不等式证明1

第一篇：不等式证明1

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难点18 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+1a1b254)(b+)≥.●案例探究

［例1］证明不等式112131n2n(n∈N)

*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：

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；

(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+12131k11k112131k＜2k，则12k2k(k1)1k1k(k1)1k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)0,2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

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2k1k12k1.证法二：对任意k∈N*，都有：

1k2k12k132kk11n2(kk1)，2)2(nn1)2n.因此122(21)2(312131n证法三：设f(n)=2n(1*

)，那么对任意k∈N 都有：

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

0[(k1)2k(k1)k]∴f(k+1)＞f(k)因此，对任意n∈N 都有f(n)＞f(n－1)＞„＞f(1)=1＞0，∴112131n2n.xy(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.*［例2］求使xy≤a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：

22x+y+2xy≤a(x+y)，即2xy≤(a－1)(x+y)，① ② ∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，当且仅当x=y时，②中有等号成立.本资料从网上收集整理

比较①、②得a的最小值满足a－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a的最小值是2.xxyy(xxyy)22解法二：设uxy2xyxy12xyxy.∵x＞0，y＞0，∴x+y≥22xy2xyxy(当x=y时“=”成立)，∴xy≤1，xy的最大值是1.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

xy+1≤a

xy1，设xy=tanθ，θ∈(0，2).∴tanθ+1≤atan21；即tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+又∵sin(θ+44)，4).③)的最大值为1(此时θ=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

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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

axby=1，x+y的最小值为__________.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≥

(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(2)若x，y，z∈R，且x+y+z=xyz，则yzxzxyxyz+

+

12，证明：x，y，z∈［0，23］

bcax2caby2abcz≥2(xy+yz+zx)

2≥2（1x1y1z)7.(★★★★★)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

338.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a+b=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)+4(a+b)－25ab+4≥0，即证4(ab)－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=121

4222

14或，从而得证.+t1，b=12+t2.12∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜

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(a(121a)(b21b)(1a1a22b1b(14t1t11)((222t1)112t122t2)11214t21412t2t21)t2)2212t1)(22(14t1t11)(14t2t21)2(54t2)t214t22

t2425161432t2t222252516.144t2显然当且仅当t=0，即a=b=证法三：(比较法）

12时，等号成立.∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1125222214

a1b1254ab33ab8(14ab)(8ab)(a)(b)0ab4ab44ab4ab 1125(a)(b)ab4证法四：(综合法)∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

14.2(1ab)125 ab4252(1ab)11391621ab1(1ab)4416 14ab即(a1a)(b1b)254

证法五：(三角代换法）

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，2)

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(a1a4)(b1b)(sin4221sin22)(cos21cos222)2sincos2sincos24sin2222(4sin)164sin2sin21,4sin2413.42sin2162522(4sin2)2511244sin224sin2即得(a1a)(b1b)254.22 歼灭难点训练

一、1.解析：令ax=cos2θ，by=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=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－===13131313=

13(3a2+3b2+3c2－1)［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］

［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］ ［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥

222

证法二：∵(a+b+c)=a+b+c+2ab+2ac+2bc≤a+b+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥abc32222

abc3证法三：∵∴a2+b2+c2≥

abc3∴a2+b2+c2≥

13证法四：设a=+α，b=

13+β，c=

13+γ.∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a+b+c=（22213+α)+（2

13+β)+（2

13+γ)

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==1313+23(α+β+γ)+α+β+γ

13222 +α2+β2+γ2≥13

∴a2+b2+c2≥(2)证法一:同理

3a23b32(3a2)13c323(abc)9263a212,3b2,3c23c2

3a23b2∴原不等式成立.证法二：3a23b233c2(3a2)(3b2)(3c2)3

3(abc)63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：

2y2－2(1－x)y+2x2－2x+

1212，得x2+y2+(1－x－y)2=

12，整理成关于y的一元二

=0，∵y∈R，故Δ≥0

12∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+同理可得y，z∈［0，证法二：设x=于是==1313121323)≥0，得0≤x≤

23，∴x∈［0，23］

］

132+x′，y=2

+y′，z=

13132

+z′，则x′+y′+z′=0，=(13+x′)+（13+y′)+（23+z′)

+x′2+y′2+z′2+222

(x′+y′+z′)

13+x′+y′+z′≥2

+x′+

132

(yz)22=

13+

2332x′2

23故x′≤19，x′∈［－，13］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］

12证法三：设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x2＞0，=x2+y2+z2≥

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x+2(yz)22(1x)22x232xx212＞

12，矛盾.23x、y、z三数中若有最大者大于x+

2，不妨设x＞

23，则

12=x2+y2+z2≥(yz)22=x+232(1x)22=1223232x2－x+

=32x(x－)+12＞；矛盾.］

cabcby22故x、y、z∈［0，6.(1)证明:((baxbaaxx22bc22xabc2z2(xyyzzx)accaz222aby2xy)(aby)(y2ybc2bcz2yz)(2cax2zx)2cbyz)(aczx)0bccababcz2(xyyzzx)(2)证明:所证不等式等介于xyz(222yzxzxyxyz)2(xyyzzx)2

2xyz[yz(yz)zx(zx)xy(xy)]2(xyyzzx)(xyz)(yzyz22222222zxzx222xyxy)22222(xyyzzx)4(xyzxyzxyz)yzyzzxzxxyxy223333332xyz2xyz2xyz2222222222yz(yz)zx(zx)xy(xy)x(yz)y(zx)z(xy)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)，AmmiiAmmm1mi1nn1ni1,同理，immmnnnnnknmkmi由于m＜n，对于整数k=1，2，„，i－1，有Annii，所以Ammii,即mAnnAm

iiii(2)由二项式定理有：

2n2n(1+m)n=1+C1nm+Cnm+„+Cnm，2mm(1+n)m=1+C1mn+C2mn+„+Cmn，本资料从网上收集整理

ii由(1)知miAi＞niAi(1＜i≤miAmnm，而Cm=

i!,CinAni!

∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

∴m0C0n=n0C0n=1，mC1n=nC1m=m·n，m2C2n＞n2C2m，„，mmCmn＞nmCmm，mm+1Cm1n＞0，„，mnCnn＞0，∴1+C1nm+C2nm2+„+Cnnmn＞1+C1mn+C2mn2+„+Cmmnm，即(1+m)n＞(1+n)m成立.8.证法一：因a＞0，b＞0，a

3+b3

=2，所以(a+b)3－23=a3+b3+3a

2b+3ab2

－8=3a2

b+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abm，nab因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m

2－4n≥0

因为2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)2所以n=m323m

将②代入①得m2－4(m2323m)≥0，3即m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）33证法四：因为ab2(ab32)

224aba2b2(ab)[4a4b2ab])(ab)283(ab8≥0，所以对任意非负实数a、b，有

a3b32≥(ab32)3

b3

33因为a＞0，b＞0，a+=2，所以1=abab32≥(2)，∴ab2≤1，即a+b≤2，(以下略）

证法五：假设a+b＞2，则

①②

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a+b=(a+b)(a－ab+b)=(a+b)［(a+b)－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，又a+b=(a+b)［a－ab+b］=(a+b)［(a+b)－3ab］＞2(2－3ab)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)332

233222

第二篇：不等式证明

不等式证明

不等式是数学的基本内容之一，它是研究许多数学分支的重要工具，在数学中有重要的地位，也是高中数学的重要组成部分，在高考和竞赛中都有举足轻重的地位。不等式的证明变化大，技巧性强，它不仅能够检验学生数学基础知识的掌握程度，而且是衡量学生数学水平的一个重要标志，本文将着重介绍以下几种不等式的初等证明方法和部分方法的例题以便理解。

一、不等式的初等证明方法

1.综合法：由因导果。

2.分析法：执果索因。基本步骤：要证..只需证..，只需证..(1)“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件。

(2)“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达。

3.反证法：正难则反。

4.放缩法：将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的。放缩法的方法有：

(1)添加或舍去一些项，如：

2)利用基本不等式，如：

(3)将分子或分母放大(或缩小)：

5.换元法：换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题

化难为易、化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元。

6.构造法：通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式。

证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法。

7.数学归纳法：数学归纳法证明不等式在数学归纳法中专门研究。

8.几何法：用数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

9.函数法：引入一个适当的函数，利用函数的性质达到证明不等式的目的。

10.判别式法：利用二次函数的判别式的特点来证明一些不等式的方法。当a>0时，f(x)=ax2+bx+c>0(或<0).△<0(或>0)。当a<0时，f(x)>0(或<0).△>0(或<0)。

二、部分方法的例题

1.换元法

换元法是数学中应用最广泛的解题方法之一。有些不等式通过变量替换可以改变问题的结构，便于进行比较、分析，从而起到化难为易、化繁为简、化隐蔽为外显的积极效果。

注意：在不等式的证明中运用换元法，能把高次变为低次，分式变为整式，无理式变为有理式，能简化证明过程。尤其对含有若干个变元的齐次轮换式或轮换对称式的不等式，通过换元变换形式以揭示内容的实质，可收到事半功倍之效。

2.放缩法

欲证A≥B，可将B适当放大，即B1≥B，只需证明A≥B1。相反，将A适当缩小，即A≥A1，只需证明A1≥B即可。

注意：用放缩法证明数列不等式，关键是要把握一个度，如果放得过大或缩得过小，就会导致解决失败。放缩方法灵活多样，要能想到一个恰到好处进行放缩的不等式，需要积累一定的不等式知识，同时要求我们具有相当的数学思维能力和一定的解题智慧。

3.几何法

数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

第三篇：不等式证明

不等式的证明

比较法证明不等式

a2b2ab1.设ab0，求证：2.ab2ab

2.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲

（1）已知x、y都是正实数，求证：x3y3x2yxy2；

（2对满足xyz1的一切正实数 x,y,z恒成立，求实数a的取值范围

.,1综合法证明不等式（利用均值不等式）3.已知abc, 求证：1 114.abbcac

4.设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：

1（Ⅰ）ab+bc+ac3；

a2b2c2

1ca（Ⅱ）b

5.（1）求不等式x32x1的解集;

121225（a)(b)a,bR,ab1ab2.（2）已知，求证：

6.若a、b、c是不全相等的正数，求证：

分析法证明不等式

7.某同学在证明命题“7要证明732”时作了如下分析，请你补充完整.62，只需证明________________,只需证明___________,＋292，展开得9即,只需证明1418,________________,所以原不等式:62成立.22263,(72)(63)，因为1418成立。

abc8.已知a,b,cR。3

9.(本题满分10分)已知函数f(x)|x1|。

(Ⅰ)解不等式f(x)f(x4)8；{x|x≤－5，或x≥3}(Ⅱ)若|a|1,|b|1，且a0，求证：f(ab)|a|f().10.（本小题满分10分）当a,bMx|2x2时,证明:2|a+b|＜|4+ab|.反证法证明不等式

11.已知a，b，c均为实数，且a=x2y+2baπππ22，b=y2z+，c=z2x+，236

求证：a，b，c中至少有一个大于0.12.（12分）若x,yR,x0,y0,且xy2。求证：1x和1y中至少有一个小于2.yx

放缩法证明不等式

13.证明不等式：1111121231

123n2

214.设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4SnannN,且

14n1,a2,a5,a14构成等比数列．

(1)证明：a2

(2)求数列an的通项公式；an2n1

(3)证明：对一切正整数n，有11a1a2a2a311． anan12

15.设数列an的前n项和为Sn.已知a11,2Sn12an1n2n,nN*.n33

(Ⅰ)求a2的值；a24(Ⅱ)求数列an的通项公式；ann2(Ⅲ)证明:对一切正整数n,有数学归纳法证明不等式

16.(本小题满分12分)若不等式11

n1n21a对一切正整数n都成立，求正3n12411a1a217.an4

整数a的最大值，并证明结论．25

17.用数学归纳法证明不等式：

．

第四篇：不等式证明经典

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【例1】 设a，b∈R，求证：a2+b2≥ab+a+b-1。

【例2】 已知0

【例3】 设A=a+d，B=b+c，a，b，c，d∈R+，ad=bc，a=max{a，b，c，d}，试比较A与B的大小。

因A、B的表达形式比较简单，故作差后如何对因式进行变形是本题难点之一。利用等式ad=bc，借助于消元思想，至少可以消去a，b，c，d中的一个字母。关键是消去哪个字母，因条件中已知a的不等关系：a>b，a>c，a>d，故保留a，消b，c，d中任一个均可。

由ad=bc得：dbca1abbccaabcabc≥1。

bcabcab(ab)(ac)a0bcacaA-B=a+d-(b+c)=a =ab c(ab)a

【例4】 a，b，c∈R，求证：a4+b4+c4≥(a+b+c)。

不等号两边均是和的形式，利用一次基本不等式显然不行。不等号右边为三项和，根据不等号方向，应自左向右运用基本不等式后再同向相加。因不等式左边只有三项，故把三项变化六项后再利用二元基本不等式，这就是“化奇为偶”的技巧。

左=12(2a42b2242c)22412[(a24b)(b22244c)(c2244a)]24

≥12(2ab2bc2ca)abbcca

2发现缩小后没有达到题目要求，此时应再利用不等式传递性继续缩小，处理的方法与刚才类似。

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ab1212

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22bc2222ca2222212(2ab22222bc22222ca)22

ca)(ca2[(abbc)(bc22ab)]22≥(2abc2abc22abc)ab(abc)1a

1c【例5】（1）a，b，c为正实数，求证：（2）a，b，c为正实数，求证：

a21bb2≥

c21ab1bc1ac；

bcacab≥

abc2。

（1）不等式的结构与例4完全相同，处理方法也完全一样。

（2）同学们可试一试，再用刚才的方法处理该题是行不通的。注意到从左向右，分式变成了整式，可考虑在左边每一个分式后配上该分式的分母，利用二元基本不等式后约去分母，再利用不等式可加性即可达到目的。试一试行吗？

a2bcb2(bc)≥2a2bcb2(bc)2a

acc2(ac)≥2ac(ac)2bab(ab)≥2c2ab(ab)2c

相加后发现不行，a，b，c的整式项全消去了。为了达到目的，应在系数上作调整。

a2bcbc4≥a，b2acac4≥b，c2abab4≥a 相向相加后即可。

【例6】 x，y为正实数，x+y=a，求证：x+y≥

2a22。

思路一；根据x+y和x2+y2的结构特点，联想到算术平均数与平方平均数之间的不等关系。∵ xy22≤2x2y22

2∴ xy≥(xy)2a22

思路二：因所求不等式右边为常数，故可从求函数最小值的角度去思考。思路一所用的是基本不等式法，这里采用消元思想转化为一元函数，再用单调性求解。换元有下列三种途径：

途径1：用均值换元法消元： 令 x2a2m，yaa22m

22则 xy(m)(m)2m222aa22≥

a22

途径2：代入消元法： y=a-x，0

a2)2a22≥

a22

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途径3：三角换元法消元：

令 x=acos2θ，y=asin2θ，θ∈(0，]

22013年数学VIP讲义

则 x2+y2=a2(cos4θ+sin4θ)=a2[(sin2θ+cos2θ)2-2sin2θcos2θ]

=a[1-2(sin2θ)]=a(1-22122

12sin2θ)≥

a22

注：为了达到消元的目的，途径1和途径3引入了适当的参数，也就是找到一个中间变量表示x，y。这种引参的思想是高中数学常用的重要方法。【例7】 已知a>b>0，求证：(ab)8a2ab2ab(ab)8b2。

12所证不等式的形式较复杂（如从次数看，有二次，一次，次等），难以从某个角度着手。故考虑用分析法证明，即执果索因，寻找使不等式成立的必要条件。实际上就是对所证不等式进行适当的化简、变形，实际上这种变形在相当多的题目里都是充要的。

ab2abab2ab2b)(a(a(a2b)2

ab(ab)b)(a8a2所证不等式可化为∵ a>b>0 ∴ ab ∴ ab0

b)2(a2b)2(ab)(a8b2b)2

∴ 不等式可化为：(a4ab)21(a4bb)2

2(ab)4a即要证

24b(ab)ab2a只需证

2bab在a>b>0条件下，不等式组显然成立 ∴ 原不等式成立 【例8】 已知f(x)=24xx38，求证：对任意实数a，b，恒有f(a)

112.不等号两边字母不统一，采用常规方法难以着手。根据表达式的特点，借助于函数思想，可分别求f(a)及g(b)=b2-4b+f(a)112的最值，看能否通过最值之间的大小关系进行比较。

82(2)a2a24aa3882a882a≤

282a82a8422

令 g(b)=b2-4b+11232 ≥32 g(b)=(b-2)2+

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∵ 3222013年数学VIP讲义

∴ g(b)>f(a)注：本题实际上利用了不等式的传递性，只不过中间量为常数而已，这种思路在两数大小比较时曾讲过。由此也说明，实数大小理论是不等式大小理论的基础。

【例9】 已知a，b，c∈R，f(x)=ax2+bx+c，当|x|≤1时，有|f(x)|≤1，求证：

（1）|c|≤1，|b|≤1；

（2）当|x|≤1时，|ax+b|≤2。

这是一个与绝对值有关的不等式证明题，除运用前面已介绍的不等式性质和基本不等式以外，还涉及到与绝对值有关的基本不等式，如|a|≥a，|a|≥-a，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1±a2±„±an|≤|a1|+|a2|+„+|an|。就本题来说，还有一个如何充分利用条件“当|x|≤1时，|f(x)|≤1”的解题意识。

从特殊化的思想出发得到： 令 x=0，|f(0)|≤1 即 |c|≤1 当x=1时，|f(1)|≤1；当x=-1时，|f(-1)|≤1 下面问题的解决试图利用这三个不等式，即把f(0)，f(1)，f(-1)化作已知量，去表示待求量。∵ f(1)=a+b+c，f(-1)=a-b+c ∴ b12[f(1)f(1)] 12|f(1)f(1)|≤12[|f(1)||f(1)|]≤

12(11)≤1 ∴ |b|（2）思路一：利用函数思想，借助于单调性求g(x)=ax+b的值域。

当a>0时，g(x)在[-1，1]上单调递增 ∴ g(-1)≤g(x)≤g(1)∵ g(1)=a+1=f(1)-f(0)≤|f(1)-f(0)|≤|f(1)|+|f(0)|≤2 g(-1)=-a+b=f(0)-f(-1)=-[f(-1)-f(0)]

≥-|f(-1)-f(0)|≥-[|f(-1)|+|f(0)|]≥-2 ∴-2≤g(x)≤2 即 |g(x)|≤2 当a<0时，同理可证。

思路二：直接利用绝对值不等式

为了能将|ax+b|中的绝对值符号分配到a，b，可考虑a，b的符号进行讨论。当a>0时

|ax+b|≤|ax|+|b|=|a||x|+|b|≤|a|+|b|≤a+|b| 下面对b讨论

① b≥0时，a+|b|=a+b=|a+b|=|f(1)-f(0)| ≤ |f(1)|+|f(0)|≤2； ② b<0时，a+|b|=a-b=|a-b|=|f(-1)-f(0)|≤|f(-1)|+f(0)|≤2。∴ |ax+b|≤2 当a<0时，同理可证。

评注：本题证明过程中，还应根据不等号的方向，合理选择不等式，例如：既有|a-b|≥|a|-|b|，又有|a-b|≥|b|-|a|，若不适当选择，则不能满足题目要求。

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1、设a，b为正数，且a+b≤4，则下列各式一定成立的是 A、C、1a121b1a≤141b B、≤1 D、141a≤

1a1b≤

≤

1b≥1

2、已知a，b，c均大于1，且logac·logbc=4，则下列各式中一定正确的是 A、ac≥b B、ab≥c C、bc≥a D、ab≤c

5、已知a，b，c>0，且a+b>c，设M=

a4abbcc4c，N=，则MN的大小关系是

A、M>N B、M=N C、M

6、已知函数f(x)=-x-x3，x1，x2，x3∈R，且x1+x2>0，x2+x3>0，x3+x1>0，则f(x1)+f(x2)+f(x3)的值 A、一定大于零 B、一定小于零 C、一定等于零 D、正负都有可能

7、若a>0，b>0，x111()2ab1ab1ab，y，z，则

A、x≥y>z B、x≥z>y C、y≥x>z D、y>z≥x

8、设a，b∈R，下面的不等式成立的是 A、a+3ab>b B、ab-a>b+ab C、（二）填空题

9、设a>0，b>0，a≠b，则aabb与abba的大小关系是__________。

10、若a，b，c是不全相等的正数，则(a+b)(b+c)(c+a)______8abc（用不等号填空）。

12、当00且t≠1时，logat与log21t1a2

2aba1b1 D、a+b≥2(a-b-1)

22的大小关系是__________。

n13、若a，b，c为Rt△ABC的三边，其中c为斜边，则an+bn与c（其中n∈N，n>2）的大小关系是________________。

（三）解答题

14、已知a>0，b>0，a≠b，求证：a

15、已知a，b，c是三角形三边的长，求 证：1

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abcbaccab2。

babba。金牌师资，笑傲高考

16、已知a≥0，b≥0，求证：

18、若a，b，c为正数，求证：

19、设a>0，b>0，且a+b=1，求证：(a

20、已知a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求证：a，b，c全为正数。

1a)(b1b)2541a1b1ca82013年数学VIP讲义

12(ab)214(ab)≥aaba。

≤

b383c38。

abc≥。

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第五篇：不等式证明

§14不等式的证明

不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型.证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下： 不等式的性质：abab0,abab0.这是不等式的定义，也是比较法的依据.对一个不等式进行变形的性质：

（1）abba（对称性）

（2）abacbc（加法保序性）

（3）ab,c0acbc;ab,c0acbc.（4）ab0anbn,nanb(nN*).对两个以上不等式进行运算的性质.（1）ab,bcac（传递性）.这是放缩法的依据.（2）ab,cdacbd.（3）ab,cdacbd.（4）ab0,dc0,含绝对值不等式的性质：

（1）|x|a(a0)x2a2axa.（2）|x|a(a0)x2a2xa或xa.（3）||a||b|||ab||a||b|（三角不等式）.（4）|a1a2an||a1||a2||an|.ab,adbc.cd 证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.例题讲解 1．a,b,c0,求证：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc.abc32．a,b,c0，求证：abc(abc)

abc.a2b2b2c2c2a2a3b3c3.3．：a,b,cR,求证abc2c2a2bbccaab

4．设a1,a2,,anN*，且各不相同，求证：1

12131aa3ana12..n2232n25．利用基本不等式证明a2b2c2abbcca.446．已知ab1,a,b0,求证：ab1.8

7．利用排序不等式证明GnAn

8．证明：对于任意正整数R，有(1

1n1n1)(1).nn11119．n为正整数，证明：n[(1n)1]1n(n1)nn1.23n

1n 课后练习

1.选择题

(1)方程x-y=105的正整数解有().（A）一组（B）二组

（C）三组

（D）四组

(2)在0,1,2,„，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（）.（A）3个（B）4个

（C）5个

（D）6个 2．填空题

（1）的个位数分别为_________及_________.4

5422(2)满足不________.等式10≢A≢10的整数A的个数是x×10+1，则x的值(3)已知整数y被7除余数为5,那么y被7除时余数为________.(4)求出任何一组满足方程x-51y=1的自然数解x和y_________.3.求三个正整数x、y、z满足

23.4．在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？

5．求的整数解.6．求证可被37整除.7．求满足条件的整数x，y的所有可能的值.8．已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.9.如果p、q、、都是整数，并且p＞1，q＞1，试求p+q的值.课后练习答案

1.D.C.2.(1)9及1.(2)9.(3)4.(4)原方程可变形为x=(7y+1)+2y(y-7),令y=7可得x=50.223.不妨设x≢y≢z,则,故x≢3.又有故x≣2.若x=2,则,故y≢6.又有,故y≣4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3≢y≢4,y=3或4,z都不能是整数.4.可仿例2解.5.分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.．．

略解：a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3x1x2x3xnx1.再如证(a1)(b1)(ac)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式

如(等.但其本质特征不等式两边的次22数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.8888≡8(mod37),∴8888333

3222

2≡8(mod37).2222

27777≡7(mod37),7777≡7(mod37),8888238+7=407,37|407,∴37|N.22

3+7777

3333

≡(8+7)(mod37),而

237.简解:原方程变形为3x-(3y+7)x+3y-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≣0及y为整数可得0≢y≢5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.∵l+m=n,∴l=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l,n-m=1.于是2222l=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l+2l+1=(l+1).即2(l+m+1)是完全平方数.222

229.易知p≠q,不妨设p＞q.令(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.=n,则m＞n由此可得不定方程

例题答案：

1.证明：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc

a(b2c22bc)b(a2c22ac)c(a2b22ab)

a(bc)2b(ca)2c(ab)2

0

ab(ab)bc(bc)ca(ca)6ab.c

评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明a2b2c2abbcca时，可将a2b2

1(abbcca)配方为[(ab)2(bc)2(ca)2]，亦可利用a2b22ab，2b2c22bc,c2a22ca，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.不等式关于a,b,c对称，不妨abc,则ab,bc,acR，且

ab,，bca都大于等于1.caabbcc(abc)abc3a2abc3b2bac3c2cab3aab3aac3bba3bbc3cca3ccb3

ab3a()bb()cbc3a()cac31.评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定n个字母的大小顺序，可方便解题.（2）本题可作如下推广：若ai0(i1,2,,n),则a11a22anaaan(a1a2an)a1a2ann.（3）本题还可用其他方法得证。因aabbabba，同理bbccbccb,ccaacaac，另aabbccaabbcc，4式相乘即得证.（4）设abc0,则lgalgblgc.例3等价于algablgbalgbblga,类似例4可证algablgbclgcalgbblgcclgaalgcblgbclga.事实上，一般地有排序不等式（排序原理）： 设有两个有序数组a1a2an,b1b2bn，则a1b1a2b2anbn（顺序和）

a1bj1a2bj2anbjn（乱序和）a1bna1bn1anb1（逆序和）

其中j1,j2,,jn是1,2,,n的任一排列.当且仅当a1a2an或b1b2bn时等号成立.排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如a,b,cR时,a3b3c3a2bb2cc2aa2ab2bc2c

a2b2c2111111abbcca;abca2b2c2a2b2c2bcabcaabc222.3.思路分析：中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明.111111，则a2b2c2（乱序和）cbacab111111a2b2c2（逆序和），同理a2b2c2（乱序和）abccab111a2b2c2（逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数abc111333组abc及，仿上可证第二个不等式.bcacab

222不妨设abc,则abc,4.分析：不等式右边各项

ai1a；可理解为两数之积，尝试用排序不等式.i22ii设b1,b2,,bn是a1,a2,,an的重新排列，满足b1b2bn，又1111.22223nanbna2a3b2b3.由于b1,b2,bn是互不相同的正整数，b122222n2323nb3bnb11故b11,b22,,bnn.从而b12，原式得证.12222n23n所以a1评述：排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，a2b2abba，a3b3c3a2bb2cc2aaabbbcccaabcbaccab3abc.5.思路分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方．．法.a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3x1x2x3xnx1.再如证(a1)(b1)(ac)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式

如(等.但其本质特征不等式两边的次数及22系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.思路分析：不等式左边是a、b的4次式，右边为常数式呢.44要证ab1，如何也转化为a、b的4次811,即证a4b4(ab)4.8833评述：（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知x1x2x31,xi0,求证：x1 x211133求证：x1x2x2x3 x3.右侧的可理解为(x1x2x3).再如已知x1x2x30，3332+x3x10，此处可以把0理解为(x1x2x3)，当然本题另有简使证法.38（2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于n个正数a1,a2,an)

调和平均Hnn111a1a2an 几何平均Gnna1a2an 算术平均Ana1a2an

n22a12a2an平方平均Qn

2这四个平均值有以下关系：HnGnAnQn，其中等号当且仅当a1a2an时成立.7.证明: 令biai,(i1,2,,n)则b1b2bn1，故可取x1,x2,xn0，使得 Gnb1

xxx1x,b22,,bn1n1,bnn由排序不等式有： x2x3xnx1b1b2bn

=xx1x2n（乱序和）x2x3x1111x2xn（逆序和）x1x2xn x1

=n，aaa2ana1a2nn,即1Gn.GnGnGnn111，,各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，GnAn.a1a2an 评述:对8.分析:原不等式等价于n1(1)1平均，而右边为其算术平均.n11nn1，故可设法使其左边转化为n个数的几何n111111n21(1)n(1)(1)1(1)(1)11.n1nnnnnn1n1n个n1 评述:（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相近.类似可证(11n11n2)(1).nn1（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁.9.证明:先证左边不等式

111(1n)123n1111n123n (1n)n

n111(11)(1)(1)(1)123n (1n)nn34n1223nn1n(*)

nn[(1n)1]121n1n111123n

n 34n123nn234n1nn1.n23n （*）式成立，故原左边不等式成立.其次证右边不等式

1111n(n1)nn1

23n1 n1n1n(1111111)(1)(1)(1)23nn1123n n1nn112n1123n

（**） n1nn1

（**）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立.