g3.1039 不等式证明方法(二)

第一篇：g3.1039 不等式证明方法(二)

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g3.1039 不等式证明方法

（二）一、知识回顾

1、反证法：从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，从而肯定原结论的正确；

2、放缩法：欲证AB，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量使得BB1,B1B2...A（或AA1,A1A2...B），常用的放缩方式：

舍去或加上一些项；

1nn1；1n1n；112n2nn21n(n1);

n21n(n1)

3、换元法：三角换元、代数换元；

4、判别式法

二、基本训练：

1、实数a、b、c不全为零的条件为（）

A)a、b、c全不为零

B)a、b、c中至多只有一个为零

C)a、b、c只有一个为零

D)a、b、c中至少有一个不为零

2、已知a、b、c、dR，sabcdabcabdcdacdb，则有（A)0sB)1s2

C)2s

3D)3s4

3、为已知x2y24，则2x3y的取值范围是________。

4、设x0、y0，AxyxyB1xy,B1x1y，则A、大小关系为________

5、实数xyxy，则x的取值范围是________。

三、例题分析：

1例

1、x＞0，y＞0，求证：x2y2(x3y3)3

例

2、函数f(x)1x2(ab)，求证：|f(a)f(b)||ab|

例

3、已知:a2b21,x2y21,求证:1axby1（三角换元法）

例

4、求证：1x11x2x13（判别式法）

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例

5、若a,b,c都是小于1的正数，求证：(1

例

6、求证：1

例

7、设二次函数yxf(x)ax2a)b,(1b)c,(1c)a不可能同时大于14.（反证法）

1221321n22(nN)（放缩法）

bxc(a、b、cR且a0)，若函数yf(x)的图象与直线和yx均无公共点。

2（1）求证：4acb1

14|a|（2）求证：对于一切实数x恒有|ax

2bxc|

四、课堂小结：

1、凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题适宜用反证法.2、换元法（主要指三角代换法）多用于条件不等式的证明，此法若运用恰当，可沟通三角与代数的联系，将复杂的代数问题转化成简单的三角问题.3、含有两上字母的不等式，若可化成一边为零，而另一边是关于某字母的二次式时，这时可考虑判别式法，并注意根的取值范围和题目的限制条件.4、有些不等式若恰当地运用放缩法可以很快得证，放缩时要看准目标，做到有的放矢，注意放缩适度.五、同步练习g3.1039 不等式证明方法

（二）1、若x2xyy21且x、yR，则nx2y2的取值范围是（）

不用整理试卷、免顺号登分，左手翻试卷、右手敲键盘录入成绩之Excel登分王 考试成绩录入软件Excel登分王下载地址http:// A)0n1

B)2nC)n

2D)23n2

2、已知a、bA)acos2R2，则下列各式中成立的是（）

B)a2bsinab2cos2bsin2ab2

C)cos2lgasinlgblg(ab)2xyxy22D)coslgasinlgblg(ab)

3、设,y∈R,且x2+y2=4,则A)2-2的最大值为（）

C)-2



1n2B)2+

2n2 D)

43

4、若f(n)= 1-n,g(n)=n-,φ(n)=

12n,则f(n),g(n),ф(n)的大小顺序为____________.5、设a,b是两个实数,给出下列条件:①a+b>1； ②a+b=2；③a+b>2；④a2+b2>2；⑤ab>1，其中能推出:“a、b中至少有一个实数大于1”的条件是____________.6、a、b、c∈R-，a≠b，求证：|a

7、a＞b＞c，求证：1ab1bc＋

b|a2abb2a2b2

1ac

（提示：换元法，令a－b=m∈R，b－c=n∈R＋）

8、若n

9、已知

不用整理试卷、免顺号登分，左手翻试卷、右手敲键盘录入成绩之Excel登分王 f(x)x2N，且n2，求证：

121n11221321n21

pxq，求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不少于

12。考试成绩录入软件Excel登分王下载地址http://

10、已知i、m、n是整数且1i（1）niAmimn，试证明：

mAnnii；

m（2）(1m)(1n).答案：DCB

4、g(n)>ф(n)> f(n)

5、③

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第二篇：不等式证明方法(二)

不等式证明方法

（二）一、知识回顾

1、反证法：从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，从而肯定原结论的正确；

2、放缩法：欲证AB，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量使得，常用的放缩方式： BB1,B1B2...A（或AA1,A1A2...B）舍去或加上一些项；

12nnn1；12nn1n；111

1;22nn(n1)nn(n1)

3、换元法：三角换元、代数换元；

4、判别式法

二、基本训练：

1、实数a、b、c不全为零的条件为（）

A)a、b、c全不为零

B)a、b、c中至多只有一个为零 C)a、b、c只有一个为零

D)a、b、c中至少有一个不为零

2、已知a、b、c、dR，sabcd，则有（）

abcabdcdacdbA)0sB)1s2

C)2s

3D)3s4

3、为已知x2y24，则2x3y的取值范围是________。

4、设x0、y0，Axyxy,B，则A、B大小关系为________。

1xy1x1y5、实数xxy，则x的取值范围是________。y13

3三、例题分析：

例

1、x＞0，y＞0，求证：xy(xy)

例

2、函数f(x)1x2(ab)，求证：|f(a)f(b)||ab|

例

3、已知:a2b21,x2y21,求证:1axby1（三角换元法）

例

4、求证：1x11（判别式法）

x2x1322

3例

5、若a,b,c都是小于1的正数，求证：(1a)b,(1b)c,(1c)a不可能同时大于

例

6、求证：1

例

7、设二次函数f(x)ax2bxc(a、b、cR且a0)，若函数yf(x)的图象与直线yx和yx均无公共点。

1.4（反证法）

1112(nN)（放缩法）22223n（1）求证：4acb21

（2）求证：对于一切实数x恒有|ax2bxc|

四、课堂小结：

1、凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题适宜用反证法.2、换元法（主要指三角代换法）多用于条件不等式的证明，此法若运用恰当，可沟通三角与代数的联系，将复杂的代数问题转化成简单的三角问题.3、含有两上字母的不等式，若可化成一边为零，而另一边是关于某字母的二次式时，这时可考虑判别式法，并注意根的取值范围和题目的限制条件.4、有些不等式若恰当地运用放缩法可以很快得证，放缩时要看准目标，做到有的放矢，注意放缩适度.五、同步练习不等式证明方法

（二）1、若x2xyy21且x、yR，则nx2y2的取值范围是（）4|a|A)0n

1B)2nC)nD)2n2 32、已知a、bR，则下列各式中成立的是（）

A)acosbsin22ab

B)acosbsin22ab

C)cos2lgasin2lgblg(ab)

D)cos2lgasin2lgblga(b)

3、设,y∈R,且x2+y2=4,则A)2-

24、若f(n)=

2xy的最大值为（）

xy2B)2+2 C)-2 D)4 3n21-n,g(n)=n-n21,φ(n)=

1,则f(n),g(n),ф(n)的大小顺序为2n____________.5、设a,b是两个实数,给出下列条件:①a+b>1； ②a+b=2；③a+b>2；④a2+b2>2；⑤ab>1，其中能推出:“a、b中至少有一个实数大于1”的条件是____________.6、a、b、c∈R-，a≠b，求证：|ab|a2abb2a2b

2111 abbcac（提示：换元法，令a－b=m∈R＋，b－c=n∈R＋）

111112221

8、若nN，且n2，求证：2n123n7、a＞b＞c，求证：

|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不少于

9、已知f(x)x2pxq，求证：|f(1)|，1。2

答案：DCB

4、g(n)>ф(n)> f(n)

5、③

第三篇：证明不等式方法

不等式的证明是高中数学的一个难点，题型广泛，涉及面广，证法灵活，错法多种多样，本节通这一些实例，归纳整理证明不等式时常用的方法和技巧。1比较法

比较法是证明不等式的最基本方法，具体有“作差”比较和“作商”比较两种。基本思想是把难于比较的式子变成其差与0比较大小或其商与1比较大小。当求证的不等式两端是分项式（或分式）时，常用作差比较，当求证的不等式两端是乘积形式（或幂指数式时常用作商比较）

例1已知a+b≥0，求证：a3+b3≥a2b+ab

2分析：由题目观察知用“作差”比较，然后提取公因式，结合a+b≥0来说明作差后的正或负，从而达到证明不等式的目的，步骤是10作差20变形整理30判断差式的正负。

∵（a3+b3)(a2b+ab2)

=a2(a-b)-b2(a-b)

=(a-b)(a2-b2)

证明： =(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 设a、b∈R+，且a≠b，求证：aabb＞abba

分析：由求证的不等式可知，a、b具有轮换对称性，因此可在设a＞b＞0的前提下用作商比较法，作商后同“1”比较大小，从而达到证明目的，步骤是：10作商20商形整理30判断为与1的大小

证明：由a、b的对称性，不妨解a＞b＞0则

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

练习1 已知a、b∈R+，n∈N，求证（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变式证明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及变形有：

（1）若a、b∈R，则a2+b2≥2ab（当且仅当a=b时，取等号）

（2）若a、b∈R+，则a+b≥ 2ab（当且仅当a=b时，取等号）

（3）若a、b同号，则 ba+ab≥2（当且仅当a=b时，取等号）

例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1则a1-b2+b1-a2≤

1分析：通过观察可直接套用： xy≤x2+y2

2证明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1

∴b1-a2+a1-b2≤1，当且仅当a1+b2=1时，等号成立

练习2：若 ab0，证明a+1(a-b)b≥

33综合法

综合法就是从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式性质推算出要证明不等式。

例4，设a0，b0，a+b=1，证明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252

证明：∵ a0，b0，a+b=1

∴ab≤14或1ab≥

4左边=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+［(a+b)2-2ab］+(a+b)2-2aba2b2

=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252

练习3：已知a、b、c为正数，n是正整数，且f(n)=1gan+bn+cn

3求证：2f（n）≤f（2n）

4分析法

从理论入手，寻找命题成立的充分条件，一直到这个条件是可以证明或已经证明的不等式时，便可推出原不等式成立，这种方法称为分析法。

例5：已知a0，b0，2ca+b，求证：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

分析：观察求证式为一个连锁不等式，不易用比较法，又据观察求证式等价于 ｜a-c｜＜c2-ab也不适用基本不等式法，用分析法较合适。

要证c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

只需证-c2-ab＜a-c＜c2-ab

证明：即证 ｜a-c｜＜c2-ab

即证(a-c)2＜c2-ab

即证 a2-2ac＜-ab

∵a＞0，∴即要证 a-2c＜-b 即需证2+b＜2c，即为已知

∴ 不等式成立

练习4：已知a∈R且a≠1，求证：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）

25放缩法

放缩法是在证明不等式时，把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明不等式，是证明不等式的重要方法，技巧性较强常用技巧有：（1）舍去一些正项（或负项），（2）在和或积中换大（或换小）某些项，（3）扩大（或缩小）分式的分子（或分母）等。

例6：已知a、b、c、d都是正数

求证： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2分析：观察式子特点，若将4个分式商为同分母，问题可解决，要商同分母除通分外，还可用放缩法，但通分太麻烦，故用放编法。

证明：∵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

综上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2

练习5：已知：a＜2，求证：loga(a+1)＜1

6换元法

换元法是许多实际问题解决中可以起到化难为易，化繁为简的作用，有些问题直接证明较为困难，若通过换元的思想与方法去解就很方便，常用于条件不等式的证明，常见的是三角换元。

(1)三角换元：

是一种常用的换元方法，在解代数问题时，使用适当的三角函数进行换元，把代数问题转化成三角问题，充分利用三角函数的性质去解决问题。

例

7、若x、y∈R+,且 x-y=1 A=(x-1y)(y+1y)。1x，求证0＜A＜

1证明： ∵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

复习6：已知1≤x2+y2≤2，求证：12 ≤x2-xy+y2≤

3(2)比值换元：

对于在已知条件中含有若干个等比式的问题，往往可先设一个辅助未知数表示这个比值，然后代入求证式，即可。

例8：已知 x-1=y+12=z-23，求证：x2+y2+z2≥431

4证明：设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反证法

有些不等式从正面证如果不好说清楚，可以考虑反证法，即先否定结论不成立，然后依据已知条件以及有关的定义、定理、公理，逐步推导出与定义、定理、公理或已知条件等相矛盾或自相矛盾的结论，从而肯定原有结论是正确的，凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题，适宜用反证法。

例9：已知p3+q3=2，求证：p+q≤

2分析：本题已知为p、q的三次，而结论中只有一次，应考虑到用术立方根，同时用放缩法，很难得证，故考虑用反证法。

证明：解设p+q＞2，那么p＞2-q

∴p3＞（2-q）3=8-12q+6q2-q

3将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练习7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求证：a＞0，b＞0，c＞0

8数学归纳法

与自然数n有关的不等式，通常考虑用数学归纳法来证明。用数学归纳法证题时的两个步骤缺一不可。

例10：设n∈N，且n＞1,求证：(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+12

分析：观察求证式与n有关，可采用数学归纳法

证明：（1）当n=2时，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假设n=k(k≥2，k∈n)时不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k-1)＞2k+12 那么当n=k+1时，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)＞2k+12·(1+12k+1)①

要证①式左边＞2k+32，只要证2k+12·

2k+22k+1＞2k+32②

对于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，即当n=k+1时，原不等式成立

由（1）（2）证明可知，对一切n≥2（n∈N），原不等式成立

练习8：已知n∈N，且n＞1，求证： 1n+1+1n+2+…+12n＞132

49构造法

根据求证不等式的具体结构所证，通过构造函数、数列、合数和图形等，达到证明的目的，这种方法则叫构造法。

1构造函数法

例11：证明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

证明：设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）的图像表示y轴对称

∵当x＞0时，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴当x＜0时，据图像的对称性知f（x）＜0

∴当x≠0时，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

练习9：已知a＞b，2b＞a+c，求证：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2构造图形法

例12：若f（x）=1+x2，a≠b，则|f（x）-f（b）|＜ |a-b|

分析：由1+x2 的结构可知这是直角坐标平面上两点A(1，x)，0(0，0)的距离即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2

于是如下图，设A(1，a)，B(1，b)则0A= 1+a2 0B=1+b2

|AB|=|a-b|又0A|-|0B＜|AB|∴|f(a)-f(b)|＜|a-b|

练习10：设a≥c，b≥c，c≥0，求证 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添项法

某些不等式的证明若能优先考虑“添项”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍数添项

若不等式中含有奇数项的和，可通过对不等式乘以2变成偶数项的和，然后分组利用已知不等式进行放缩。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（当且仅当a=b=c时等号成立）证明：∵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

当且仅当a=b，b=c，c=a即a=b=c时，等号成立。

2平方添项

运用此法必须注意原不等号的方向

例14 ：对于一切大于1的自然数n，求证：

(1+13)(1+15)…(1+12n-1＞ 2n+1 2)

证明：∵b ＞ a＞ 0，m＞ 0时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平均值添项

例15：在△ABC中，求证sinA+sinB+sinC≤3

32分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算术平均值添项sin π

3证明：先证命题：若x＞0，y＜π，则sinx+siny≤2sin x+y2（当且仅当x=y时等号成立）∵0＜x+y2＜ π，-π2＜ x-y2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosx-y

2∴上式成立

反复运用这个命题，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332

∴sinA+sinB≠sinC≤332

练习11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18

4利用均值不等式等号成立的条件添项

例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，求证a4+b4＞ 18

分析：若取消a≠b的限制则a=b= 12时，等号成立

证明：∵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中等号不成立∴③中等号不成立∴ 原不等式成立

1．是否存在常数c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y对任意正数x,y恒成立？ 错解：证明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故说明c存在。

正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下证不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。要证不等式xx+2y+xx+2y≤23，因为x,y是正数，即证3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即证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+，求证：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

错解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz

错因：根据不等式的性质：若a ＞b＞ 0，c ＞d ＞0,则ac bd，但 ac＞bd却不一定成立 正解：x2y2+y2z2≥ 2x y2z，y2z2+z2x2≥ 2x yz2，x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，以上三式相加，化简得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，两边同除以x+y+z:

x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

6.3 设x+y>0，n为偶数，求证yn-1xn+xn-1yn≥

1x 1y

错证：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y

=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

n为偶数，∴ xnyn ＞0，又xn-yn和xn-1-yn-

1同号，∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

错因：在x+y>0的条件下，n为偶数时，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同号，应分x、y同号和异号两种情况讨论。

正解：应用比较法：

yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

① 当x>0,y>0时，(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 当x,y有一个是负值时，不妨设x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n为偶数时,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

综合①②知原不等式成立

第四篇：不等式证明若干方法

安康学院 数统系数学与应用数学 专业 11 级本科生

论文（设计）选题实习报告

11级数学与应用数学专业《科研训练2》评分表

注：综合评分60的为“及格”； <60分的为“不及格”。

第五篇：证明不等式的基本方法二1

证明不等式的基本方法二

综合法与分析法

1教学目的：教学重点：综合法、分析法

教学难点：不等式性质的综合运用

一、复习引入：

1．重要不等式：

如果a,bR,那么a2b22ab(当且仅当ab时取“”号)

2．定理：如果a,b是正数，那么

ab

222ab2ab(当且仅当ab时取“”号).ab2：ab≤，ab≤（）4． b

aa

b≥2（ab＞0），当且仅当a＝b时取“＝”号；

5．比较法之一（作差法）步骤：作差——变形——判断与0的关系——结论 比较法之二（作商法）步骤：作商——变形——判断与1的关系——结论

二、讲解新课：

（一）1．综合法：利用某些已经证明过的不等式（例如算术平均数与几何平均数定理）2．用综合法证明不等式的逻辑关系是：AB1B2BnB

3．综合法的思维特点是：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质

（二）证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的条件，把证明不等式转化为判定这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都2．用分析法证明不等式的逻辑关系是：BB1B2BnA

3．分析法的思维特点是：4．分析法的书写格式：

要证明命题B为真，只需要证明命题B1为真，从而有„„

这只需要证明命题B2为真，从而又有„„

„„

这只需要证明命题A而已知A为真，故命题B

例1：已知a,b是正数，且ab，求证：a3b3a2bab

2转化尝试，就是不断寻找并简化欲证不等式成立的充分条件，到一个明显或易证其成立的充分条件为止.其逻辑关系是：BB1B2BnA 证明：∵a0,b0,且ab

∴要证a3b3a2bab2,只要证(ab)(a2abb2)ab(ab), 只要证a2abb2ab,只要证a22abb20.∵ab0,∴(ab)20即a22abb20得证.注：分析法的思维特点是：执果索因.对于思路不明显,感到无从下手的问题宜用分析法探究证明途径.另外,不等式的基本性质告诉我们可以对不等式做这样或那样的变形,分析时贵在变形,不通思变,变则通

联想尝试，就是由已知的不等式及题设条件出发产生联想,大胆尝试,巧用已知不等式及不等式性质做适当变形，推导出要求证明的不等式.其逻辑关系是：

AB1B2BnB

法二：证明：∵a0,b0,且ab ∴a3ab22a2b,b3ba22ab2,∴a3ab2b3ba22a2b2ab2,∴a3b3a2bab2

aab

法三 aab

注：综合法的思维特点是：执因索果.基本不等式以及一些已经得证的不等式往往与待证的不等式有着这样或那样的联系,作由此及彼的联想往往能启发我们证明的方向.尝试时贵在联想，浮想联翩，思潮如涌。

例2.（P23例1）已知a,b,c是不全相等的正数,求证

a(bc)b(ca)c(ab)6abc

证明：∵bc≥2bc,a＞0,∴a(bc)≥2abc① 同理 b(ca)≥2abc②

c(ab)≥2abc③

因为a，b，c不全相等，所以b2c2≥2bc, c2a2≥2ca, a2b2≥2ab三式不能全取“=”号，从而①、②、③三式也不能全取“=∴a(b2c2)b(c2a2)c(a2b2)6abc 法二：abbcca

3abc

333

3法三：ab2ac2bc2ba2ca2cb26法四：ab2ba2

2法五：a(b2c2)b(c2a2)c(a2b2)33a(b2c2)b(c2a2)c(a2b2)例3（P23例2）.已知a1,a2,anR，且a1a2an1，求证

（1a1)(1a2)(1an)2

n

改变:同样的条件,怎样证明:（2a1)(2a2)(2an)3

n

证明：a1R,1

1a

1

a1a1即

a12a1，同理1a22a2„„1an2an

因为a1,a2,anR，由不等式的性质，得

（1a1)(1a2)(1an)2

n

a1a2an2

n

因为ai1时，1ai2ai取等号，所以原式在a1a2an1时取等号 变式：已知a1,a2,anR，且a1a2an1，求证

（2a1)(2a2)(2an)3

n

例

4、（P24例3）求证2证（略）

四、课堂练习： 1．设a, b, c  R，1求证：ab

736



2(ab)

2求证：ab

bc

ca

2(abc)

3若a + b = 1,求证：a

b

2

证：1∵

ab2

（ab2

2222)0∴

ab2

|

ab2

|

ab2

∴a2b2(ab)

2同理：b2c2

(bc)，ca



(ca)

三式相加：a2b23由幂平均不等式：

bc

ca

2(abc)

(a

b

(a)

12)(b2

12)

(ab1)





1∴a

b

2

2．已知a,b,c,d∈R,求证:ac+bd≤(a2b2)(c2d2)分析一:用分析法

证法一:(1)当ac+bd≤0时,(2)当ac+bd>0时,欲证原不等式成立, 只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2 即证2abcd≤b2c2+a2d2

即证0≤(bc-ad)2

因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立,综合(1)、(2)可知:分析二:用综合法

证法二:(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2abcd+a2d2)

=(ac+bd)+(bc-ad)≥(ac+bd)

∴(ab)(cd)≥|ac+bd|≥ac+22

22222

五、课后作业

P25习题2。2 1、2、3、4