2018考研数学难点必看题型：不等式的证明

第一篇：2018考研数学难点必看题型：不等式的证明

为学生引路，为学员服务

2018考研数学难点必看题型：不等式的证明

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第二篇：考研数学切比雪夫不等式证明及题型分析

武汉文都 wh.wendu.com 考研数学切比雪夫不等式证明及题型分析

在考研数学概率论与数理统计中，切比雪夫不等式是一个重要的不等式，利用它可以证明其它一些十分有用的结论或重要的定理，如切比雪夫大数定律等，然而有些同学对这个不等式不是很理解，也不太会利用该不等式去解决相关问题，另外，很多资料上也没有对该不等式进行完整的分析或证明，为此，在这里对比雪夫不等式及其典型例题做些分析总结，供各位2016考研的朋友和其它学习的同学参考。

一、切比雪夫不等式的分析证明

武汉文都 wh.wendu.com

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从上面的分析我们看到，利用切比雪夫不等式可以对随机变量在其均值附近的对称区间内取值的概率进行估计，它也说明了方差的基本特性，即随机变量的方差越小，随机变量取值越集中，方差越大，则取值越分散，不论对于什么随机变量，它在区间内取值的概率基本都是约90%。以上分析希望对大家理解和应用切比雪夫不等式有所帮助，最后预祝各位考生2016考研成功。

第三篇：考研数学中的不等式证明

考研数学中的不等式证明

陈玉发

郑州职业技术学院基础教育处450121

摘要：在研究生入学考试中，中值定理是一项必考的内容，几乎每年都有与中值定理相关的证明题．不等式的证明就是其中一项．在不等式的证明中，利用函数的单调性，构造辅助函数是一种常用并且非常有效的方法．但是，有时这种方法非常繁琐．巧用中值定理可使一些不等式的证明简化．

关键词：考研数学不等式中值定理幂级数

（作者简介：陈玉发，男，汉族，出生于1969年5月工作单位：郑州职业技术学院，副教授，硕士，从事数学教育研究．邮编：450121）

微分中值定理是微积分学中的一个重要定理，在研究生入学考试中，几乎每年都会有与中值定理相关的证明题．不等式就是其中一项。下面就考研数学中的不等式证明谈一下中值定理的应用． 在不等式的证明中，利用函数的单调性，构造辅助函数是一种常用并且非常有效的方法．但是，有时这种方法非常繁琐．巧用中值定理可以使一些不等式的证明过程得到简化．下面就历年考研数学中的不等式证明题谈一下．

例1（1993年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷第六题）

(2)设bae，证明ab ba

xa对此不等式的证明，一般我们会想到构造辅助函数，f(x)ax，f(a)0，然后证明

在xa时，f(x)0．这个想法看似简单，而实际过程非常繁琐，有兴趣的读者可以试着证明一下．下面笔者给出几个简便的证明．

证：Ⅰ利用拉格朗日中值定理：abbabalogabbalnb lna

lnblna lna

lnblnalna baa

1lna，其中eablnabaa

1

1lna，其中eab． a

原命题得证．

证：Ⅱ 利用微分中值定理，abeblnaalnb









blnb alnablnblna1 alnab1b1ln alnaab1b1(lnln1)alnaablnln1lna（微分中值定理）1a

1

lna，（1b）a

原命题得证．

证明Ⅲ 利用幂级数展开：

设bax，原不等式等价于

aaxa (ax)aaaax(a)x

xa(1

而 xa)，a

ln2a2a1lnaxx2!xlnnanxn!，xxa(a1)x2a(a1)(an1)xn(1)a1a()()． aa2!an!a

a(a1)(an1)n由于x0，ae，所以lna1，lna．通过比较以上两个级数可知原na

不等式成立．

对于不等式a(1

一下．

例2（1992年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷第六题）xxa)的证明仍可以利用拉格朗日中值定理证明，有兴趣的读者可以自己证a

设f(x)0，f(0)0，证明对任何x10,x20，有f(x1x2)f(x1)f(x2)． 证：不妨设x1x2，f(x1x2)f(x1)f(x2)f(x1x2)f(x2)f(x1)

f(x1x2)f(x2)f(x1)f(0)(x1x2)(x2)x10

f(1)f(2)，x21x1x2，02x1x2，显然21，而f(x)0，所以f(x)单调递减．原不等式得证．

例3（1999年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷第六题）

论证：当x0时,(x21)lnx(x1)2 ．(x21)lnx

证：(x1)lnx(x1)(x1)21 22

(x1)lnx1 x1

(x1)lnx(11)ln11，（柯西中值定理）x1

ln(1)

1，（介于1与x之间）

1ln0． 当1时，上式显然成立；当01时，我们可以证明，

命题得证．

例4（2004年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷第三题）

(15)设eabe2，证明lnblna

22224(ba)． 2e4ln2bln2a4证：lnblna2(ba)2 e(ba)e

142ln2，(eabe2)e

1

ln2，2e

因为eabe2，所以，lnelne222． eee

所以，原不等式成立．

例5（2006年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题第（17）题）

证明：当0ab时，bsinb2cosbbasina2cosaa．

证：令f(x)xsinx2cosxx

bsinb2cosbbasina2cosaa

f(b)f(a) 0

f(b)f(a)0 ba

f()cossin0，0ab

令f(x)xcosxsinx，f()0，f(x)cosxxsinxcosxxsinx0，0axb，所以在(0,)内，f(x)单调减少，即f(x)0．

原命题得证．

例6（2010年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷第(17)题

(1)比较1

0lnt[ln(1t)]ndt与tnlnt的大小,说明理由。01

解：因为lnt[ln(1t)]n

tnlnt[ln(1t)]n tn

[ln(1t)nln(1t)ln(10)n][]（拉格朗日中值定理）tt0

()1，0t1，1n



所以lnt[ln(1t)]tlnt。即nn1

0lntt)]dtn10tnlnt。

例7（2012年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题第（18）题）

1xx2

cosx1，(1x1)．证明：xln1x2

证：原不等式等价于：

x2

x[ln(1x)ln(1x)]1cosx 2

xx2

（仅当x0时取等号）x[ln(1x)ln(1x)]2sin222

[ln(1x)ln(1x)]1（当x0时）2xxx2sin222

11111，（柯西中值定理，其中0x1），sinx

21，0x1 2(sin)(1)x

因为(sin)(12)22x，所以不等式成立．

利用同样的方法可以证明当1x0时，不等式成立．

综上所述，原不等式成立．

xx例8 证明：当x0时，xe1xe．

证：当x0时，ex1xxe1xe1e xxx

exe0

1ex，（利用柯西中值定理）x0

1eex，其中0x．

原不等式成立．

例9 证明：当0x

2时，sinxtanx2x．

证明：sinxtanx2xsinxtanx2 x

sinxtanx(sin0tan0)2 x0

cossec22（柯西中值定理）1

cossec22，因为

cossec2所以，原不等式成立．

中值定理是证明不等式时常用的一个非常有效的工具．我们习惯于构造辅助函数，利用单调性来证明不等式．而函数的单调性还是通过拉格朗日中值定理进行证明的．因此，利用单调性证明不等式的基础还是微分中值定理．以上几例体现了中值定理在证明不等式时的效果．

2，

第四篇：高考数学难点突破_难点不等式的证明策略

不等式的证明策略

不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本难点着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力.●难点磁场

(★★★★)已知a＞0，b＞0，且a+b=1.求证：(a+1125)(b+)≥.ba41112n(n∈N*)●案例探究

23n命题意图：本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力，属★★★★★级题目.知识依托：本题是一个与自然数n有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等.错解分析：此题易出现下列放缩错误： ［例1］证明不等式1

这样只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的.技巧与方法：本题证法一采用数学归纳法从n=k到n=k+1的过渡采用了放缩法；证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标；而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省.证法一：(1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；

111(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+＜2k，23k则112131k1k12k1k1

2k(k1)1k1k(k1)12k1,∴当n=k+1时，不等式成立.综合(1)、(2)得：当n∈N*时，都有1+

12131n＜2n.另从k到k+1时的证明还有下列证法：

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,2k1k12k1.2k1k2k1k11k1，又如:2k12kk1证法二：对任意k∈N*，都有： 2k12k1.2(kk1),kkkk1

111因此122(21)2(32)2(nn1)2n.23nk证法三：设f(n)=2n(1*12212131n)，那么对任意k∈N 都有：

f(k1)f(k)2(k1k)1k11k1[2(k1)2k(k1)1][(k1)2k(k1)k]1k1

(k1k)2k10∴f(k+1)＞f(k)因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞„＞f(1)=1＞0，1112n.∴123n［例2］求使xy≤axy(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.命题意图：本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力，属于★★★★★级题目.知识依托：该题实质是给定条件求最值的题目，所求a的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值.错解分析：本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜

2)，这样也得a≥sinθ+cosθ，但是这种换元是错误的.其原因是：(1)缩小了x、y的范围；(2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=1”这样一个条件，显然这是不对的.技巧与方法：除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，a≥f(x)，则amin=f(x)max；若 a≤f(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题.还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化.解法一：由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得：

x+y+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2－1)(x+y)，∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，① ②

当且仅当x=y时，②中有等号成立.比较①、②得a的最小值满足a2－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a的最小值是2.解法二：设uxy(xy)2xyxyxy2xy2xy.1xyxy∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2xy(当x=y时“=”成立)，∴2xy2xy≤1，的最大值是1.xyxy从而可知，u的最大值为112，又由已知，得a≥u，∴a的最小值为2.解法三：∵y＞0，∴原不等式可化为

x+1≤ayx1，y设x=tanθ，θ∈(0，).y2∴tanθ+1≤atan21；即tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+又∵sin(θ+

4)，③

4)的最大值为1(此时θ=

4).由③式可知a的最小值为2.●锦囊妙计

1.不等式证明常用的方法有：比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法.(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述；如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证.(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野.2.不等式证明还有一些常用的方法：换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等.换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查.有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法.证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点.●歼灭难点训练

一、填空题

1.(★★★★★)已知x、y是正变数，a、b是正常数，且

ab=1，x+y的最小值为xy__________.2.(★★★★)设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，则ad与bc的大小关系是__________.3.(★★★★)若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，则m、n、p、q的大小顺序是__________.二、解答题

4.(★★★★★)已知a，b，c为正实数，a+b+c=1.求证：(1)a2+b2+c2≥3(2)3a23b23c2≤6 5.(★★★★★)已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=6.(★★★★★)证明下列不等式：(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，则

12，证明：x，y，z∈［0，］ 23bc2ca2ab

2z≥2(xy+yz+zx)xyabc(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，yzzxxy111则≥2()xyzxyz7.(★★★★★)已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n.(1)证明：niAim＜miAin；

(2)证明：(1+m)n＞(1+n)m

8.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证：a+b≤2，ab≤1.参考答案

难点磁场

证法一：(分析综合法）

欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，即证ab≤ab≥8.∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立

∵1=a+b≥2ab，∴ab≤证法二：(均值代换法)设a=

1或41，从而得证.411+t1，b=+t2.2211，|t2|＜ 22∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜11a21b21(a)(b)abab111122(t1)21(t2)21(t1t11)(t2t21)42241111t1t2(t1)(t2)22221152222(t1t11)(t2t21)(t2)2t24441122t2t2442532254t2t22516216.1124t244显然当且仅当t=0，即a=b=证法三：(比较法）

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

1时，等号成立.21 41125a21b21254a2b233ab8(14ab)(8ab)(a)(b)0ab4ab44ab4ab 1125(a)(b)ab4证法四：(综合法)

1∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤.4252(1ab)1139(1ab)2125162 1ab1(1ab)14416ab4 4ab1125 即(a)(b)ab4证法五：(三角代换法）

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，2)11112(a)(b)(sin2)(cos)22absincossin4cos42sin2cos22(4sin2)21624sin24sin22sin221,4sin22413.2 42sin221625(4sin22)22511244sin22sin241125即得(a)(b).ab4歼灭难点训练

一、1.解析：令

ba=cos2θ，=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc

2yxθ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2atan2bcot2ab2ab.答案：a+b+2ab

2.解析：由0≤|a－d|＜|b－c|(a－d)2＜(b－c)2(a+b)2－4ad＜(b+c)2－4bc

∵a+d=b+c，∴－4ad＜－4bc，故ad＞bc.答案：ad＞bc

3.解析：把p、q看成变量，则m＜p＜n，m＜q＜n.答案：m＜p＜q＜n

二、4.(1)证法一：a2+b2+c2－=

11=(3a2+3b2+3c2－1)331［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］ 31=［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］ 311=［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥ 33证法二：∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥3a2b2c2abcabc证法三：∵∴a2+b2+c2≥

3331 3111证法四：设a=+α，b=+β，c=+γ.333∴a2+b2+c2≥∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a2+b2+c2=(=111+α)2+(+β)2+(+γ)2 3332 12+(α+β+γ)+α2+β2+γ3311=+α2+β2+γ2≥ 331∴a2+b2+c2≥

3(2)证法一:3a2(3a2)1同理3b23a21,23b33c3 ,3c2223(abc)93a23b23c262∴原不等式成立.证法二：3a23b23c2(3a2)(3b2)(3c2)

333(abc)63

3∴3a23b23c2≤33＜6 ∴原不等式成立.5.证法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=次方程得：

11，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成关于y的一元二221=0，∵y∈R，故Δ≥0 2122∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］

2332同理可得y，z∈［0，］

3111证法二：设x=+x′，y=+y′，z=+z′，则x′+y′+z′=0，3331111于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2

233312=+x′2+y′2+z′2+(x′+y′+z′)33211132222(yz)=+x′+y′+z′≥+x′+=+x′2

2333211122故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］

933332y2－2(1－x)y+2x2－2x+证法三：设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x2＞0，21222

=x+y+z≥2(yz)2(1x)2311x2x2x＞，矛盾.x+22222221x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x＞，则=x2+y2+z2≥

33222312(yz)2(1x)x+=x+=x2－x+

22223211x(x－)+＞；矛盾.23222故x、y、z∈［0，］

3bc2ca2ab26.(1)证明:xyz2(xyyzzx)2bcbacbac(x2y22xy)(y2z22yz)(z2x22zx)abbccaba2cb2ac2(xy)(yz)(zx)0abbccabc2caab2xyz2(xyyzzx)abc(2)证明:所证不等式等介于yzzxxyx2y2z2()2(xyyzzx)2xyz=

xyz[yz(yz)zx(zx)xy(xy)]2(xyyzzx)2(xyz)(y2zyz2z2xzx2x2yxy2)2(x2y2y2z2z2x2)4(x2yzxy2zxyz2)y3zyz3z3xzx3x3yxy32x2yz2xy2z2xyz2yz(yz)2zx(zx)2xy(xy)2x2(yz)2y2(zx)2z2(xy)20∵上式显然成立，∴原不等式得证.7.证明：(1)对于1＜i≤m，且Aim =m·„·(m－i+1)，Aimmm1Aimnn1mi1ni1,同理，iimmmnnnmn由于m＜n，对于整数k=1，2，„，i－1，有

nkmk，nmAinAim所以ii,即miAinniAim

nm(2)由二项式定理有：

22nn(1+m)n=1+C1nm+Cnm+„+Cnm，22mm(1+n)m=1+C1mn+Cmn+„+Cmn，由(1)知mAini＞nAimi

(1＜i≤m)，而

CimAimiAin,Cn= i!i!∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

00222211∴m0C0n=nCn=1，mCn=nCm=m·n，mCn＞nCm，„，mmm+1m1mmCmCn＞0，„，mnCnn＞nCm，mn＞0，∴1+C122nn1+C122mmnm+Cnm+„+Cnm＞mn+Cmn+„+Cmn，即(1+m)n＞(1+n)m成立.8.证法一：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以(a+b)3－23=a3+b3+3a2b+3ab2－8=3a2b+3ab2－6 =3［ab(a+b)－2］=3［ab(a+b)－(a3+b3)］=－3(a+b)(a－b)2≤0.即(a+b)3≤23，又a+b＞0，所以a+b≤2，因为2ab≤a+b≤2，所以ab≤1.证法二：设a、b为方程x2－mx+n=0的两根，则mabnab，因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0

因为2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)m2所以n=323m

将②代入①得m2－4(m2323m)≥0，即m383m≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，由2≥m 得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，即n≤1，所以ab≤1.证法三：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

2=a3+b3=(a+b)(a2+b2－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b)于是有6≥3ab(a+b)，从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）

证法四：因为a3b32(ab32)(ab)[4a24b24aba2b22ab]3(ab8)(ab)28≥0，a、b，有a3b3所以对任意非负实数ab32≥(2)

＞0，b＞0，a+b=2，所以1=a3因为a33

b3ab32≥(2)，∴ab2≤1，即a+b≤2，(以下略）

证法五：假设a+b＞2，则

a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，又a3+b3=(a+b)［a2－ab+b2］=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞2(22－3ab)因为a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)

①②

第五篇：高考数学难点归纳18_不等式的证明策略学案

不等式的证明

［例1］证明不等式11

21

31

n2n(n∈N*)

［例2］求使xy≤axy(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.一、填空题

1.已知x、y是正变数，a、b是正常数，且ab=1，x+y的最小值为__________.xy

2.设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，则ad与bc的大小关系是__________.3.若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，则m、n、p、q的大小顺序是__________.二、解答题(2)a2b23c2≤6 3

125.已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，证明：x，y，z∈［0，］ 234.已知a，b，c为正实数，a+b+c=1.求证：(1)a2+b2+c2≥

6.证明下列不等式：

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，则≥2()xyzxyz(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，则

7.已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n.(1)证明：niAi

m＜miAi

n；(2)证明：(1+m)n＞(1+n)m

8.若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证：a+b≤2，ab≤1.京翰教育