,山东省滕州市人,中教二级, 学士学位.用心 爱心 专心 6

第五篇：高中数学解题方法谈：浅谈分析法在解题中的应用

88397854.doc

浅谈分析法在解题中的应用

分析法是数学中常用到的一种直接证明的方法，从推理的程序上来讲，它是一种从未知到已知（从结论到题设）的逻辑推理方法，具体说，就是先假定问题的结论成立，再利用公理、定义、定理和公式，经过正确的、严谨的一步步地推理，最后得到一个显然成立的关系，即已证的命题或题设的已知条件，从而判定问题的结论成立。分析法的应用较广，通常在几何、三角、不等式的证明中经常采用。举例说明。

例1下面是真命题还是假命题，用分析法证明你的结论。命题：若abc且abc0，则

解：此命题是真命题。

因为abc0,abc，a0,c0。baca23。

要证bac

a

223成立，只要证bac23a，22即证bac3a，也就是证(ac)ac3a，2即证(ac)(2ac)0

因为ac0,2ac(ac)aba0

所以(ac)(2ac)0成立。

故原不等式成立。

评注：应用分析法证题时，语气总是假定的，通常的语气有：“若要证明A，则先证明B；若要证明B，则先证明C，……”或“若要A成立，必先B成立；若要B成立，必先C成立，……”。值得注意的是，在证明过程中从一个命题推到下一个命题时，必须注意它们之间的等效性。

例2求证：当一个圆和一个正方形的周长相等时，圆的面积比正方形的面积大。

证明：设圆正方形的周长为l，则圆的面积为（因此，本题只须证明：(l22)()。24l22)，正方形的面积为()。24ll

为了证明上式成立，只须证明：

4l2l422l216，两边同乘以正数，得1

14。

88397854.doc

因此，只须证明4。因为上式是成立的，所以(l22)()。24l

这就证明了如果一个圆和一个正方形的周长相等，那么圆的面积比正方形的面积大。例3已知、k

2(kZ)，且

sincos2sin①

sincossin2② 1tan21tan

2求证：1tan2

2(1tan2。)

证明：因为(sincos)22sincos1,所以将①、②两式代入上式，得：4sin22sin21

1tan22

另一方面，要证

1tan21tan，2(1tan2)

sin2

1sin21

cos2cos2

即证

sin2，1sin2

cos22(1

cos2)

即证cos2sin21

2(cos2sin2)，即证12sin21

2(12sin2)，即证4sin22sin21，由于上式与③式相同，于是问题得证。

③