高中数学知识点：不等式的证明及应用

第一篇：高中数学知识点：不等式的证明及应用

不等式的证明及应用

知识要点：

1．不等式证明的基本方法：

ab0ab

（1）比较法：ab0ab

ab0ab

用比较法证明不等式，作差以后因式分解或配方。

（2）综合法：利用题设、不等式的性质和某些已经证明的基本不等式（a2 | a a0;a2b22ab;a3b3c33abc等），推论出所要证的不等式。综合法的思索路线是“由因导果”即从一个（一组）已知的不等式出发，不断地用必要条件来代替前面的不等式，直至推导出所要求证的不等式。

（3）分析法：“执果索因”从求证的不等式出发，不断地用充分条件来代替前

面的不等式，直至找到已知的不等式。

证明不等式通常采用“分析综合法”，即用分析法思考，用综合法表述。

2．不等式证明的其它方法：

（1）反证法：理论依据AB与BA等价。先否定命题结论，提出假设，由

此出发运用已知及已知定理推出矛盾。根据原命题与逆否命题等价，A得证。

（2）放缩法：理论依据 a > b,b > ca > c B

（3）函数单调性法。

3．数（式）大小的比较：

（1）作差或作比法（2）媒介法（3）函数单调性法

4．不等式在函数中的应用：

（1）求函数的定义域（2）求函数的值域（3）研究函数的单调性

5．基本不等式法求最值：

（1）均值定理求最值：要求各项为正，一边为常数，等号可取。

（2）绝对值不等式|a||b||ab||a||b|的应用。其中|ab||a||b|取等号的条件是ab且|ab|。|a+ba| + |b|取等号的条件是ab。

6．方程与不等式解的讨论

（1）一元二次方程ax2

a0,b2bxc0有严格的顺序性： 及x1,2b2a4ac0,bx1x2acxx12a。

（2）函数与不等式：利用函数图象找出等价关系，转化为不等式问题去解决。

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

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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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第三篇：高中数学知识点总结_不等式的性质与证明

要点重温之不等式的性质与证明

1．在不等式两边非负的条件下能同时平方或开方，具体的：当a>0,b>0时，a>ban>bn；

222

2当a<0,b<0时，a>bab|a|>|b|。在不等式两边同号的条件下能同时取倒数，但不等号的方向要改变，如：由0

1x

<2推得的应该是：x>

或x<0，而由

1x

>2推得的应该是：

（别漏了“0

13f(x)

1f(x)

3[举例]若f(x)=2x,则g(x)为。的值域为；h(x)1的值域

解析：此题可以“逆求”：分别用g(x)、h(x)表示f(x)，解不等式f(x)>0即可。以下用“取倒数”求：3-f(x)<3，分两段取倒数即0<3-f(x)<3得

13f(x)

3>

或3-f(x)<0得

13f(x)

<0,∴g(x)∈(-,0)∪（1a

1b

13,+)；f(x)+3>30<

1f(x)3

<1

43。

ba

ab

[巩固1] 若0，则下列不等式①abab；②|a||b;|③ab；④2中，正确的不等式有A．1个

B．2个

C．3个

D．4个

（）

[巩固2] 下列命题：①若a>b,则ac2>bc2；②若ac2>bc2,则a>b；③若a>b,c>d则a-d>b-c； ④若a>b,则a>b；⑤若a>b,则lg(a21)lg(b21),⑥若aab>b； ⑦若a|b|；⑧若aa>b>0,则

aca



bcb

baab

2；⑨若a>b且

1a



1b,则a>0,b<0；

；其中正确的命题是。

[迁移]若a>b>c且a+b+c=0，则：①a>ab，②b>bc，③bc

ca

ba的取值范围是：(-

12,1)，的取值范围是：（-2，-

12）。上述结论中正确的是。

2．同向不等式相加及不等式的“传递性”一般只用于证明不等式，用它们求变量范围时要

求两个不等式中的等号能同时成立。同向不等式一般不能相乘，需增加“两不等式的两边均为正数”才可相乘。

[举例]已知函数f(x)axc，且满足－2≤f(1)≤－1,2≤f(2)≤3,则f(3)的取值范围是：。

解析：解决本题的一个经典错误如下：－2≤a+c≤－1①；2≤4a+c≤3② 由①得：1≤－a－c≤2③4≤－4a－4c≤8④ 由③+②得：1≤a≤

⑤由④+②得： 

113

≤c≤－2⑥

由⑤×9+⑥得：

163

≤9a+c≤13⑦，即

163

≤f(3)≤13。错误的原因在于：

当且仅当1=－a－c且2=4a+c时⑤式中的1=a成立，此时，a=1，c=－2； 当且仅当－4a－4c=8 且4a+c=3 时⑥式中的可见⑤⑥两式不可能同时成立，所以⑦中的正解是待定系数得f(3)=∴7≤f(3)≤

343

163

113

=c成立，此时，a=

53，c=

113；

=9a+c不成立；同理，9a+c=13也不成立。

f(1)+

f(2)，又：≤

f(1)≤

103；

163

≤

f(2)≤8

。在此过程中虽然也用了“同向不等式相加”，但由错解分析知：当a=1，53

c=－2时，不等式c=

113

≤

f(1)和

163

≤

f(2)中的等号同时成立，即f(3)=7成立；而当a=

343

53，时，不等式f(1)≤和f(2)≤8中的等号同时成立，即f(3)=成立；所以这

个解法是没有问题的。可见，在求变量范围时也并非绝对不能用“同向不等式相加”，只要“等号”能同时成立即可；对不含等号的同向不等式相加时则需它们能同时“接近”。

注：本题还可以用“线性规划”求解：在约束条件－2≤f(1)≤－1,2≤f(2)≤3下求目标函数f(3)的最大、最小值。

[巩固]设正实数a、b、c、x、y，且a、b、c为常数，x、y为变量，若x+y=c，则的最大值是： A．(ab)cB．

abc

ax+by

C．

a

2b

cD．

(ab)

3．关注不等式||x|-|y||≤|x±y|≤|x|+|y|及其等号成立的条件；具体的：xy≥0

|x+y|=|x|+|y|；xy≥0且|x|≥|y||x-y|=|x|-|y|；xy≥0且|x|≤|y||x-y|=|y|-|x|； xy≤0|x-y|=|x|+|y|；xy≤0且|x|≥|y||x+y|=|x|-|y|；xy≤0且|x|≤|y| |x+y|=|y|-|x|。

[举例1]若m>0,则|x-a|

C．充要条件D．既不是充分条件也不是必要条件。

解析：|x-a|m,∴|x-a|

解析：x>0，不等式|2x-log2x|<2x+|log2x|等价于：|2x-log2x|<|2x|+|log2x|2xlog2x>0 log2x>0x>1∴不等式的解集为（1，+)。

[巩固1]a,b都是非零实数，下列四个条件：①|a+b|<|a|+|b|；②|a+b|<|a|-|b|；③||a|-|b||<|a+b|； ④||a|-|b||<|a-b|；则与|a-b|=|a|+|b|等价的条件是：（填条件序号）。[巩固2]方程|x2

xx

1|=|x2|+|

xx1

|的解集是。

2abab

4．若a、b∈R，则

+

ab

≥

ab

2≥ab≥

；当且仅当a=b时等号成立；

其中包含常用不等式：ab≥

ab2

(ab)

；(ab)（1a



1b)≥4以及基本不等式：

ab2

≥ab，基本不等式还有另外两种形式：若a≤0、b≤0，则≤ab；

若：a、b∈R，则a2b2≥2ab；用基本不等式求最值时要关注变量的符号、放缩后是否为定值、等号能否成立（即：一正、二定、三相等，积定和小、和定积大）。[举例1] 若直线ax+2by-2=0(a,b>0)始终平分圆x+y-4x-2y-8=0的周长，则值为。

解析：圆心（2，1），“直线始终平分圆”即圆心在直线上，∴a+b=1,1a2b

aba

2a2bb

ba

2ab

21a



2b的最小

=3322,当且仅当a=b=时等号成立。

[举例2]正数a,b满足a+3=b(a-1),则ab的最小值是，a+b的最大值是。解析：ab=a+b+3≥2ab+3ab-2ab-3≥0等号成立。a+b=ab-3≤（ab≥3ab≥9，当且仅当a=b=3时

ab2)-3(ab)4(ab)120 a+b≥6, 当且仅当

a=b=3时等号成立。

注：该方法的实质是利用基本不等式将等式转化为不等式后，解不等式；而不是直接用基本不等式放缩得到最值，因此不存在放缩后是否为定值的问题。[巩固1]在等式1

19



中填上两个自然数，使它们的和最小。

[巩固2]某工厂第一年年产量为A，第二年的年增长率为a，第三年的年增长率为b，这两年的平均增长率为x，则

A．x

ab2

ab2

ab2

（）

ab2

B．x C．x D．x

[迁移]甲、乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行、一半路程跑步，乙一半时间步行、一半时间跑步，如果两人步行速度、跑步速度均相同，则：

A．甲先到教室B．乙先到教室C．两人同时到教室D．不能确定谁先到教室 5．比较大小的方法有：①比差：判断“差”的正负，因式分解往往是关键；②比商：判断“商”与1的大小，两个式子都正才能比商，常用于指数式的比较；③变形：如平方（需为正数）、有理化（根式的和、差）等；④寻求中间变量，常见的有0，1等；⑤数形结合。用定义证明单调性的过程就是已知自变量的大小比较函数值的大小的过程。[举例1]已知ab0且ab1，若0c1,plog

p、q的大小关系是（）

ab

c

2,qlogc（1a

b),则

A．pq 解析：记x=

ab2

B．pqC．pqD．pq , y=（1a

b)2, 直接比较x、y的大小将大费周章，但： x>

2ab

2=1,y=

1ab2ab



1ab2

x



12ab2

=

4，∴x>y，又0

[举例2] x0是x的方程a=logax(0

如右，它们的交点为P（x0，y0）,易见 x0<1, y0 <1，而y0=ax=logax0

即logax0<1,又0a, 即a

ln22

ln3

3ln552a2、、,q=

2a4a2

[巩固2]设a>2，p=aA．p>qB．pq与p=q都有可能D．p>q与p

[迁移] 设定义在R上的函数f(x)满足：①对任意的实数x,y∈R,有f(x+y)=f(x)·f(y)；②当

x>0时,f(x)>1；判断并证明函数f(x)的单调性。

6．放缩法的方法有：①添加或舍去一些项，如：a1a； ②将分子或分母放大（或缩小）；③利用基本不等式，如：

lg3lg5（lg3lg

5)

（lg）(lg)

lg

4；n(n1)

n(n1)

等；

④利用常用结论：下列各式中kN（Ⅰ）k

k(k1)k1（Ⅱ）k1

k

1k11k

k

1

12k1k；

（Ⅲ）

1k!



k(k1)k1



1k(k1)



1k11



1k

(k2)； 

k(k1)



1k1

(Ⅳ)

1k



k

1



1(k1)(k1)



2k1

(

a

1k1



(k2)；

b

c1c

[举例]已知a、b、c是⊿ABC的三边长，A=

1a1b,B=,则：

A．A>B,B． A

c1c

=

11c

1<

11ab

1

=

ab1ab

=

a1ab



b1ab

a1a



b1b

=A

[巩固]若n∈N﹡,求证：(n1)1(n1)

n1n

[迁移]已知an=2n-1,数列{an}的前n项和为Sn，bn=对一切自然数n，恒有Tn<2。

简答

1Sn,数列{ bn}的前n项和为Tn，求证：

1．[巩固1]B，[巩固2] ②③④⑥⑦⑨⑩；[迁移] ①③④⑤；

2、[巩固]A；

3、[巩固1] ①④，[巩固2]（-1，0]∪[2, +);

4、[巩固1]4，12；[巩固2]B，[迁移]B；

5、[巩固1] 1n

ln5

5<

ln2

2<

ln55,[巩固2]A，[迁移]递增；

6、[巩固]有理化，[迁移]放缩：



1n(n1),(n2)。

第四篇：高中数学知识点总结_第六章不等式

高中数学第六章-不等式

考试内容：

不等式．不等式的基本性质．不等式的证明．不等式的解法．含绝对值的不等式． 考试要求：

（1）理解不等式的性质及其证明．

（2）掌握两个（不扩展到三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会简单的应用．

（3）掌握分析法、综合法、比较法证明简单的不等式．

（4）掌握简单不等式的解法．

（5）理解不等式│a│-│b│≤│a+b│≤│a│+│b│

§06.不 等 式知识要点

1.不等式的基本概念

（1）不等（等）号的定义：ab0ab;ab0ab;ab0ab.（2）不等式的分类：绝对不等式；条件不等式；矛盾不等式.（3）同向不等式与异向不等式.（4）同解不等式与不等式的同解变形.2.不等式的基本性质

（1）abba（对称性）

（2）ab,bcac（传递性）

（3）abacbc（加法单调性）

（4）ab,cdacbd（同向不等式相加）

（5）ab,cdacbd（异向不等式相减）

（6）a.b,c0acbc

（7）ab,c0acbc（乘法单调性）

（8）ab0,cd0acbd（同向不等式相乘）

(9)ab0,0cdabcd（异向不等式相除）

(10)ab,ab011（倒数关系）ab

（11）ab0anbn(nZ,且n1)（平方法则）

（12）ab0a(nZ,且n1)（开方法则）

3.几个重要不等式

（1）若aR,则|a|0,a20

（2）若a、bR,则a2b22ab(或a2b22|ab|2ab)（当仅当a=b时取等号）

（3）如果a,b都是正数，那么

ab.（当仅当a=b时取等号）

2极值定理：若x,yR,xyS,xyP,则：

1如果P是定值, 那么当x=y时，S的值最小；○

2如果S是定值, 那么当x=y时，P的值最大.○

利用极值定理求最值的必要条件： 一正、二定、三相等

.(4)若a、b、cR,则abca=b=c时取等号）

3ba(5)若ab0,则2（当仅当a=b时取等号）

ab

(6)a0时，|x|ax2a2xa或xa;|x|ax2a2axa

（7）若a、bR,则||a||b|||ab||a||b|

4.几个著名不等式

（1）平均不等式：如果a,b都是正数，那么

11abab（当仅当2a=b时

取等号）即：平方平均≥算术平均≥几何平均≥调和平均（a、b为正数）： 2222abababab22特别地，ab(（当a = b时，())ab）222

2a2b2c2abc(a,b,cR,abc时取等)33

22...an幂平均不等式：a12a221(a1a2...an)2 n

注：例如：(acbd)2(a2b2)(c2d2).1111111常用不等式的放缩法：①2(n2)

nn1n(n1)nn(n1)n1n

n1)

（2）柯西不等式： 若a1,a2,a3,,anR,b1,b2,b3,bnR;则

（a1b1a2b2a3b3anbn)aaaa123n时取等号b1b2b3bn22(a12a22a32an)(b122b22b32bn)

（3）琴生不等式（特例）与凸函数、凹函数

若定义在某区间上的函数f(x),对于定义域中任意两点x1,x2(x1x2),有 f(x1x2f(x1)f(x2))或22f(x1x2f(x1)f(x2)).2

2则称f(x)为凸（或凹）函数.5.不等式证明的几种常用方法

比较法、综合法、分析法、换元法、反证法、放缩法、构造法.6.不等式的解法

（1）整式不等式的解法（根轴法）.步骤：正化，求根，标轴，穿线（偶重根打结），定解.特例① 一元一次不等式ax>b解的讨论；

2②一元二次不等式ax+bx+c>0(a≠0)解的讨论.（2）分式不等式的解法：先移项通分标准化，则

f(x)0f(x)g(x)0;g(x)f(x)g(x)0 f(x)0g(x)g(x)0

（3）无理不等式：转化为有理不等式求解

1g(x)0定义域 f(x)g(x)f(x)0

○2f(x)0f(x)0○3f(x)g(x)g(x)0或g(x)02f(x)[g(x)]f(x)0 f(x)g(x)g(x)02f(x)[g(x)]

（4）.指数不等式：转化为代数不等式

af(x)ag(x)(a1)f(x)g(x);af(x)ag(x)(0a1)f(x)g(x)af(x)b(a0,b0)f(x)lgalgb

（5）对数不等式：转化为代数不等式

f(x)0logaf(x)logag(x)(a1)g(x)0;

f(x)g(x)f(x)0 logaf(x)logag(x)(0a1)g(x)0f(x)g(x)

（6）含绝对值不等式

1应用分类讨论思想去绝对值；○2应用数形思想； ○

3应用化归思想等价转化 ○

g(x)0|f(x)|g(x)g(x)f(x)g(x) g(x)0|f(x)|g(x)g(x)0(f(x),g(x)不同时为0)或f(x)g(x)或f(x)g(x)

注：常用不等式的解法举例（x为正数）：

①x(1x)21124

2x(1x)(1x)()322327

22x2(1x2)(1x2)1234②yx(1x)y()y223272

类似于ysinxcosxsinx(1sinx)，③|x1||x||1|(x与1同号，故取等)2 22

xxx

第五篇：应用导数证明不等式

应用导数证明不等式

常泽武指导教师：任天胜

（河西学院数学与统计学院 甘肃张掖 734000）

摘要： 不等式在初等数学和高等代数中有广泛的应用，证明方法很多，本文以函数的观点来认识不等式，以导数为工具来证明不等式。

关键字： 导数 不等式最值中值定理单调性泰勒公式

中图分类号： O13

Application derivative to testify inequality

ChangZeWu teachers: RenTianSheng

(HeXi institute of mathematics and statistics Gansu zhang ye 734000)Abstract: He inequality in elementary mathematics and higher algebra is widely used, proved many methods, based on the function point of view to know inequality to derivative tools to prove to inequality.Key words: The most value of derivative inequality value theorem monotonicity Taylor formula

1.利用微分中值定理来证明不等式

在数学分析中，我们学到了拉格朗日中值定理，其内容为：

定理1.如果函数fx在闭区间a,b上连续，在开区间a,b上可导，则至少存在一点a,b，使得f'()

拉格朗日中值定理是探讨可微函数的的几何特性及证明不等式的重要工具，我们可以根据以下两种方法来证明。

（1）首先，分析不等式通过变形，将其特殊化。其次，选取合适的函数和范围。第三，利用拉格朗日中值定理。最后，在根据函数的单调性和最大值和最小值。

（2）我们可根据其两种等价表述方式

①f(b)f(a)f'(a(ba))(ba),01

②fahfaf'ahh,01

我们可以的范围来证明不等式。f(b)f(a)。ba

11(x0)例1.1证明不等式ln(1)x1x

证明第一步变形1 ln(1)ln(1x)ln(x)x

第二步选取合适的函数和范围

令f(x)lnttx,1x

第三步应用拉格朗日中值定理

存在x,1x使得f'()f(1x)f(x)(1x)(x)

即ln(1x)ln(x)1

而 <1+x 1 1x

1x1)而0x 即ln(x1xln(1x)ln(x)

例 1.2证明：h>-1且h0都有不等式成立：

hln(1h)h 1h

证明：令f(x)=ln(1+x),有拉格朗日中值定理，0,1使得

ln(1h)f(h)f(0)f'(h)h

当h>0时有

1h11h,当1h0时有

11h1h0,即h.1h1hh;1h1h1hh.1h1h

2．利用函数单调性证明不等式

我们在初等数学当中学习不等式的证明时用到了两种方法：一种是判断它们差的正负，另一种是判断它们的商大于1还是小于1.而我们今天所要讨论的是根据函数的导数的思想来判断大小。

定理：设函数f(x)在a,b上连续，在a,b可导，那么

（1）若在a,b内f'(x)0则f(x)在a,b内单调递增。

（2）若在a,b内f'(x)0则f(x)在a,b内单调递减。

使用定理：要证明区间a,b上的不等式f(x)g(x)，只需令F(x)f(x)。g使在(x)a,b上F'(x)>0（F'(x)<0）且F(a)=0或（F(b)=0）例2.1 设x0证明不等式ln(1x)xex

证明：令F(x)ln(1x)xex（x>0）

显然F(0)0

1exx21xx（x>0）F'(x)exex1x(1x)e

现在来证明exx210

令f(x)exx21显然f(0)0

当x0时f'(x)ex2x0

于是得f(x)在x0上递增

故对x0有f(x)f(0)f(x)0

而(1x)ex0

所以F'(x)0故F(x)递增

又因为F(0)0

所以F(x)0

所以ln(1x)xex成立

3．利用函数的最大值和最小值证明不等式

当等式中含有“=”号时，不等式f(x)g(x)(或f(x)g(x)) g(x)f(x)0（或g(x)f(x)0），亦即等价于函数G(x)g(x)f(x)有最小值或F(x)f(x)g(有最大值。x)

证明思路：由待正不等式建立函数，通过导数求出极值并判断时极大值还是极小值，在求出最大值或最小值，从而证明不等式。

1例3.1证明若p>1，则对于0,1中的任意x有p1xp(1x)p1 2

证明：构造函数f(x)xp(1x)p(0x1)

则有f'(x)pxp1p(1x)p1p(xp1(1x)p1)

令f'(x)0，可得xp1(1x)p1，于是有x1x，从而求得x1。由于2

函数f(x)在闭区间0,1上连续，因而在闭区间0,1上有最小值和最大值。

由于函数f(x)内只有一个驻点，没有不可导点，又函数f(x)在驻点x1和2

111p1)p1,f(0)f(1),区间端点(x0和x1)的函数值为f())p(1所以2222

1f(x)在0,1的最小值为p1，最大值为1，从而对于0,1中的任意x有2

11f(x)1xp(1x)p1。，既有p1p122

4．利用函数的泰勒展式证明不等式

若函数f(x)在含有x0的某区间有定义，并且有直到(n1)阶的各阶导数，又在x0处有n阶导数f(n)(x0)，则有展式： f'(x0)f''(x0)fn(x0)2(xx0)(xx0)(xx0)nRn(x)f(x)f(x0)1!2!n!

在泰勒公式中，取x0=0,变为麦克劳林公式

f'(0)f''(0)2fn(0)nf(x)f(0)(x)(x)(x)Rn(x)1!2!n!

在上述公式中若Rn(x)0(或0)则可得

f'(0)f''(0)2fn(0)nf(x)f(0)(x)(x)(x)，1!2!n!

f'(0)f''(0)2fn(0)n(x)(x)(x)。或f(x)f(0)1!2!n!

带有拉格朗日余项的泰勒公式的实质是拉格朗日微分中值定理的深化，他是一个定量估计式，该公式在不等式证明和微分不等式证明及较为复杂的极限计算中有广泛的应用。

用此公式证明不等式就是要把所证不等式化简，其中函数用此公式，在把公式右边放大或缩小得到所证不等式。

例4.1若函数f(x)满足：（1）在区间a,b上有二阶导函数f''(x)，（2）

f'(a)f'(b)0，则在区间a,b内至少存在一点c，使

f''(c)4f(b)f(a)。2(ba)

证明：由f(x)在xa和xb处的泰勒公式，并利用f'(a)f'(b)0，得f(x)f(a)f''()(xa)2

2!f''()f(x)f(b)(xb)2,于是2!

abf''()(ba)2abf()f(a)(a),22!42

abf''()(ba)2abf()f(b)(a),22!42

f''()f''()(ba)2

相减，得f(b)-f(a)=,24

4f(b)f(a)1(ba)2

即f''()f(),(ba)224

当f''()f''()时，记c否则记c=,那么

f''(c)4f(b)f(a)(abc)(ba)2

参 考 文 献

《数学分析》上册，高等教育出版社，1990.1郑英元，毛羽辉，宋国栋编，2赵焕光，林长胜编《数学分析》上册，四川大学出版社，2006。3欧阳光中，姚允龙，周渊编《数学分析》上册，复旦大学出版社，2004.4华东师范大学数学系编《数学分析》上册，第三版，高等教育出版社2001.