高中数学专题训练(教师版)—证明5篇

第一篇：高中数学专题训练(教师版)—证明

高中数学专题训练（教师版）—证明

一、选择题

1．函数y＝f(x)在(0,2)上是增函数，函数y＝f(x＋2)是偶数，则f(1)，f(2.5)，f(3.5)的大小关系是()

A．f(2.5)

B．f(2.5)>f(1)>f(3.5)

C．f(3.5)>f(2.5)>f(1)

D．f(1)>f(3.5)>f(2.5)

答案 B

解析 函数y＝f(x＋2)是偶函数，∴y＝f(x)关于x＝2对称，又∵函数y＝f(x)在(0,2)上单增，∴在(2,4)上单减，∴f(1)＝f(3)，∴f(2.5)>f(3)>f(3.5)，∴选B.2．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a、b、c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是()

A．假设a、b、c都是偶数

B．假设a、b、c都不是偶数

C．假设a、b、c至多有一个偶数

D．假设a、b、c至多有两个偶数

答案 B

3．若a>0，b>0，且a＋b＝4，则下列不等式中恒成立的是()1111A.>B.＋≤1 ab2ab

11≥2D.≤ a＋b8

答案 D

解析 取a＝1，b＝3，可验证A、B、C均不正确，故选D.114．(2011·东北育才学校一模)若<0，则下列不等式：①a＋b|b|；abba③a2中，正确的不等式是()ab

A．①②B．②③

C．①④D．③④

答案 C

解析 取a＝－1，b＝－2，验证即可．

f21＋f2f22＋f45．已知函数f(x)满足：f(a＋b)＝f(a)·f(b)，f(1)＝2，则＋f1f3

f23＋f6f24＋f8＝()f5f7

A．4B．8

C．12D．16

答案 D

解析 根据f(a＋b)＝f(a)·f(b)得f(2n)＝f2(n)，fn＋1＝2.fn

f21＋f2f22＋f4f23＋f6f24＋f82f22f42f6由＋＋＋＝＋＋＋f1f3f5f7f1f3f5又f(1)＝2，则2f8＝16.f7

二、填空题

6．(2011·山东泰安一模)已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，对于x∈R都有

fx1－fx2f(x＋6)＝f(x)＋f(3)成立，当x1，x2∈[0,3]，且x1≠x2时，都有>0，给出x1－x

2下列命题：

①f(3)＝0；

②直线x＝－6是函数y＝f(x)的图象的一条对称轴；

③函数y＝f(x)在[－9，－6]上为增函数；

④函数y＝f(x)在[－9,9]上有四个零点．

其中所有正确命题的序号为________(把所有正确命题的序号都填上)．．．．．

答案 ①②④

fx1－fx2解析 ∵x1≠x2时，都有>0，x1－x2

∴f(x)在[0,3]上递增．

∵f(x＋6)＝f(x)＋f(3)，令x＝－3得f(3)＝f(－3)＋f(3)，∴f(－3)＝f(3)＝0.①对．

∴f(x＋6)＝f(x)，∴f(x)周期为6，画出示意图如下：

由图象知，②④正确，③不正确，故填①②④.7．(2011·天津滨海新区五校联考)给出下列四个命题中：

①命题“∃x∈R，x2＋1>3x”的否定“∀x∈R，x2＋1>3x”；

＋－1n

1n②若不等式(－1)a<2＋对于任意正整数n恒成立，则实数a的取值n

3范围为[－2，2

③设圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)与坐标轴有4个交点，分别为A(x1,0)，B(x2,0)，C(0，y1)，D(0，y2)，则x1x2－y1y2＝0；

ππ④将函数y＝cos2x的图象向右平移个单位，得到函数y＝sin(2x－． 36

其中正确命题的序号是________．

答案 ②③④

解析 ①中命题的否定应为∀x∈R，x2＋1≤3x.－1n＋11②当n为偶数时，a<2＋＝2－，nn133∵2－≥，∴a< n22

π)．综上，故填②③④.6

8．(2011·山东日照一模)给出下列四个命题：

ab①若a－1m和n满1＋a1＋bn1足；m0，且x≠1，则lnx＋2.2lnx

其中真命题的序号是________．(请把真命题的序号都填上)

答案 ②③

解析 对于①，a＝－2b2，故①错．

对于④，lnx不一定为正数，1故01时，lnx＋2，故④错． lnx

三、解答题

a＋bb＋cc＋a9．已知a、b、c是不全相等的正数，求证：lglg＋lga＋22

2lg b＋lg c.a＋bb＋cc＋a解析 ∵a，b，c∈R＋，∴，≥，222a＋b1b＋c1c＋a1∴lga＋lg b)，lg≥(lg b＋lg c)，lg≥(lg c＋lg a)． 222222

a＋bb＋cc＋a以上三式相加，且注意到a、b、c不全相等，故得lg＋lglg>lg 22

2a＋lg b＋lg c.10．已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，当x<0时，f(x)<0.(1)求证：f(x)为奇函数；

(2)求证：f(x)为R上的增函数．

解析(1)f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，令x＝y＝0，得f(0)＝f(0)＋f(0)

即f(0)＝0.再令y＝－x，f(0)＝f(x)＋f(－x)，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数． 1当n为奇数时，a>－2－ n1∵－2－<－2，n3∴a≥－2，综上，－2≤a< 2③令x＝0得y2＋Ey＋F＝0，∴y1y2＝F，令y＝0得x2＋Dx＋F＝0，∴x1x2＝F，∴x1x2－y1y2＝0，故③正确． π2πππ④y＝cos2x平移后：y＝cos2(x－)＝cos(2x)＝cos(2x－－)＝sin(2x－3362

(2)设x1、x2∈R，且x1

11．(2011·吉林长春一模)设f(x)＝ax2＋bx＋c，若6a＋2b＋c＝0，f(1)f(3)>0，(1)若a＝1，求f(2)的值；

(2)求证：方程f(x)＝0必有两个不等实根x1，x2，且3

解析(1)∵6a＋2b＋c＝0，a＝1，∴f(2)＝4a＋2b＋c＝－2a＝－2.(2)证明：首先说明a≠0，∵f(1)f(3)＝(a＋b＋c)(9a＋3b＋c)＝－(5a＋b)(3a＋b)>0，若a＝0，则f(1)f(3)＝－b2≤0与已知矛盾，∴a≠0，其次说明二次方程f(x)＝0必有两个不等实根x1、x2，∵f(2)＝4a＋2b＋c＝－2a，∴若a>0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c开口向上，而此时f(2)<0，∴若a<0，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c开口向下，而此时f(2)>0.故二次函数图象必与x轴有两个不同的交点．

∴二次方程f(x)＝0必有两个不等实根x1，x2，(或利用Δ＝b2－4ac＝b2＋4a(6a＋2b)＝b2＋8ab＋24a2＝(b＋4a)2＋8a2>0来说明)

∵a≠0，bb∴将不等式－(5a＋b)(3a＋b)两边同除以－a2得(＋3)(＋5)<0，aabb∴－5<<－3，∴3

12．设数列{an}的前n项和为Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N*)．其中m为常数，且m≠－3.(1)求证：{an}是等比数列；

3(2)若数列{an}的公比q＝f(m)，数列{bn}满足b1＝a1，bn(bn－1)(n∈N*，21n≥2)，求证：{为等差数列． bn

分析 本题主要考查使用定义证明等差数列、等比数列，证明方法属于综合法，解题的关键是恰当地处理递推关系．

证明(1)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3，∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3.∴(3＋m)a1＝m＋3.∵m≠3，∴a1＝1.由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得

(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3.两式相减，得(3＋m)an＋1＝2man，∵m≠－3，an＋12m.anm＋

3∵m为常数，且m≠－3，∴{an}是等比数列． ∴

2m，m＋3

332bn－1*∴n∈N，且n≥2时，bnf(bn－1)＝ 22bn－1＋3

⇒bnbn－1＋3bn＝3bn－

1111⇒＝.bnbn－13

11∴{是首项为1的等差数列． bn3

13．已知数列{an}的前n项的和Sn满足Sn＝2an－3n(n∈N*)．

(1)求证：{an＋3}为等比数列，并求{an}的通项公式．

(2)数列{an}是否存在三项使它们按原顺序可以构成等差数列？若存在，求出一组适合条件的项；若不存在，请说明理由．

解析(1)证明 ∵Sn＝2an－3n(n∈N*)，∴a1＝S1＝2a1－3，∴a1＝3.Sn＝2an－3n，又由 Sn＋1＝2an＋1－3n＋1(2)由(1)知，b1＝a1＝1，q＝f(m)＝

得an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3，∴aa＋1＋3＝2(an＋3)，∴{an＋3}是首项为a1＋3＝6，公比为2的等比数列，∴an＋3＝6×2n－1，即an＝3(2n－1)．

(2)解 假设数列{an}中存在三项ar，as，at(r

∵r、s、t均为正整数且r

第二篇：2012高中数学单元训练不等式的证明(二)

课时训练37不等式的证明

（二）【说明】 本试卷满分100分，考试时间90分钟.一、选择题（每小题6分，共42分）

a2b

21.设0＜x＜1,a、b为正常数，的最小值是（）x1x

A.4abB.2(a2+b2)

C.(a+b)2D.(a-b)

2答案：Ca2b2

解析：令x=cosθ,θ∈(0,),则=a2sec2θ+b2csc2θ=a2+b2+a2tan2θ+b2cot2θ≥2x1x

a2+b2+2ab=(a+b)2.2.若a、b∈R,a2+b2=10,则a-b的取值范围是（）

A.［-2，25］B.［-2，2］

C.［-，］D.［0，］

答案：A

解析：设a=cosθ,b=sinθ,则a-b=(cosθ-sinθ)=2·cos(θ+-2,2］.3.已知a∈R+,则下列各式中成立的是（）

A.cos2θ·lga+sin2θ·lgb＜lg(a+b)B.cos2θ·lga+sin2θ·lgb＞lg(a+b)

C.acos2)4bsin=a+bD.acosbsin＞a+b 22

2答案：A

解析：cos2θlga+sin2θlgb＜cos2θlg(a+b)+sin2θlg(a+b)=lg(a+b).4.设函数f(x)=ax+b(0≤x≤1),则a+2b＞0是f(x)＞0在［0，1］上恒成立的（）

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

答案：B

解析：a+2b＞0a+b＞0f（121)＞0,不能推出f(x)＞0,x∈［0,1］;反之，f(x)＞0,x∈［0,1］2

1f()＞0a+2b＞0.2

5.(2010重庆万州区一模，7)已知函数y=f(x)满足：①y=f(x+1)是偶函数；②在［1，+∞）上为增函数.若x1＜0,x2＞0,且x1+x2＜-2,则f(-x1)与f(-x2)的大小关系是()

A.f(-x1)＞f(-x2)B.f(-x1)＜f(-x2)

C.f(-x1)=f(-x2)D.f(-x1)与f(-x2)的大小关系不能确定 答案：A

解析：y=f(x+1)是偶函数f(x+1)=f(-x+1)f(x+2)=f(-x).又x1+x2＜-2,-x1＞2+x2＞2，故f(-x1)＞f(2+x2)=f(-x2).6.(2010湖北十一校大联考，9)定义在R上的偶函数y=f(x)满足f(x+2)=-f(x)对所有实数x都

成立，且在［-2，0］上单调递增，a=f(37),b=f(),c=f(log18)，则下列成立的是()222

A.a＞b＞cB.b＞c＞aC.b＞a＞cD.c＞a＞b

答案：B 解析：由f(x+2)=-f(x)有f(x+4)=f(x),∴T=4,而f（x）在R上为偶函数又在［-2，0］上单调递增，所以f(x)在［0，2］上单调递

减.b=f(1137)=f(-)=f(),c=f(log18)=f(-3)=f(1),a=f().22222

∵31＞1＞,∴b＞c＞a.22

227.设a、b、c、d∈R，m=a2b2+c2d2,n=(ac)(bd),则()

A.m＜nB.m＞nC.m≤nD.m≥n

答案：D

解析：设A(a,b),B(c,d),O(0,0),∵|OA|+|OB|≥|AB|,∴得m≥n.二、填空题（每小题5分，共15分）

8.设x＞0,y＞0,A=

答案：A＜B

解析：A= xyxy,B=,则A，B的大小关系是__________________.1xy1x1yxyxy=B.1xy1xyx11y

9.已知x2+y2=1,对于任意实数x,y恒有不等式x+y-k≥0成立，则k的最大值是____________.答案：-

2解析：设x=cosθ,y=sinθ,k≤x+y=sinθ+cosθ=2sin(θ+

-2.10.设｛an｝是等差数列，且a12+a112≤100,记S=a1+a2+…+a11则S的取值范围是______________.答案：［-552，552］ ),∴k≤-2.∴k的最大值为

4aa112aa11aa11解析：由1≥(1)1∈［-52,52］.222

∴S=a1+a2+…+a11 22

=(a1+a11)+(a2+a10)+…+(a5+a7)+a6 =11(a1+a11)∈［-552,552］.2

三、解答题（11—13题每小题10分，14题13分，共43分）

11.若x,y均为正数，且x+y＞2.求证: 1y1x与中至少有一个小于2.xy

1y1x1y1x与均不小于2，即≥2且≥2,则1+y≥2x,1+x≥2y.相加得xxyy证明：假设

2+x+y≥2(x+y)，推出x+y≤2,与题设x+y≥2矛盾.故假设错误.n(n1)(n1)2

12.已知an=223+…+n(n1)(n∈N),求证：＜an＜对n∈N*

22*恒成立.证明：an＞222+…+n2=1+2+3+…+n=n(n1), 2

1nn22n(n1)2

而an＜［(1+2)+(2+3)+…+(n+(n+1))］=+(1+2+3+…+n)=＜.2222

13.若a,b,c为三角形三边，x,y,z∈R,x+y+z=0,求证：a2yz+bzzx+c2xy≤0.证明：∵z=-x-y,∴a2yz+b2zx+c2xy=a2y(-x-y)+b2x(-x-y)+c2xy=-b2x2-(a2+b2-c2)yx-a2y2,∴原不等式f(x)=b2x2+(a2+b2-c2)yx+a2y2≥0.

(*)

∵Δ=(a2+b2-c2)2-4a2b2=［(a2+b2+2ab)-c2］［(a2+b2-2ab)-c2］=(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(a-b-c),a,b,c为三角三边，∴Δ＜0.∴b2＞0,∴f(x)＞0对x∈R恒成立，即（*）表示，∴原不等式得证.14.已知：a∈R+,求证：a+4a1a4

a≥17.4

证明：∵a∈R+，设t=a+4a≥2a14=4,则左式=f(t)=t+(t≥4)ta

∴f(t)=(t12)+2在t≥4上递增.t

117=得证.44∴f(t)≥f(4)=4+

第三篇：2012高中数学单元训练不等式的证明(一)

课时训练36不等式的证明

（一）【说明】 本试卷满分100分，考试时间90分钟.一、选择题（每小题6分，共42分）1.设0＜x＜1，则a=2x,b=1+x,c=

中最大的一个是（）1x

A.aB.bC.cD.不能确定 答案：C

解析：因0＜x＜1,故 1-x2＞0,即1+x＜

1221,b＜c,又1+x-2x=(x)+＞0,故a＜1x2

2b,即最大的是C.2.(2010北京东城区一模，4)已知a＜0,b＜-1,则下列不等式成立的是（）

aaaa＞2B.2＞＞a bbbbaaaaC.＞2＞aD.＞a＞2 bbbb

A.a＞答案：C

a

＞0,b＞-1.则b2＞1.b

1a

∴2＜1.又∵a＜0,∴0＞2＞a.bbaa

∴＞2＞a.故选C.bb

解析：∵a＜0,b＜-1,则

3.设a＞b＞0，则下列关系式成立的是（）A.ab＞(ab)C.aabb=(ab)答案：A 解析：ab÷(ab)

ab

ab

ab2

B.ab＜(ab)

ab

ab2ab2的大小不确定

ab2

D.aabb与(ab)

ab2

a=()b

ab2

a,因a＞b＞0,故ab＞1,a-b＞0,()

b

ab2

＞1.4.设a,b∈R+，且ab-a-b≥1，则有（）

A.a+b≥2(2+1)B.a+b≤2+

1C.a+b＜2+1D.a+b＞2(2+1)答案：A

解析：由ab≥1+a+b(5.若0＜x＜

ab2)≥1+a+b,将a+b看作一整体即可.2

,设a=2-xsinx,b=cos2x,则下式正确的是()2

A.a≥bB.a=bC.a＜bD.a＞b 答案：D

解析：a-b=2-xsinx-cos2x

x2x2x22

=sinx-xsinx+1=(sinx-)+1-,因为0＜x＜,所以0＜＜＜1.所以a-b＞0.22441626.设a,b,c为△ABC的3条边，且S=a2+b2+c2,P=ab+bc+ca,则()

A.S≥2PB.P＜S＜2PC.S＞PD.P≤S＜2P 答案：D

解析：2(S-P)=2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ac=(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2≥0,∴S≥P.2P=2ab+2bc+2ca=(ab+bc)+(bc+ca)+(ca+ab)=b(a+c)+c(a+b)+a(c+b)＞b2+c2+a2=S,∴2P＞S.7.若a,xy∈R+,且x+y≤axy恒成立，则a的最小值是()A.22B.2C.2D.1 答案：B

解析：因(xy

xy)2=1+2xy2xy≤1+=2, xyxy

故xy

xy的最大值为2.即amin=2.二、填空题（每小题5分，共15分）

8.在△ABC中，三边a、b、c的对角分别为A、B、C，若2b=a+c，则角B的范围是___________.答案：0＜B≤

3a2c2b23a23c22ac29a2c22ac1解析：cosB=≥.2ac8ac8ac

2∴0＜B≤.339.已知ab+bc+ca=1，则当____________时，|a+b+c|取最小值_________________.答案：a=b=c=

解析：|a+b+c|2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac≥3ab+3bc+3ac=3.10.民用住宅的窗户面积必须小于地板面积，但按采光标准，窗户面积与地板面积的比应不小于10%，并且这个比越大，采光条件越好，则同时增加相等的窗户面积与地板面积，采光条件变_____________（填“好”或“坏”）.答案：好 解析：设窗户面积为a，地板面积为b，则a＜b,且aama.≥10%,设增加面积为m，易知bbmb

三、解答题（11—13题每小题10分，14题13分，共43分）

11.已知函数f(x)=x2+ax+b,当p、q满足p+q=1时，试证明pf(x)+qf(y)≥f(px+qy)对任意实数x、y都成立的充要条件是：0≤p≤1.证明：pf(x)+qf(y)-f(px+qy)

=p(x2+ax+b)+q(y2+ay+b)-(px+qy)2-a(px+qy)-b

=p(1-p)x2+q(1-q)y2-2pqxy

=pq(x-y)2.∵(x-y)2≥0,∴欲使pq(x-y)2≥0对任意x、y都成立，只需pq≥0p(1-p)≥0p(p-1)≤00≤p≤1.故0≤p≤1是pf(x)+qf(y)≥f(px+qy)成立的充要条件.12.若a、b∈R+且a+b=1,求证：a11b≤2.2

2证明：a11b≤2 22

11b≤4 22a+b+1+2a

a

ab+11b≤1 22ab1+≤1 2

41ab≤.4

ab21∵ab≤()=成立, 24

∴原不等式成立.13.已知a、b、x、y∈R+且11,x＞y.ab

求证:xy.xayb

证法一：（作差比较法）∵xybxay, xayb(xa)(yb)

11且，a、b∈R+, ab又

∴b＞a＞0.又x＞y＞0,∴bx＞ay.∴bxayxy＞0，即.(xa)(yb)xayb

证法二：（分析法）

∵x、y、a、b∈R+,∴要证

0,∴b＞a＞0.又x＞y＞0,14.给出不等式11xy,只需证明x(y+b)＞y(x+a),即证xb＞ya,而同＞abxaybxb＞ya显然成立，故原不等式成立.≥x21c

x2c1c(x∈R).经验证：当c=1,2,3时，对于x取一切实数，不等式c

都成立，试问c取任何正数时，不等式对任何实数x是否都成立，若成立，则证明，若不成立，求c的取值范围.解析：由x21c

x2c

1≥1c ≥c+x2c+x2c1 c

1≥0)≥0 (x2c-c)+ 1x2c1-(x2c-c)(1-xcc2

假设x∈R时恒成立，显然x2c-c≥0

即有1-1

xcc2≥0 1x2c·≥1x2≥-c c

左边x2≥0，而右边不恒≤0，故此不等式不能恒成立.若恒成立则必有1-c≤0 c

c210,c≥1时恒成立.c又c0,

第四篇：高中数学证明（最终版）

高中数学证明

一、现在正在学数学选修4-1《几何证明选讲》，做几何大题的时候，总是想不出来该怎么画辅助线，所以总是不会写，我数学不算差，可是面对这种证明题就老是蒙。求练习方法，要怎么办

首先你要熟知的几何中的所有定理!在做几何题的时候你就会熟练地运用!对于怎么画辅助线，当你看到一个几何题目的时候，自己要把题目中的已知摆出来!这样有助于你利用定理解决问题!的那个你确定用哪个定理时，你就判断还需要什么，这个时候画辅助线就变得简单啦!比如题目中有告诉你中点，你就会联想到中位线，30°所对直角边是斜边的一半,想到梯形，等等!

总之做这种几何题目时，要善于将已知信息联系定理，在看定理缺什么，然后就画辅助线使定理能使用！!

直角三角形ABC中，∠ACB=45°,∠BAC=90°,AB=AC,D是AB中点，AF⊥CD于H，交BC于F，BE∥AC，交AF延长线于E，求证BC垂直平分DE。

∵BE∥AC,∠BAC=90°

∴∠ABE=∠BAC=90°

由AF⊥CD易证

∠ACD=∠BAE

由题AB=AC

得三角形ABE,CAD全等

易证BD=BE

∵∠ABE=90°

∴BDE为等腰Rt

易证BC为∠ABE角平分线

等腰三角形三线合一

∴BC垂直平分DE

二、遇到较难的，应该怎么入手哦，我证明的不太好，有什么办法可以提高点吗?

或者提供几道证明题，最好附答案，谢谢啦!

答案：可以利用反证法(数学证明题的常用做法)定义：证明定理的一种方法，先提出和定理中的结论相反的假定，然后从这个假定中得出和已知条件相矛盾的结果来，这样就否定了原来的假定而肯定了定理。也叫归谬法。事实上，反证法就是去证明一个命题的逆否命题是正确的，这与直接证明是等价的，但是可能其逆否命题比较容易证明。上述的得出了矛盾，事实上就是得出了“假设与题设不相融”这个结论，所以我们不能接受这个假设，所以这个假设的反面就是正确的，从而命题得证。适用范围:证明一些命题,且正面证明有困难,情况多或复杂,而否定则比较浅显。证明：素数有无穷多个。这个古老的命题最初是由古希腊数学家欧几里德(EuclidofAlexandria，生活在亚历山大城,约前330～约前275,是古希腊最享有盛名的数学家)在他的不朽著作《几何原本》里给出的一个反证法：假设命题不真，则只有有限多个素数，设所有的素数是2=a1ai(i=1,2……n).无论是哪种情况，都将和假设矛盾。这个矛盾就完成了我们的证明，所以确实有无穷多个素数。

第五篇：高中数学不等式证明常用方法

本科生毕业设计（论文中学证明不等式的常用方法

所在学院：数学与信息技术学院

专 业： 数学与应用数学

姓 名： 张俊

学 号： 1010510020 指导教师： 曹卫东

完成日期： 2014年04月15日）

摘 要

本文主要是对高中学习阶段不等式证明方法的概括和总结.不等式的证明方法多种多样,其中有比较法,分析法,综合法,反证法,数学归纳法,放缩法等常见的方法,另有一些学生比较不熟悉但也经常采用的方法,如构造法,向量法,求导法,换元法等等.关键词: 不等式的证明;函数的构造;极值;导数

ABSTRACT

This paper is mainly on the high school stage the inequality proof method and summarized.The inequality proof methods varied, including comparison, analysis, synthesis, reduction to absurdity, mathematical induction, scaling and other common methods, and some students are not familiar with but also the methods used, such as construction method, vector method, derivation method, method and so on.Key words:

The inequality proof;function;extreme value;derivative

目 录

1.构造函数法 ·········································1 1.1 移项法构造函数 ·································1 1.2 作差法构造函数

·····························2 1.3 换元法构造函数

·····························2 1.4 从条件特征入手构造函数

······················3 1.5 主元法构造函数 ··································3 1.6 构造形似函数 ····································4 2.比较法 ·············································4 2.1 作差比较法 ······································4 2.2 作商比较法 ······································5 3.放缩法 ············································5 4.判别式法 ············································6 5.反证法 ············································7 6.向量法 ···········································8 7.不等式证明的具体应用 ································9 参考文献 ··············································11

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众所周知,生活中存在着大量的不等量关系.不等量关系是基本的数学关系,它在数学研究与应用中起着不可忽视的作用,因此,研究不等式的方法至关重要,许多数学家在这一领域取得丰硕的成果,他们的成就举世瞩目,无可替代.不等式的证明是高中学习阶段的重要内容之一,纵观近几年的高考,不等式的证明每年都有涉及,一般都出现在最后一题,可见它的困难和重要程度,因此不等式证明的学习既是重点也是难点,无论是求最值还是求不定量的范围都需要用到不等式的证明.所以,有必要对不等式的证明方法做一个全面的,科学的,系统的总结和归纳.1.构造函数法

1.1移项法构造函数

【例1】 已知函数f(x)ln(x1)x,求证：当x1时,恒有

11ln(x1)x.x1分析：本题是双边不等式,其右边直接从已知函数证明,左边构造函数

11,从其导数入手即可证明.g(x)ln(x1)x1证:先证左边,令g(x)ln(x1)111x1, 则g(x) x1x1(x1)2(x1)2 当x(1,0)时,g(x)0;当x(0,)时,g(x)0 , 即g(x)在x(1,0)上为减函数,在x(0,)上为增函数,故函数

g(x)在(1,)上的最小值为g(x)ming(0)0, ∴当x1时,g(x)g(0)0,即ln(x1)110 x1 ∴ ln(x1)1 再证右边,f(x)1(左边得证).x11x1 x1x1 ∴ 当1x0时,f(x)0,即f(x)在x(1,0)上为增函数, 当x0时,f(x)0,即f(x)在x(0,)上为减函数, 于是函数f(x)在(1,)上的最大值为f(x)maxf(0)0, 1

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因此,当x1时f(x)f(0)0,即ln(x1)x0

∴ ln(x1)x(右边得证).综上可知,当x1时,有11ln(x1)x x1【启迪】: 如果f(a)是函数f(x)在区间上的最小（大）值,则有f(x)f(a)

（或f(x)f(a))那么要证不等式,只要求函数的最小值不超过0就可得证． 1.2作差法构造函数

【例2】 当x(0,1)时,证明:(1x)ln(1x)x.分析:本题是一个单边不等式,很难直接看出两者有什么联系,因此联想到采用作差的方法,将两个函数变为一个函数.作差法是最直接把两者结合的方法且求导

后能很容易看出两者的联系.证:做函数f(x)(1x)ln(1x)x,易得f(0)0，221x)2x,当x0时,f'(x)0

而f'(x)ln(1x)2ln(又得,f''(x)22ln(1x)222[ln(1x)x]，1x1x1x 当x(0,1)时,f''(x)0

∴f'(x)在x(0,1)上递减,即f'(x)f'(0)0,即f(x)在(0,1)递减

∴f(x)f(0)0,从而原不等式得证.【启迪】: 本题先构造出一个函数并利用所设函数的导数判断函数的单调性,再根据单调

性的性质来证明原不等式如果一阶导数无法判断两个关系,可以采用二阶导数

来先判断一阶导数关系,再来判断原函数的关系.1.3换元法构造函数

122xxyy3.1xy2 【例3】 已知 ,求证:222 分析:本题看上去毫无联系,但发现xy经常出现在三角代换中.于是可以采用 换元法进行尝试,则结果显而易见.证:因为 1 其中12x2y22,所以可设xrcos,yrsin，22r22,02.1212 ∴xxyyrrsin2r(1sin2)

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1sin2, 222121322 r(1sin2)rr 22232121 而r3,r 222122xxyy3.2【启迪】:当发现不等式题目中含有x2y2,或者别的与x,y有关的不等式,可以采用换

元法.将x,y进行替换,再找两者的关系来进行论证.1.4从条件特征入手构造函数

【例4】 若函数yf(x)在R上可导且满足不等式xf(x)f(x)恒成立,且常数

a ,b满足0ab,求证:af(a)

xf(x)，(x)f(x)此时可以得到F(x)的导数为xf F(x)0,所以F(x)在R上为增函数，f(a)f(b)

af(a)bf(b)0ab, 得证.【启迪】：把条件进行简单的变形后,很容易发现它是一个函数积的导数,因此可以构造出

F(x),求导后即可得到证明结果.1.5主元法构造函数

【例5】 设a,b,c,dR,且满足(abc)求证:abbcca22(a2b2c2)4d，3d

分析:本题初看含有四个未知量,且题目中只含一条不等式,因此解题时必须从这条

不等式入手,对其进行变换.证:把a看成未知量进行化简,得一元二次不等式

2(bc)a(bc)24d0

22xaf(x)x2(bc)x(bc)4d

用替换,构造一个函数 a2x2前面的系数大于0,所以该抛物线开口向上

且当xa时,f(a)0.224(bc)4[(bc)4d]0

其判别式 

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d.同理把b,c看成未知量,可得cad,abd

叠加可得abbcca3d.化简,得bc【启迪】:有些复杂的不等式可以看成一个未知量的简单不等式,再找几个未知量之间的关系,进行证明.1.6构造形似函数

【例6】 当abe时,证明ab.分析:要证ab,只要证lnababablnba,即证明blnaalnb0, 也就是要证明blnxxlnb,因此构造函数

f(x)blnxxlnb,然后只需要证明 证:要证ab,只要证lnabaf(x)单调递减就可以了.blnb xblnba即证blnaalnb0

设f(x)blnxxlnb(xbe),则f(x) be,xb lnb1, b1f(x)0 xf(x)在(e,)上单调递减.ab

f(a)f(b)故blnaalnbblnbblnb0

ba 即blnaalnb ab.【启迪】:在证明简单不等式时,可以采用求导等变换来构造出一些相似的函数,再利用函

数的单调性来证明简单不等式.2.比较法

2.1作差比较法

【例1】 若0x1,证明loga(1x)loga(1x),(a0,a1).分析:用作差法来做,则需去掉绝对值,必须要分a1和0a1两种情况来考虑

问题.证:(1)当0a1时,01x1,11x2

loga(1x)loga(1x)loga(1x)loga(1x)loga(1x)

0x1,01x

1loga(1x)0,得证.（2）当a1时,01x1,11x2

 loga(1x)loga(1x)loga(1x)loga(1x)loga(1x)

0x1,01x1

22222 江苏第二师范学院2014届本科生毕业设计（论文）

loga(1x)0,得证.综合（1）（2）可得loga(1x)loga(1x).【启迪】:当不等式两边的式子比较相近,或者是对数式子时可以采用作差法来尝试.2.2作商比较法

【例2】 设a,bR,且a0,b0,求证(ab)ab22aabb.分析:发现作差变形后符号很难判断,且无法化简,考虑到两边都是正数,可以作商, 判断比值和1的大小关系,从而来证明不等式.证:ab0,(ab)abab20,将不等式两边相除，ba2baa()2 baabb 得(ab)ab2aab2bbaa21.当ab时,()baab10, 当0ba时，b2baaa02()()1.由指数函数的单调性可知,bbbaaa0aab2()()1.10 当0ab时，,同理可得bbb2 综上所述,对于任意的正实数a,b都有(ab)ab2aabb.【启迪】:当遇到作差法无法解决的问题时可以采用作商法来证明不等式,使用作商法的前

提条件是不等式两边均要大于0,一般为指数函数的形式.3.放缩法

2n1an(nN)

【例1】 已知数列an的前n项和为sn12(1)设xn(2n1)sn,求证:数列xn为等差数列.11115..........(2)当n2时,2.222xnxnxx321n22n 分析:本题分为两小题,第一小题是考察数列的知识,是为第二小题做的铺垫,在做

第二小题时,需要采用放缩来证明,来把不等式的左边放大来比较.2n1(snsn1)

证:(1)当n2时,sn12

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化简,得(2n1)sn2(2n1)sn1

由已知条件得xn 其通项公式为xn xn是以首项为x1xn12,即xnxn12

2公差d2的等差数列，2n.1111..........(2)2222 xnxnxx1n22n11111......] [2222 4n(n1)(n2)(2n)11111......] [4n(n1)n(n1)(n1)(n2)(2n1)(2n)1111111[()()()......4n1nnn1n1n

2111111n1()]()()2n12n4n12n42n(n1)1n1  42(n1)26(n1)411 44

2(n1)6n14 令f(n)2(n1),当n2时,f(n)的值随着n的增大而增

n1 大,f(n)f(2), 111136 即4 44f(2)616322(n1)6n1111152.222..........xnxn1xn2x2n32【启迪】: 采用放缩法题目一般比较开放,且没有固定的放缩范围,一般比较灵活,且方法

较多.4.判别式法

7 【例1】 已知xyz5,xyz9,求证x,y,z都属于1,

3222

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分析:实系数一元二次方程ax2bxc0有两个不等实根、有两个相等实根、没有实根的充要条件是: b 记4ac0、b24ac0、b24ac0．

b24ac,称其为方程是否有实根的判别式.同时也是与方程对应的

函数、不等式的判别式.此题含有三个未知数,所以要进行替换.222z5xyxyz9中

证:有条件可得,代入 化简可得:x 2(y5)xy25y80

xR,且方程有解,根的判别式b24ac0

2277y1,.即(y5)4(y5y8)0,解得1y,即3377 同理,替换x,y可得z1,,x1,.33 得证.【启迪】:本题看似复杂,含有三个未知量,其实只需要简单的几个步骤就解决了,因此在解决这类问题时,第一步是替换未知量,第二部把另一个未知量看成已知量,再

用根的判别式来确定范围.5.反证法 【例1】 设0a,b,c1,求证:(1a)b,(1b)c,(1c)a,不可能同时大于.分析:本题的结论为否定形式,适合用反证法来证明,假设命题不成立,从而导出矛

盾.证:假设(1a)b,(1b)c,(1c)a三个数都大于, 则有(1a)b111,(1b)c,(1c)a 444 又0a1,0b1,0c1

111(1a)b,(1b)c,(1c)a.222 7

江苏第二师范学院2014届本科生毕业设计（论文）(1a)b(1b)c(1c)a 

2ab1abab(1a)b 又由基本不等式得，221bc1ca(1b)c,(1c)a, 把上面三个式子相加得(1a)b(1b)c(1c)a3  2 显然与相矛盾,所以假设不成立.(1a)b,(1b)c,(1c)a,不可能同时大于.4【启迪】:命题中出现“至少”,“都”,“同时”,“至多”等字样时,可以采用反证法, 反证的关键在于找出与命题相反的结论,然后再用假设的条件推出矛盾.6.向量法

a2b2c212.【例1】设a1,b1,c1,证明:

b1c1a1 分析:本题只有一个已知条件,且结论也无法化简,因此可以想到高中最直接的方法

向量法,构造两个向量.利用向量的知识进行解决.m 证:设(a2b2c2，),n(b1,c1,a1)b1c1a1m 则na2b2c2b1c1a1 b1c1a1abc

222abc abc3cosb1c1a1a2b2c2abc3

b1c1a1a2b2c2abc  b1c1a1abc33 abc3

abc3 23

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a1,b1,c1.a2b2c212.两边同时平方可得

b1c1a1 得证.7.不等式证明的具体应用

1125【例1】 已知a0,b0,且ab1,求证(a)(b)

ab4分析:本题是高中阶段一道普通的不等式证明题,如让学生独立完成,可得到如下解决

方法.解法一:分析法

1125(a)(b) 要证，ab4222 只要证4ab4ab25ab40， 即证4ab233ab80，1ab或ab8.即因为a0,b0,ab1,所以ab8不成立.1ab 又因为1ab2ab,所以.得证.解法二:作差比较法

ab1,a0,b0 ab2ab,ab

41125a21b2125 (a)(b)ab4ab44a2b233ab8(14ab)(8ab)0

4ab4ab1125 (a)(b).ab4

解法三:三角代换法

ab1,a

0,b0

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 故设asin,bcos,0,

21122)(cos)则原式(sin22sincossin4cos42sin2cos22 

4sin22(4sin2)216  24sin222  sin214sin2413.1122.(4sin2)1625,24sin241125 (a)(b).ab422本题归纳与小结:本题一共采用了3种不同的方法,第一种是从问题入手,对问题进行一步

步的剖析,有逆向思维的方式,是把问题具体化,把所要证明的问题转化

为所学的知识,或者已知条件.只要分析的过程合理,一般过渡的结论很

容易得到.第二种方法也是根据问题入手,不同的是它把问题直接改变为

一道运算式,这样就把问题变为运算式结果与零比较大小,因为题目所给的数字往往让在解题时无从下手,无法想出这个数字从何而来,一但转化

为零后,解题时只需要考虑对算式的变形,最后只需判断算式的正负号.第三种方法使用范围比较小,它一般具有特殊的条件如ab1, a2b21这种情况下会考虑三角代换,采用三角代换最需要注意的是

角的范围,一般学生在采用代换时往往忘记角的范围,从而无法确定三角

函数值的范围,容易产生多解或错解.这种方法好处在于已经知道了三角

值的范围,且三角函数含有多种变形方式可以对式子进行更好的化简.并

且利用三角值的确定性能很快的得到所求式子的范围.本题三种方法均

可采用,根据学生个人的掌握程度来选择方法.本论文主要对高中不等式的常用证明方法进行简单的总结,使中学生在证明不等式时有法可依,能尽快的找到适合的方法,主要介绍构造法,作差法,放缩法,判别式法,反证法,向量法这些常用的方法.江苏第二师范学院2014届本科生毕业设计（论文）

参考文献

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