不等式证明的基本方法 经典例题透析

第一篇：不等式证明的基本方法 经典例题透析

经典例题透析

类型一：比较法证明不等式

1、用作差比较法证明下列不等式：

；

(a，b均为正数，且a≠b)

（1）

（2）

思路点拨：（1）中不等号两边是关于a,b,c的多项式，作差后因式分解的前途不大光明，但注意到如a2, b2, ab这样的结构，考虑配方来说明符号；（2）中作差后重新分组进行因式分解。

证明：

（1）

当且仅当a=b=c时等号成立，（2）

（当且仅当a=b=c取等号）.∵a>0, b>0, a≠b，∴a+b>0,(a-b)2>0，∴

∴

.，总结升华：作差，变形（分解因式、配方等），判断差的符号，这是作差比较法证明不等式的常用方法。

举一反三：

【变式1】证明下列不等式：

(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）证法同（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

【变式2】已知a，b∈，x，y∈，且a+b=1，求证：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、用作商比较法证明下列不等式：

(a，b均为正实数，且a≠b)，且a，b，c互不相等）

（1）

（2）（a，b，c∈

证明：

（1）∵a3+b3>0, a2b+ab2>0.∴，∵a, b为不等正数，∴

∴，∴

（2）证明：

不妨设a>b>c，则

∴

所以，总结升华：当不等号两边均是正数乘积或指数式时，常用这种方法，目的是约分化简.作商比较法的基本步骤:判定式子的符号并作商变形 判定商式大于1或等于1或小于1 结论。

举一反三：

【变式1】已知a>2，b>2，求证：a+b2，b>2

∴

∴

∴

【变式2】已知a，b均为正实数，求证：aabb≥abba

【答案】

∵a>0, b>0, ∴ aabb与abba均为正，∴，分类讨论可知（分a>b>0, a=b>0, 0

，当且仅当a=b等号成立，∴ aabb≥abba.类型二：综合法证明不等式

3、a, b, c是不全相等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc 证明：

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，∴上述三个等号不同时成立，三式相加有：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.法二：∵a，b，c是不全相等的正数，∴a(b2+c2), b(c2+a2), c(a2+b2)均为正数，由三个数的平均不等式得：

a(b2+c2)+b(c2+a2)+ c(a2+b2)

∴不等式成立.总结升华：综合法是由因导果，从已知出发，根据已有的定义、定理，逐步推出欲证的不等式成立。

举一反三：

【变式1】a , b, m∈R+，且a

【答案】

∵00, ∴am0, ∴.【变式2】求证lg9·lg11<1.【答案】

∵lg9>0, lg11>0，∴

∴ , ∴lg9·lg11<1.，4、若a>b>0，求证：.思路点拨：不等号左边是一个各项皆正的“和的形式”，但左侧是两项而右侧都出现了特征数“3”.因此启发我们将左侧拆成3项的和利用平均值定理.证明：，∵ a>b>0, ∴a-b>0, b>0, ，∴ ，∴

举一反三：

（当且仅当，即a=2，b=1的等号成立）

【变式】x, y,z∈R+, 求证：

证明：∵ x, y,z∈R+,∴ ，同理，∴ ，∴，a2-2ac+c2

5、已知a,b>0，且2c>a+b，求证：

证明：要证

只需证：

即证：

∵a>0，只需证a+b<2c

∵已知上式成立，∴原不等式成立。

总结升华：

1．分析法是从求证的不等式出发，分析使之成立的条件，把证不等式转化为判断这些条件是否具备的

问题，若能肯定这些条件都成立，就可断定原不等式成立。

2．分析法在不等式证明中占有重要地位，是解决数学问题的一种重要思想方法。

3．基本思路：执果索因

4.格式：要证„„，只需证„„，只需证„„，因为„„成立，所以原不等式得证。

举一反三：

【变式1】求证：a3+b3>a2b+ab2(a，b均为正数，且a≠b)

【答案】

要证a3+b3>a2b+ab2，即证(a+b)(a2+b2-ab)≥ab(a+b)

∵a，b∈

，∴a+b>0 只需证a2+b2-ab≥ab，只需证a2+b2≥2ab 只需证(a-b)2≥0，∵(a-b)2≥0显然成立 所以原不等式成立。

【变式2】a , b, m∈R+，且a

【答案】

∵ b>0且b+m>0，.∴，∴

成立

∴.【变式3】求证：

【答案】

要证

只需证，而，只需证，只需证，显然成立，所以原不等式得证。

【变式4】若a>1，b>1，c>1，ab=10求证：logac+logbc≥4lgc

【答案】

要证logac+logbc≥4lgc，只需证

只需证，只需证

∵，∴成立

所以原不等式成立

【变式5】设x>0，y>0，x≠y，求证：

证明：要证

只需证，只需证

只需证

因x>0，y>0，x≠y，所以x2y2[3(x-y)2+4xy]>0成立

所以

类型四：反证法证明不等式

6、已知a,b,c∈(0,1)，求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a，至少有一个不大于。

思路点拨：此题目若直接证，从何处入手？对于这样正面情况较为复杂的问题，可以考虑使用反证法。

证明：假设原结论不成立，即，则三式相乘有：„„①

又∵0

总结升华：反证法的基本思路是：“假设——矛盾——肯定”，采用反证法证明不等式时，从与结论相反的假设出发，推出矛盾的过程中，每一步推理都必须是正确的。由于本题题目的结论是：三个数中“至少有一个不大于

”，情况比较复杂，会出现多个由异向不等式组

”，结构简单明了，成的不等式组，一一证明十分繁杂，而对结论的否定是三个数“都大于为推出矛盾提供了方便，故采用反证法是适宜的。

举一反三：

【变式】已知a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求证：a,b,c>0

【答案】

假设a≤0

若a<0，∵abc>0，∴bc<0

又由a+b+c>0，则b+c>-a>0

∴ab+bc+ca=a(b+c)+bc<0，与题设矛盾

若a=0，则与abc>0矛盾，∴必有a>0

同理可证：b>0，c>0

类型五：放缩法证明不等式

7、若a,b,c,dR+，求证：

思路点拨：记中间4个分式之和的值为m，显然，通过通分求出m的值再与1、2比大小是困难的，可考虑运用放缩法把异分母化成同分母。

证明：记

∵a,b,c,dR+，∴

∴1

总结升华：证后半部分，还可用“糖水公式”，即

常用的放缩技巧主要有：

① f(x)为增函数，则f(x-1)

进行放缩。

② 分式放缩如

③ 根式放缩如

举一反三：

；

【变式1】求证：

【答案】

∴

【变式2】 当n>2时，求证：logn(n-1)logn(n+1)<1

【答案】

∵n>2，∴logn(n-1)>0，logn(n+1)>0

∴

∴n>2时，logn(n-1)logn(n+1)<1

类型六：其他证明不等式的方法

1.构造函数法

8、已知a>2，b>2，求证：a+b

当a>2时，f(a)

∴a+b

总结升华：不等式证明方法很灵活。分析不等式的结构特点，构造函数，借助函数单调性，使问题变得非常简单。

举一反三：

【变式】已知a≥3，求证：

【答案】。

令（x≥0).∵f(x)在x∈[0,+∞)上是递减函数，∴f(a-1)

2、三角换元法：

9、求证： [0,π]，证明：∵-1≤x≤1，∴令x=cos, 则

∵-1≤sin≤1，10、若x2+y2≤1，求证：

证明：设

则

11、若x>1，y>1，求证：

证明：设

则

12、已知：a>1,b>0，a-b=1，求证：

证明：∵a>1,b>0,a-b=1，∴不妨设

则

总结升华：

①若0≤x≤1，则可令

②若x2+y2=1，则可令x=cos，y=sin(0≤θ<2π)

③若x2-y2=1，则可令x=sec,y=tan(0≤θ<2π)

④若x≥1，则可令，若xR，则可令

举一反三：

【变式1】已知x2=a2+b2，y2=c2+d2，且所有字母均为正，求证：xy≥ac+bd

【答案】

∵x2=a2+b2，∴不妨设

∵y2=c2+d2，∴不妨设

∴

∴xy≥ac+bd

【变式2】已知x>0，y>0，2x+y=1，求证：

【答案】

由x>0,y>0，2x+y=1，可设

则

类型六：一题多证

13、若a>0，b>0，求证：

思路点拨：由于a>0，b>0，所以求证的不等式两边的值都大于零，本题用作差法，作商法和综合法，分析法给出证明。

证明：

证法一：作差法

∵a,b>0，∴a+b>0,ab>0

∴

证法二：作商法，得证。

∵a>0,b>0,∴a+b>0，∴得证。

证法三：分析法

要证，只需证a3+b3≥(a+b)ab

只需证(a+b)(a2-ab+b2)≥(a+b)ab(∵a+b>0)

只需证a2-ab+b2≥ab

只需证(a-b)2≥0

∵(a-b)2≥0成立，∴得证 证法四：综合法

∵a>0,b>0，∴同向不等式相加得：

举一反三：

【变式】已知

【答案】

证法一：

都是实数，且求证：，同理

证法二： 即

.证法三：

要证

所以原不等式成立.证法四：

原不等式等价于不等式

用比较法证明

且

，只需证

只需证

又

所以

证法五：

设

则

即

故可考虑用三角换元法.证法六：

用向量的数量积来证明

设，

第二篇：不等式的证明方法经典例题

不等式的证明方法

不等式的证明是高中数学的一个难点，证明方法多种多样，近几年高考出现较为形式较为活跃，证明中经常需与函数、数列的知识综合应用，灵活的掌握运用各种方法是学好这部分知识的一个前提，下面我们将证明中常见的几种方法作一列举。

a2b2ab注意ab2ab的变式应用。常用(其中a,bR)来解决有2222关根式不等式的问题。

一、比较法

比较法是证明不等式最基本的方法，有做差比较和作商比较两种基本途径。

1、已知a,b,c均为正数，求证：

111111 2a2b2cabbcca

二、综合法

综合法是依据题设条件与基本不等式的性质等，运用不等式的变换，从已知条件推出所要证明的结论。

2、a、b、c(0,)，abc1，求证：

4a2b2c24413

3、设a、b、c是互不相等的正数，求证：abcabc(abc)

4、知a,b,cR，求证:

a2b2b2c2c2a2(abc)

211(1)(1)9xy5、x、y(0,)且xy1，证：。

6、已知a,bR,ab1求证：11111.ab9

三、分析法

分析法的思路是“执果索因”：从求证的不等式出发，探索使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式。

7、已知a、b、c为正数，求证：

2(ababc3ab)3(abc)23

8、a、b、c(0,)且abc1，求证abc3。

四、换元法

换元法实质上就是变量代换法，即对所证不等式的题设和结论中的字母作适当的变换，以达到化难为易的目的。

9、b1，求证：ab(1a2)(1b2)1。

22xy1，求证：2xy210、114.abbcac1222212、已知1≤x＋y≤2，求证：≤x－xy＋y≤3．

211、已知a>b>c,求证：

13、已知x－2xy＋y≤2，求证：| x＋y |≤10．

14、解不等式5x221x1＞

2215、－1≤1x－x≤2．

五、增量代换法

在对称式(任意互换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如a＞b＞c)的不等式，常用增量进行代换，代换的目的是减少变量的个数，使要证的结论更清晰，思路更直观，这样可以使问题化难为易，化繁为简．

16、已知a，bR，且a＋b = 1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥

六、利用“1”的代换型

2225． 2111已知a,b,cR,且 abc1,求证： 9.abc17、七、反证法

反证法的思路是“假设矛盾肯定”，采用反证法时，应从与结论相反的假设出发，推出矛盾的过程中，每一步推理必须是正确的。

18、若p＞0，q＞0，p＋q= 2，求证：p＋q≤2．证明：反证法 33119、已知a、b、c（0，1），求证：(1a)b，(1b)c，(1c)a，不能均大于4。

20、已知a,b,c∈（0，1），求证：（1－a）b,（1－b）c,（1－c）a 不能同时大于

1。

421、a、b、cR，abc0，abbcca0，abc0，求证：a、b、c均为正数。

八、放缩法

放缩时常用的方法有：1去或加上一些项2分子或分母放大（或缩小）3用函数单调性放缩4用已知不等式放缩

22、已知a、b、c、d都是正数，求证：1＜＜2．

bdac＋＋＋

abcbcdcdadab23、nN，求证：*2(n11)112131n2n1。

24、A、B、C为ABC的内角，x、y、z为任意实数，求证：x2y2z22yzcosA2xzcosB2xycosC。

证

九、构造函数法

构造函数法证明不等式24 设0≤a、b、c≤2，求证：4a＋b＋c＋abc≥2ab＋2bc＋2ca．

25、设a、b∈R，且a＋b =1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥222225． 226、设a＞0，b＞0，a＋b = 1，求证：2a1＋2b1≤22． 1．实数绝对值的定义:

|a|=

这是去掉绝对值符号的依据，是解含绝对值符号的不等式的基础。

2．最简单的含绝对值符号的不等式的解。

若a>0时，则

|x|

|x|>a x<-a或x>a。

注:这里利用实数绝对值的几何意义是很容易理解上式的，即|x|可看作是数轴上的动点P(x)到原点的距离。

3．常用的同解变形

|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|。

第三篇：高中数学不等式证明的常用方法经典例题

关于不等式证明的常用方法

(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换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法换元法主要放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一.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 典型题例

例1证明不等式1

121

31

n2n(n∈N*)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 例2求使xy≤axy(x＞0，y＞0)恒成立的a 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例3已知a＞0，b＞0，且a+b=1求证(a+11)(b+)ba证法一(分析综合法）证法二(均值代换法)证法三(比较法）证法四(综合法)证法五(三角代换法）巩固练习已知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 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__________ 已知a，b，c为正实数，a+b+c=1求证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≥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

已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n(1)证明 niAi

m＜miAi

n(2)(1+m)n＞(1+n)m

若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证 a+b≤2，ab≤1不等式知识的综合应用

典型题例

例1用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h米，盖子边长为a米，(1)求a关于h的解析式；(2)设容器的容积为V立方米，则当h为何值时，V最大？求出V的最大值(求解本题时，不计容器厚度)

知识依托本题求得体积V的关系式后，应用均值定理可求得最值

例2已知a，b，c是实数，函数f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，当－1≤x≤1时|f(x)|≤

1(1)|c|≤1；

(2)当－1 ≤x≤1时，|g(x)|≤2；

(3)设a＞0，有－1≤x≤1时，g(x)的最大值为2，求f(x)

知识依托 二次函数的有关性质、函数的单调性，绝对值不等式

例3设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，方程f(x)－x=0的两个根x1、x2满足0＜x1＜x2(1)当x∈［0，x1)时，证明x＜f(x)＜x1；

(2)设函数f(x)的图象关于直线x=x0对称，证明 x0＜

x

1巩固练习

定义在R上的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间［0，+∞)的图象与f(x)的图象重合，设a＞b＞0，给出下列不等

式，其中正确不等式的序号是()

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

下列四个命题中①a+b≥

2ab②sin2x+

4≥4③设x，y都是正数，若则x+y的最小值是12④=1，2

xysinx

若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε，其中所有真命题的序号是__________

已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2

(1)如果x1＜2＜x2＜4，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x0＞－1；(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范围

设函数f(x)定义在R上，对任意m、n恒有f(m+n)=f(m)·f(n)，且当x＞0时，0＜f(x)＜

1(1)f(0)=1，且当x＜0时，f(x)＞1；

(2)f(x)在R上单调递减；

(3)设集合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的取值范围

2x2bxc

已知函数f(x)=(b＜0)的值域是［1，3］，2x1

(1)求b、c的值；

(2)判断函数F(x)=lgf(x)，当x∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论；(3)若t∈R，求证 lg

711≤F(|t－|－|t+|)≤566数列与不等式的交汇题型分析及解题策略

【命题趋向】

数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查.主要考查知识数列的通项公式、前n项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用.【典例分析】

题型一 求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题

求得数列与不等式结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略：(1)若函数f(x)在定义域为D，则当x∈D时，有f(x)≥M恒成立f(x)min≥M；f(x)≤M恒成立f(x)max≤M；(2)利用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式，再通过解不等式解得.11

1【例1】等比数列{an}的公比q＞1，第17项的平方等于第24项，求使a1＋a2＋…＋an＞…恒成立的正整数n的取

a1a2an值范围.【例2】（08·全国Ⅱ）设数列{an}的前n项和为Sn．已知a1＝a，an+1＝Sn＋3n，n∈N*．

(Ⅰ)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；（Ⅱ）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范围．【点评】 一般地，如果求条件与前n

项和相关的数列的通项公式，则可考虑Sn与an的关系求解

题型二 数列参与的不等式的证明问题

此类不等式的证明常用的方法：(1)比较法，特别是差值比较法是最根本的方法；(2)分析法与综合法，一般是利用分析法分析，再利用综合法分析；(3)放缩法，主要是通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的.【例3】 已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，a3＝7，S4＝24．(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；(Ⅱ)设p、q都是正整

1数，且p≠q，证明：Sp+q＜(S2p＋S2q)．【点评】 利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形，途径主要有：（1）

2因式分解；（2）化平方和的形式；（3）如果涉及分式，则利用通分；（4）如果涉及根式，则利用分子或分母有理化.【例4】(08·安徽高考)设数列{an}满足a1＝0，an+1＝can3＋1－c，c∈N*，其中c为实数.(Ⅰ)证明：an∈[0，1]对任意n∈N*11成立的充分必要条件是c∈[0，1]；(Ⅱ)设0＜c＜，证明：an≥1－(3c)n1，n∈N*；（Ⅲ）设0＜c＜，证明：a12＋a22＋…＋an

2332

＞n＋1－n∈N*.1－3c

题型三 求数列中的最大值问题

求解数列中的某些最值问题，有时须结合不等式来解决，其具体解法有：(1)建立目标函数，通过不等式确定变量范围，进而求得最值；(2)首先利用不等式判断数列的单调性，然后确定最值；(3)利用条件中的不等式关系确定最值.【例5】(08·四川)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为______.【例6】 等比数列{an}的首项为a1＝2002，公比q＝－．(Ⅰ)设f(n)表示该数列的前n项的积，求f(n)的表达式；(Ⅱ)当n

取何值时，f(n)有最大值．

题型四 求解探索性问题

数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在.若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果.【例7】 已知{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝4.(Ⅰ)求证：数列{an}是等比数列；(Ⅱ)是否存在正整数k，使

【点评】在导出矛盾时须注意条件“k∈N*”，这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱.【例8】(08·湖北)已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an+1＝n＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整

3数.（Ⅰ）对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；（Ⅱ）试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；（Ⅲ）设0＜a＜b,Sn为数列{bn}的前n项和.是否存在实数λ，使得对任意正整数n，都有a＜Sn＜b?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由.数列与不等式命题新亮点

例1 把数列一次按第一个括号一个数,按第二个括号两个数,按第三个括号三个数,按第四个括号一个数„,循环分为(1),(3,5),(7,9,11),(13),(15,17),(19,21,23),(23)„,则第50个括号内各数之和为_____.点评:恰当的分组,找到各数之间的内在联系是解决之道.此外,这种题对观察能力有较高的要求.例2 设A.bn

Sk+1－2

＞2成立.Sk－2

an是由正数构成的等比数列, bnan1an2,cnanan3,则()

S

cnB.bncnC.bncnD.bncn

点评:此题较易入手,利用作差法即可比较大小,考察数列的递推关系.例3 若对x(,1],不等式(m

m)2x()x1恒成立,则实数m的取值范围()

A

B

D

A.(2,3)B.(3,3)C.(2,2)D.(3,4)

例4四棱锥S-ABCD的所有棱长均为1米,一只小虫从S点出发沿四棱锥的棱爬行,若在每一顶点处选择不同的棱都是等可能的.设小虫爬行n米后恰好回到S点的概率为Pn(1)求P2、P3的值;(2)求证: 3Pn1Pn

例5 已知函数

1(n2,nN)(3)求证: P2P3„Pn>6n5(n2,nN)

4fxx2x.(1)数列

an满足: a10,an1fan,若

1对任意的nN恒成立,试求a1的取值范围;2i11ai,Sk为数列cn的前k项和, Tk为数列cn的1bn

n

(2)数列

bn满足: b11,bn1fbnnN,记cn

Tk7

.10k1SkTk

n

前k项积,求证

例6(1)证明: ln

1xx(x0)(2)数列an中.a11,且an1

11

an2;n1

2n1n

2①证明: an【专题训练】



7n2②ane2n1 4

aaD．a6a8（）D．bn≤cn

（）

1．已知无穷数列{an}是各项均为正数的等差数列，则有

aaA．＜

a6a8

aaB．

a6a8

aaC．＞a6a8

2．设{an}是由正数构成的等比数列，bn＝an+1＋an+2，cn＝an＋an+3，则

A．bn＞cn

B．bn＜cn

C．bn≥cn

3．已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，公比q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，则（）

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．不确定（）

150

4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足５＜ak＜８，则k＝

5．已知等比数列{an}的公比q＞0，其前n项的和为Sn，则S4a5与S5a4的大小关系是（）

6．设Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，则函数f(n)＝

A．

120

B．

130

D．

7．已知y是x的函数，且lg3，lg(sinx－)，lg(1－y)顺次成等差数列，则

A．y有最大值1，无最小值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．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是

Ａ．(－∞，－1

Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)Ｃ．3，＋∞)

9．设3b是1－a和1＋a的等比中项，则a＋3b的最大值为()

A．1（）

A．充分不必要条件 11．{an}为等差数列，若

A．11

B．必要不充分条件C．充分比要条件

D．既不充分又不必要条件

（）

B．2

C．

3D．4

10．设等比数列{an}的首相为a1，公比为q，则“a1＜0，且0＜q＜1”是“对于任意n∈N*都有an+1＞an”的a1，且它的前n项和Sn有最小值，那么当Sn取得最小正值时，n＝ a10

B．17

C．19

D．21

12．设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝an＝f(n)(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是

1A．，2)

B．[，2]

（）1

C．1)

D．[1]

S13．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，记Tn＝，如果存在正整数M，使得对一切正整数n，Tn≤M都

n

成立．则M的最小值是__________．

14．无穷等比数列{an}中，a1＞1，|q|＜1，且除a1外其余各项之和不大于a1的一半，则q的取值范围是________.(a＋b)

215．已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则的最小值是________.cd

Ａ．0

Ｂ．1

Ｃ．2

Ｄ．

416．等差数列{an}的公差d不为零，Sn是其前n项和，给出下列四个命题：①A．若d＜0，且S3＝S8，则{Sn}中，S5和S6都是

{Sn}中的最大项；②给定n，对于一定k∈N*(k＜n)，都有ank＋an+k＝2an；③若d＞0，则{Sn}中一定有最小的项；④存在k∈N*，使ak－ak+1和ak－ak1同号 其中真命题的序号是____________.17．已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5．（Ⅰ）求{an}的通项an；（Ⅱ）求{an}前n项和Sn的最大值．

18．已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(an，an+1)(n∈N*）在函数y＝x2＋1的图象上.(Ⅰ)求数列｛an｝的通项公式；(Ⅱ)

若列数｛b｝满足b＝1,b＝b＋2an，求证：b ·b＜b2.n

n+1

n

n

n+2

n+1

19．设数列{an}的首项a1∈(0，1)，an＝

3－an1

n＝2，3，4，….2

（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn＝a3－2an，证明bn＜bn+1，其中n为正整数． 20．已知数列{an}中a1＝2，an+1＝(2－1)(an＋2)，n＝1，2，3，….（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列{an}中b1＝2，bn+1＝

3bn＋4

n＝1，2，3，….2＜bn≤a4n3，n＝1，2，3，… 2bn＋

321．已知二次函数y＝f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函

数y＝f(x)的图像上.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

1m

（Ⅱ）设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜对所有n∈N*都成立的最小正整数m

20anan＋1

22．数列，是常数．（Ⅰ）当a21时，求及a3的值；（Ⅱ）2，）an满足a11，an1(n2n)an（n1，数列an是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求的取值范围，使得存在正整数m，当nm时总有an

一、利用导数证明不等式

（一）、利用导数得出函数单调性来证明不等式

0．

利用导数处理与不等式有关的问题

某个区间上导数大于（或小于）0时，则该单调递增（或递减）。因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性,然后再用函数单调性达到证明不等式的目的。

1、直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单调递增（减）区间，自变量越大，函数值越大

（小），来证明不等式成立。

x2例1：x>0时,求证；x－ln(1+x)＜02、把不等式变形后再构造函数,然后利用导数证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的。例2：已知：a,b∈R,b>a>e, 求证:ab>b a,(e为自然对数的底)

（二）、利用导数求出函数的最值（或值域）后，再证明不等式。

导数的另一个作用是求函数的最值.因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数求出该函数的最值；由当该函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立。从而把证明不等式问题转化为函数求最值问题。例

3、求证：n∈N*,n≥3时，2n >2n+1 例

4、g

x2(b1)2的定义域是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、利用导数求出函数的值域，再证明不等式。例5：f(x)=

3x－x, x1,x2∈[－1,1]时，求证：|f(x1)－f(x2)|≤

二、利用导数解决不等式恒成立问题

不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为m>f(x)(或m

a

(9(aR),对f(x)定义域内任意的x的值，f(x)≥27恒成立，求a的取值范围

x

nn

1例

7、已知a＞0，n为正整数，（Ⅰ）设y=(xa)，证明yn(xa)；

n

（Ⅱ）设fn(x)=xn－(xa)，对任意n≥a，证明f ’n+1(n+1)＞（n+1）f ’n（n）。

例

6、已知函数f(x)

三、利用导数解不等式 例8：函数

ax(a0),解不等式f(x)≤1

第四篇：证明不等式的基本方法

证明不等式的基本方法

一、比较法

(1)作差比较法

3322【例1】已知a,b都是正数，且ab，求证：ababab

【1-1】 已知ab，求证：a3b3ab(ab)

【1-2】已知ab，求证：a46a2b2b44ab(a2b2)

(2)作商比较法

abba【例2】已知a,b都是正数，求证：abab，当且仅当ab时，等号成立.【2-1】已知a,b,c都是正数，求证：abc

二、综合法与分析法

(1)综合法

【例3】已知a,b,c0,且不全相等，求证：a(bc)b(ca)c(ab)6abc

【3-1】已知a1,a2,...,anR，且a1a2...an1, 求证：(1a1)(1a2)...(1an)21 n2222222a2b2cabcbaccab.【3-2】已知a,b,cR，用综合法证明：

(1)(abab1)(abacbcc2)16abc；(2)2(a3b3c3)a2(bc)b2(ac)c2(ab)

(2)分析法

【例4】设x0,y0，且xy1.求证：

【4-1】已知a,b,c是不全相等的正数.求证：

三、反证法与放缩法(1)反证法

【例5】已知x,y0,，且xy2,，试证：

【5-1】设0a,b,c1，证明：(1a)b,(1b)c,(1c)a不能都大于

18 xyxy

bcacababc abc

1x1y,中至少有一个小于2.yx

(2)放缩法

【例6】用放缩法证明不等式 ：

【6-1】用放缩法证明不等式 ：

【6-2】用放缩法证明不等式 ：

1)1

1111...1(m1,mN*)2m1m22m

11111n122...2(n2,3,4,...)2n123nn

...nN*(n1)

2(nN*)【6-3】用放缩法证明不等式 ：

...2

四、数学归纳法

11S(a).【例7】在各项均为正数的数列{an}中，数列的前n项和Sn满足nn

2an

（1）求a1,a2,a3；（2）由（1）猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明。

【7-1】.已知数列{an}前n项和为Snan()

n1

2(nN*).(1)令bn2nan，求证数列{bn}是等差数列，并求{an}的通项公式；(2)设cn

【7-1】已知各项为正数的数列{an}满足an12ananan1，a2a42a34.n15n

an，且{cn}的前n项和为Tn，试比较Tn与的大小，并予以证明.n2n1

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bnan2，设数列{bn}的前n项和为Tn，试比较并予以证明.Tn1122log2bn12

与的大小，2log2bn14Tn

第五篇：证明基本不等式的方法

2.2 证明不等式的基本方法——分析法与综合法

●教学目标：

1、理解综合法与分析法证明不等式的原理和思维特点.2、理解综合法与分析法的实质，熟练掌握分析法证明不等式的方法与步骤.●教学重点：综合法与分析法证明不等式的方法与步骤

●教学难点：综合法与分析法证明不等式基本原理的理

●教学过程：

一、复习引入：

1、复习比较法证明不等式的依据和步骤？

2、今天学习证明不等式的基本方法——分析法与综合法

二、讲授新课：

1、综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法 综合法又叫顺推证法或由因导果法。

用综合法证明不等式的逻辑关系是：例

1、已知a,b,c是不全相等的正数，求证：.分析：观察题目，不等式左边含有“a2+b2”的形式，我们可以创设运用基本不等式：a2+b2≥2ab;还可以这样思考：不等式左边出现有三次因式：a2b,b2c,c2a,ab2,bc2,ca2的“和”，右边有三正数a,b,c的“积”，我们可以创设运用重要不等式：a3+b3+c3≥3abc.(教师引导学生，完成证明）

解：∵a>0,b2+c2≥2bc∴由不等式的性质定理4，得a(b2+c2)≥2abc.① 同理b(c2+a2)≥2abc,②c(a2+b2)≥2abc.③

因为a,b,c为不全相等的正数，所以以上三式不能全取“=”号，从而①,②,③三式也不能全取“=”号.由不等式的性质定理3的推论，①,②,③三式相加得：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.点评：（1）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、性质和公式，推出结论的一种证明方法。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。

（2）在利用综合法进行不等式证明时，要善于直接运用或创设条件运用基本不等式，其中拆项、并项、分解、组合是变形的重要技巧.变式训练：已知a,b,c是不全相等的正数，求证： 例

2、已知 且，求证： 分析：观察要证明的结论，左边是 个因式的乘积，右边是2的 次方，再结合，发现如果能将左边转化为 的乘积，问题就能得到解决。

2、分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实（定义、公理或已证明的定理、性质等），从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法 这是一种执果索因的思考和证明方法。

①用分析法证明不等式的逻辑关系是： ②分析法论证“若A则B”这个命题的模式是：为了证明命题B为真，这只需要证明命题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为真，而已知A为真，故B必真。

例3． 求证： 分析：观察结构特点，可以利用分析法。

点评：①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!

②证明某些含有根式的不等式时,用综合法比较困难，常用分析法.③在证明不等式时,分析法占有重要的位置.有时我们常用分析法探索证明的途径,然后用综

合法的形式写出证明过程,这是解决数学问题的一种重要思想方法.例

4、已知，求证： 分析：要证的不等式可以化为 即 观察上式，左边各项是两个字母的平方之积，右边各项涉及三个字母，可以考虑用

三、课堂练习：

1、已知a,b,c,d∈R,求证：ac+bd≤ 分析一：用分析法

证法一：(1)当ac+bd≤0时,显然成立(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:原不等式成立 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)2+(bc-ad)2≥(ac+bd)

2∴ ≥|ac+bd|≥ac+bd故命题得证 分析三：用比较法

证法三：∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0,∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2

∴ ≥|ac+bd|≥ac+bd,即ac+bd≤ 点评：用分析法证明不等式的关键是,寻求不等式成立的充分条件.因此,经常要对原不等式进行化简,常用的方法有:平方、合并、有理化、去分母等,但要注意所做这些变形是否可以逆推,若不能逆推,则不可使用.2、已知 且 求证：（分析法）

四、课堂小结：

综合法与分析法证明不等式的方法与步骤

五、课后作业：

课本P25—26习题2.2—2,3,4,5,6,7,8,9