高中数学不等式证明的常用方法经典例题

第一篇：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

第二篇：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

江苏第二师范学院2014届本科生毕业设计（论文）

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

江苏第二师范学院2014届本科生毕业设计（论文）

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）

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第三篇：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|。

第四篇：2014年高中数学难点：不等式证明的基本方法·例题 有答案

2014年高中数学难点：不等式证明的基本方法·例题

例5-2-7已知a，b，c∈R+，证明不等式：

当且仅当a=b=c时取等号。

解用综合法。因a＞0，b＞0，c＞0，故有

三式分边相加，得

当且仅当a=b=c时取等号。

例5-2-8设t＞0。证明：对任意自然数n，不等式 tn-nt+(n-1)≥0

都成立，并说明在什么条件下等号成立。

解当n=1时，不等式显然成立，且取等号。

当n≥2时，由幂分拆不等式，可得以下n-1个不等式： t2+1≥t+t，t3+1≥t2+t，„，tn-1+1≥tn-2+t，tn+1≥tn-1+t

以上各式当且仅当t=1时取等号。把它们分边相加，得

故对任意n∈N，不等式获证。等号成立的条件是n=1，或t=1。-1-

注①在以上不等中令t=1+x(x＞-1)，即得著名的贝努利不等式(1+x)n≥

1+nx

例5-2-9设a，b，c都是正数，证明不等式

当且仅当a=b=c时取等号。

分析本例有多种精彩证法。根据对称性，可从左边一项、两项入手，当然也可根据平均值不等式或幂分拆不等式从整体入手。

解[法一]从一项入手，适当配凑后由平均值不等式知

三式分边相加，即得

时，上式取等号。

[法二]从两入手，利用幂分拆不等式，有

同理有

三式分边相加，得

[法三]从整理入手，原不等式等价于

进一步证明参考习题5-2-7(1)解答。

[法四]由平均值不等式x2+(λy)2≥2λxy(x，y，∈R+)的变式

三式分边相加，得

所以

注从证法4我们看到，利用平均值不等式x2+(λy)2≥2λxy(x，式不等式，思路自然，简捷明快，颇具特色。

例5-2-10已知关于x的实系数方程x2+px+q=0有两个实数根α，β。证明：若|α|＜2，|β|＜2，则|q|＜4，且2|p|＞4+q。

解先证|q|＜4，由韦达定理知 |q|=|αβ|=|α|·|β|＜2×2=4 再证2|p|＞4+q。

欲证不等式即0≤2|α+β|＜4+αβ。故只须证 4(α+β)2＜(4+αβ)

2即4α+8αβ+4β2＜16+8αβ+α2β2 从而只须证

16-4α2-4β2+α2β2＞0

即(4-α2)(4-β2)＞0

由|α|＜2，|β|＜2，知α2＜4，β2＜4，故最后不等式成立，从而原不等式得证。

例5-2-11证明：若a，b，c是三角形的三边，则 3(ab+bc+ca)≤(a+b+c)2＜4(ab+bc+ca)当且仅当三角形为正三角形时，左边取等号。解左边不等式等价于

3(ab+bc+ca)≤a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)欲证此不等式成立，只须证 ab+bc+ca≤a2+b2+c2 即证

2(a2+b2+c2)-2(ab+bc+ca)≥0 左边配方即为

(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≥0

此不等式显然成立，当且仅当a=b=c，即三角形为正三角形时取等号。故左边不等式获证。

欲证右边不等式，仿上只须证 a2+b2+c2＜2(ab+bc+ca)从而只须证

(ab+ac-a2)+(ab+bc-b2)+(bc+ca-c2)＞0 即证

a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(b+a-c)＞0

由于a，b，c是三角形的三边，此不等式显然成立，故右边不等式获证。综上所述，原不等式得证。

例5-2-12设f(x)=x2+px+q(p，q∈R)，证明：

(2)若|p|+|q|＜1，则f(x)=0的两个根的绝对值都小于1。解用反证法

但是，|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥f(1)-2f(2)+f(3)

=(1+p+q)-2×

(4+2p+q)+(9+3p+q)=2(ii)

(i)与(ii)矛盾，故假设不成立，即原命题成立。

(2)假设f(x)=0的两根x1，x2的绝对值不都小于1，不妨设|x1|≥1，那么由韦达定理，有

|p|=|-(x1+x2)|=|x1+x2|≥|x1|-|x2|≥1-|x2| |q|=|x1x2|=|x1|·|x2|≥|x2| 两式分边相加，得 |p|+|q|≥

1这与题设矛盾，故假设不成立，即原命题得证。

注反证法的逻辑程序是：否定结论→推出矛盾→肯定结论。反证法常用于直接证明难于入手的命题，或结论中含“不存在”、“都是”、“都不是”、“至少”、“至多”、之类的存在性命题。

第五篇：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，