不等式的证明技巧[共五篇]
第一篇：不等式的证明技巧
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[例1]．已知a＞0，b＞0，且a+b=1.求证：(a+
1125)(b+)≥.ba
4［例2］求使x+y≤ax+y(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.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.解法一：由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得：x+y+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2－1)(x+y)，∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，①②
当且仅当x=y时，②中有等号成立.比较①、②得a的最小值满足a2－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a的最小值是2.解法二：设u= x+y
(x+y)2==
x+yx+y
x+y+2xy2xy
.=1+
x+yx+y
∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2xy(当x=y时“=”成立)，∴
2xy2xy
≤1，的最大值是1.x+yx+y
从而可知，u的最大值为+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
x
+1≤ayx
+1，y
设
xπ=tanθ，θ∈(0，).y
2∴tanθ+1≤atan2θ+1；即tanθ+1≤asecθ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+
π
4)，③
又∵sin(θ+π
4)的最大值为1(此时θ=π4).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、增量代换法，‘1’代换法等，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
ab1.已知x、y是正变数，a、b是正常数，且+=1，x+y的最小值为__________.xy2.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≥1
3(2)3a+2+b+2+c+2< 6
12，证明：x，y，z∈［0，］23
b+c2c+a2a+b26.若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，证明：z≥2(xy+yz+zx)x+y+abc5.已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=
7.若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证：a+b≤2，ab≤1.8.设a,b,c∈R+,求证:
9.证明下列不等式：
（1x≥4)；
（2）证明：ab+cd 1+1+1≥1+1+1。2a2b2cb+cc+aa+b
10.已知a、b、c∈（0，1），求证：(1-a)b，(1-b)c，(1-c)a，不能均大于4。（反证法）
52211.a，b∈R，且a＋b = 1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥2；（增量代换法）
12.（‘1’代换法）1 1+ b + c = 1,++≥ 9.已知 a , b , c ∈ R + , 且 aa b c
x-xx-x13.已知 1 2(1)比较f(x)与g(x)的大小； (2)设n∈N，n≥1，求证：f(1)+f(2)+Λ+f(2n)<4n- x-xx-x(ax-2x)(2xax-1)a-a2-2-=解：(1)f(x)-g(x)=222x+1ax1。2∴ax<2x,2xax-1>0，且2xax>0，∴f(x)-g(x)<0，即f(x) (2)由（1）f(1)+f(2)+f(3)+⋅⋅⋅+f(2n) =1(2+22+⋅⋅⋅+22n)+1(1+ 12+⋅⋅⋅+1)222222n)<4n-1 =4n-1(1+1222 1∴f(1)+f(2)+Λ+f(2n)<4n-n，得证。2 不等式练习题 一、选择题 1、若a,b是任意实数,且a＞b,则() （A）a2＞b2（B）b11＜1（C）lg(a-b)＞0（D）()a＜()b a222、下列不等式中成立的是() 1+a≥2(a≠0)a t+111（C）＜(a＞b)（D）a≥a(t＞0,a＞0,a≠1)ab（A）lgx+logx10≥2(x＞1)（B） 3、已给下列不等式(1)x3+ 3 >2x(x∈R);(2)a5+b5> a3b2+a2b3(a ,b∈R); (3)a2+b2≥2(a－b－1), 其中正确的个数为() (A)0个(B)1个(C)2个(D)3个 4、设x2+y2 = 1, 则x +y() (A)有最小值1(B)有最小值 2(C)有最小值－1(D)有最小值－25、不等式|x＋5|＞3的解集是() (A){x|－8＜x＜8}(B){x|－2＜x＜2} (C){x|x＜－2或x＞2(D){x|x＜－8或x＞－ 26、若a，b，c为任意实数，且a＞b，则下列不等式恒成立的是() (A)ac＞bc(B)|a＋c|＞|b＋c|(C)a2＞b2(D)a＋c＞b＋c x+31x2+2x- 327、设集合M={x|≤0},N={x|x+2x-3≤0},P={x|()≥1},则有()x-1 2（A）M⊂N=P（B）M⊂N⊂P（C）M=P⊂N（D）M=N=P8、设a,b∈R,且a+b=3,则2a+2b的最小值是() （A）6（B）42（C）22（D）269、若关于x的不等式ax2＋bx －2＞0的解集是 -∞,-⎪Y,+∞⎪，则ab等于() (A)－24(B)24(C)14(D)－1410、如果关于x的不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4＜0对一切实数x恒成立，则实数a 的取值范围是() (A)(-∞,2](B)(-∞,-2)(C)(-2,2](D)(－2,2) 二、填空题⎛⎝1⎫⎛12⎭⎝3⎫⎭ b24、a≥0,b≥0,a＋=1,则a+b2的最大值是________.226、x＞1时， f(x)=x＋116x+2的最小值是________，此时x=________.xx+ 17、不等式log4(8x－2x)≤x的解集是________.8、不等式11〉的解集是________.xx4-12- 3练习答案 一、DAC DDDAB BC 二、1、1+5322、8,2＋ 33、(0,log2) 4、0 24 第二篇：不等式证明常用技巧总结 不等式的证明 一、常用方法： 作差、作商法；分析、综合法；换元法；构造函数法；反证法；放缩法；归纳法； （分析综合法）已知a>0,b>0,2c>a+b,求证：c-c2-ab 1(x≠1)的值域。1.加减常数 求函数y=x+x-112.巧变常数 已知0 25x2-3x+33.分离常数 已知x≥，求f(x)=的最值。 22x-44.巧用常数 若x,y∈R+且满足 +416+=1，求x＋y的最小值。xy11+)的最小值。a+bc5.统一形式已知a,b,c∈R，求(a+b+c)(证：a2+b2+c2>ab+bc+ac..6.轮换对称若a,b,c是互不相等的实数，求7.重要不等式a>b>0,求证：a+216≥16 b(a-b)8.逆向运用公式型已知a,b∈R,且a+b=1,求证：a++11+b+≤2.22a+b1111（提示：将a+，b+转换成1⋅a+，）1⋅b+然后运用公式ab≤22222如何巧用常数： 111.若a>0,b>0,且a+2b=1,则+≥3+22.ab1112.已知a,b,c∈R+,且 a+b+c=1,求证：++≥9.abc⎛1⎫⎛1⎫3.已知a,b∈R+,且a+b=1,求证： 1+⎪1+⎪≥9.⎝a⎭⎝b⎭1已知x,y,z均为正数，且x+y+z=1，则x2+y2+z2≥.4.3 5.已知x,y,z均为正数，求证：a+b+c≥3.b+cc+aa+b2⎛a⎫⎛b⎫⎛c⎫⎛a+b+c⎫⎛b+c+a⎫⎛c+a+b⎫+1++1++1 ⎪⎪ ⎪=⎪+⎪+⎪⎝b+c⎭⎝c+a⎭⎝a+b⎭⎝b+c⎭⎝c+a⎭⎝a+b⎭11⎫111⎫9⎛1⎛1=(a+b+c) + ++(b+c)+(c+a))++⎪=((a+b）⎪≥.b+cc+aa+b2b+cc+aa+b⎝⎭⎝⎭2不等式证明中的放缩法 1111+K+<1.1.已知n∈N*，且n≥2，求证：<+2nn+12n2.已知n∈N*，求证：1+222+332+K+nn2<3.kk2==1kk=222<=kk+kk(k-1)k+kk-1k(k-1)(k +k-1)2(k-k-1)11=2(-（）k≥2）.k(k-1)k-1k 3.设n∈N，求证： (2)引进辅助式，设 比较两式的对应因式可知 第三篇：不等式证明的技巧 欢迎光临《嘉兴市高中数学学科基地》 不等式证明的技巧 知识与方法 证明不等式的方法很多，技巧性强；如较低要求的，在所证不等式两端同乘以一个常数；1的代换；利用函数的单调性，等等。不等式证明的技巧，本人的理解有如下三个方面： 一．基本技巧 我认为不等式的证明的基本思想和技巧是通过“放大和缩小”的思想和方法，对两个数、两个量、两个式的值的大小关系的“确定”过程，这种大小关系的确定一般有比较法、分析法、综合法三种基本方法。二．构造法 1．构造重要不等式的结构，再利用相关的重要不等式来证明不等式。 2．构造函数，利用函数性质来证明不等式。 3．构造图形，利用几何知识来证明不等式。三．转化法 1．反证法 2．数学归纳法 3．变量代换法 4．从“特殊”到“一般”的转化方法 5．以“直”代“曲”的转化方法 6．“整体”与“部分”合理巧妙转化 范例选讲 例1 已知0 解（作差比较） （1）当0 |loga(1-x)|-|loga(1+x)|=loga(1-x)+loga(1+x)=loga(1-x2)>0.（2）当a>1时，因0 |loga(1-x)|-|loga(1+x)|=-loga(1-x)-loga(1+x)=-loga(1-x2)>0.综合以上可知，所证不等式成立。 （作商比较） 因0 |loga(1-x)|1=|log(1+x)(1-x)|=-log(1+x)(1-x)=log(1+x)>log(1+x )(1+x)=1 |loga(1+x)|1-x 所以，|loga(1-x)|>|loga(1+x)|.评注 本题虽是一道很简单的不等式证明题，也显示出了证明不等式的技巧性：合理选择方法，可以回避讨论。例2 实数a1,a2,⋅⋅⋅,an(n>3)满足a1+a2+⋅⋅⋅+an≥n，且a1+a2+⋅⋅⋅+an≥n2.求证：max{a1,a2,a3,⋅⋅⋅,an}≥2.分析这是一道美国数学竞赛试题，直接证明比较困难，因此，可考虑运用反证法证明。 解 设a1,a2,⋅⋅⋅,an中有i个非负数，记为x1,x2,⋅⋅⋅,xi，有j个负数，记 为 -y1,-y2,⋅⋅⋅,-yj(y1,y2,⋅⋅⋅,yj>0)，其中i≥0,j≥0，且i+j=n.不妨设max{a1,a2,a3,⋅⋅⋅,an}<2，即max{x1,x2,x3,⋅⋅⋅,xi}<2.因x1+x2+⋅⋅⋅+xi≥n+y1+y2+⋅⋅⋅+yi，又max{x1,x2,x3,⋅⋅⋅,xi}<2，y1,y2,⋅⋅⋅,yj>0.则2i>x1+x2+⋅⋅⋅+xi≥n+y1+y2+⋅⋅⋅+yi=i+j+y1+y2+⋅⋅⋅+yj,所以i-j>y1+y2+⋅⋅⋅+yj.因为 x1+x2+⋅⋅⋅+xi+(-y1)2+(-y2)2+⋅⋅⋅+(-yj)2)≥n2,所以x1+x2+⋅⋅⋅+xi≥n2-(y1+y2+⋅⋅⋅+yj).又因为max{x1,x2,x3,⋅⋅⋅,xi}<2，y1,y2,⋅⋅⋅,yj>0，所以 4i>x1+x2+⋅⋅⋅+xi≥n2-(y1+y2+⋅⋅⋅+yj)>n2-(i-j) 2=(i+j)-(i-j)=4ij.因i≥0，故j<1，且j≥0，则j=0.所以a1,a2,⋅⋅⋅,an 都为非负数.即4n>a1+a2+⋅⋅⋅+an≥n2,因而n<4，这与n>3相矛盾，即假设不成立，所证结论：max{a1,a2,a3,⋅⋅⋅,an}≥2成立.嘉兴市高中数学学科基地资料 评注 反证法的实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出矛盾。运用“正难则反”的策略，是证明不等式中常见技巧。 例3 平面上给定一个由有限多条线段组成的集合，线段总长为1.证明：存在一条直线l，使得已给线段在l上的射影之和小于2π.分析可将给定的线段排序，再通过中心对称构造一个周长为2的凸多边形。 解证明：取一条不与已给线段垂直的直线作x轴，将所给线段按照斜率的大小排成一列： 非负的下角标则表示斜率非l-n,l-n+1,⋅⋅⋅,l-1,⋅⋅⋅,lm（其中负的下角标表示该线段的斜率为负，负）。经过平移可以将这些线段按照上面的次序一个接一个地首尾相连形成一条凸折线。设端点为A、B，AB 中点为O。关于O作中心对称，产生一个凸多边形（包括退化为直线段），周长为2，每一条边与对应边平行（或共线）。 这个多边形的最小宽度，也就是各对平行边之间的最小距离，设为d，以O为圆心，d为直径的圆一定完全在多边形内，否则，设圆O与某条边li相交于X，那么X关于O的对称点X'是圆O与对边li'的交点，li与li'的距离小于XX'，即小于d，与d为最小宽度矛盾。 由于圆O的周长为πd，所以πd<2，即d<2π，这是因为面积一定的闭曲线中，以圆的周长最小。 取直线l与距离最小的平行边垂直，则各已知线段在l上的射影之和不超过d，也就小于2.π 评注本题的解答过程中通过“排序----平移----中心对称”等方法上的处理使所给线段呈现一种简单有序的易于估算的状态，困难得以化解。这种通过对称、旋转等变换，以直代曲，将复杂的不等式化归为基本不等式是一种重要的技巧。 2例4 设∆ABC三边长为a,b,c，有不等式∑(b-c)≥1b+c(b-c)2,------① ∑3a试证不等式①中的系数 分析可将系数 1是最优的.311一般化，设系数为k，再证明k的取值范围是k≤.33a+b2(a-b)2 证明在不等式①中，取a=b，设ε=∑(a-b)-k∑c =(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2-k[b+cc+aa+b(b-c)2+(c-a)2+(a-b)2] abc2b+c2k(b-c)21-k2(b-c)=[b()-c],令a=b，所以ε=2(b-c)-2kbbk 嘉兴市高中数学学科基地资料 又因在∆ABC中，三边长为a,b,c，取a=b，显然有不等式2b-c>0,所以，要使ε≥0，注意到k为正数，则须是成立的，故k=1-k1≥2，即k≤，但已证不等式①k31是不等式①的最优值.评注将“特殊”向“一般”转化也是常见的技巧。 例5 设x,y,z∈(0,+∞)，且xyz=1，证明 x3y3z33 ++≥.（1998年第39届IMO预选试题）(1+y)(1+z)(1+x)(1+z)(1+x)(1+y)分析可利用均值不等式构造三个同向不等式相加来进行证明，也可以将所证不等式进行等价转化。 证法一: 因x,y,z∈(0,+∞)，所以 x31+y1+z3 ++≥x,① (1+y)(1+z)884y31+x1+z3 4++≥y,② (1+x)(1+z)884z31+x1+y3++≥z,③ (1+x)(1+y)884x3y3z3以上三式相加可得：++(1+y)(1+z)(1+x)(1+z)(1+x)(1+y)≥ 上述不等式都是在x=y=z=1时取等号.所以，当且仅当x=y=z=1时原不等式取等号.证法二: 原不等式等价于 x+x+y+y+z+z≥34343433113133(x+y+z)-(6+2x+2y+2z)=(x+y+z) -≥⨯33xyz-=.48242443(x+1)(y+1)(z+1).433 由于对任意正数a,b,c，有a+b+c≥3abc，下面证明更强的不等式：x+x+y+y+z+z≥4343431[(x+1)3+(y+1)3+(z+1)3] ④ 成立.4嘉兴市高中数学学科基地资料 设f(t)=t+t-则f(t)= 431(t+1)3，g(t)=(t+1)(4t2+3t+1).41(t-1)g(t)，且g(t)在(0,+∞)上是严格递增函数，因为41x4+x3+y4+y3+z4+z3-[(x+1)3+(y+1)3+(z+1)3]=f(x)+f(y)+f(z) 411=(x-1)g(x)+(y-1)g(y)+(z-1)g(z).444111 只需证明(x-1)g(x)+(y-1)g(y)+(z-1)g(z)≥0即可.444 其证明如下： 假设x≥y≥z，则g(x)≥g(y)≥g(z)>0.由xyz=1，得x≥1，z≤1.因(x-1)g(x)≥(x-1)g(y)，(z-1)g(y)≤(z-1)g(z)，111(x-1)g(x)+(y-1)g(y)+(z-1)g(z)44411 ≥(x+y+z-3)g(y)≥(33xyz-3)g(y)=0.44 所以 故原不等式成立.等号当且仅当x=y=z=1时成立.评注 证法1利用均值不等式进行证明，显得简洁、清晰；证法2是将所证不等转化为更强的不等式，再进行证明。 例6 已知x,y,z∈(0,+∞)，且x+y+z=1，证明：xy+yz+zx≤ 分析因xy+yz+zx是关于x,y,z的轮换对称式。 证明设x=max{x,y,z}，又因x,y,z∈(0,+∞)，则xy+yz+zx≤xy+xyz+zx=x(xy+yz+z)2222222222224成立的条件.2711z(z+x)]=x(x+z)(2y+z)221x+(x+z)+(2y+z)34]= ≤[.232721不等式等号当且仅当x=,y=,z=0或x=0,y=,z=或 333312x=,y=0,z=时成立.3 ≤x[y(x+z)+ 评注 对于“轮换对称式”，不能将其中的变量排序；有时只能找到一个最小字母作“弱”排序。 嘉兴市高中数学学科基地资料 例7 设a,b,c∈(0,+∞)，且满足abc=1，试证： 1113++≥.a3(b+c)b3(c+a)c3(a+b)2b2c2c2a2a2b23 分析由已知条件abc=1，可知所证不等式与++≥等价.a(b+c)b(c+a)c(a+b)2 故可运用“含参数基本不等式”来证明之.a2≥2λa-λ2b.证明由a+(λb)≥2abλ（λ为参数），得b22 (bc)2 则有≥2λbc-λ2a(b+c),① a(b+c)(ca)2 ≥2λca-λ2b(c+a),② b(c+a)(ab)2≥2λab-λ2c(a+b).③ c(a+b)①+②+③，得 (bc)2(ca)2(ab)2 ++≥2λ(ab+bc+ca)-2λ2(ab+bc+ca) a(b+c)b(c+a)c(a+b) =2(ab+bc+ca)(λ-λ).④ 因ab+bc+ca≥33(abc)=3，取λ=21，代入④中，得 2(bc)2(ca)2(ab)213 ++≥2⨯3⨯=.a(b+c)b(c+a)c(a+b)42评注 本题是先将所证不等式进行等价转化，再运用“含参数基本不等式”进行证明，当然也可利用柯西不等式进行证明，还可以直接利用基本不等式来证明。 例8（1）设x1,x2,⋅⋅⋅,xn,y1,y2,⋅⋅⋅,yn∈(0,+∞)，满足： （a）0 （b）x1+x2+⋅⋅⋅+xk≥y1+y2+⋅⋅⋅+yk,k∈{1,2,⋅⋅⋅n}, 嘉兴市高中数学学科基地资料 证明：1x+1+⋅⋅⋅+1≤1+1+⋅⋅⋅+1.1x2xny1y2yn （2）设A={a1,a2,⋅⋅⋅,an}⊂N，对所有不同的子集B,C⊆A，有 ∑x≠∑x，证明： 1x∈Bx∈a+1+⋅⋅⋅+1<2.C1a2an 分析 可运用数学归纳法进行证明。 证明 （1）当n=1时，x1≥y11>0,x≤1;1y1 当n=2时，x1+x2≥y1+y2，x1-y1≥y2-x2，则 11x1-y1y2y-x=≥-x2=1-1, 11x1y1x2y2x2y2 所以 1x+1≤1+1.1x2y1y2 假设n≤k时命题成立.那么，当n=k+1时，设yi=xi+ai(i=1,2,⋅⋅⋅k+1)，由条件a1≤0，a1+a2≤0,⋅⋅⋅,a1+a2+⋅⋅⋅+ak≤0，a1+a2+⋅⋅⋅+ak+1≤0，有a1xy+a2+⋅⋅⋅+ak≤0.11x2y2xkyk 下面用反证法证明以上结论.假设 a1x+a2x+⋅⋅⋅+aky>0，则 1y12y2xkk0 ≤a1+a2+⋅⋅⋅+aka+a2+⋅⋅⋅+akx-1 1y1x2y2xkykxk+1yk+1 =(a11+a2+⋅⋅⋅+ak)(xy-1y)+(a111+a2+⋅⋅⋅+ak-1)(-)kkxk+1k+1xk- 1yk-1xkyk嘉兴市高中数学学科基地资料 有 欢迎光临《嘉兴市高中数学学科基地》 +(a1+a2+⋅⋅⋅+ak-2)(1111-)+⋅⋅⋅+(a1+a2)(-) x2y2x3y3xk-2yk-2xk-1yk-1 +a1(11-)≤0, 矛盾.x1y1x2y2 所以，当n=k+1时，原不等式成立.（2）对于集合A={1,2,4,8,16,⋅⋅⋅,2n-1}，满足对∀B≠C,B,C⊆A，有 11111+++⋅⋅⋅+=2-<2.，且x≠x∑∑n-1n-112422x∈Bx∈C 对所有A'={a1,a2,⋅⋅⋅,an}⊂N，不妨设a1 ak≠2k-1(k=1,2,⋅⋅⋅,n)，则ak≠1,2,⋅⋅⋅,2k-1-1,于是ak>2k-1，那么ak+1>ak+(1+2+⋅⋅⋅+2k-2)≥2k-1+1+(1+2+⋅⋅⋅+2k-2)=2k, 以此类推，则 111111++⋅⋅⋅+<++⋅⋅⋅+n-1<2.2a1a2an12 评注归纳法证明问题时，有时在第二步由n≤k（或n=k）去推证n=k+1时，要用到反证法，或分析法。另外，本题的第（2）小题用到了“调整法”。 训练题 12．已知an=1+111++⋅⋅⋅+(n∈N*).23n试证：当 n≥2时，an>2(aa2a31++⋅⋅⋅+n)+.23nn2证明：（1）当n=2时，左边=a2=(1+ a1291312)=;右边=a2=2⋅2+=+=2;2422229>2，所以，所证不等式成立.42 （2）假设n=k(k≥2)时不等式成立，即ak>2(aa2a31++⋅⋅⋅+k)+成立.23kk嘉兴市高中数学学科基地资料 当n=k+1时，ak+1=(ak+22a1212)=ak+k+2k+1k+1(k+1)2(ak+1-1)1k+1+ 2k+1(k+1) >2(aa2a31++⋅⋅⋅+k)++23kk=2(aaa2a311 ++⋅⋅⋅+k+k+1)+-223kk+1k(k+1)akak+1a2a3k2+k+1 =2(++⋅⋅⋅++)+223kk+1k(k+1) akak+1a2a3akak+1a2a31k2+k=2(++⋅⋅⋅++)+, >2(++⋅⋅⋅++)+223kk+1k+123kk+1k(k+1) 所以，当n=k+1时，不等式也成立.由（1）、（2）可知，当n∈N,n≥2时，所证不等式成立.2．对任意实数x,y,z，试证：1-1921+192(x+y2+9z2)≤xy+2xz+3yz≤(x+y2+9z2).66 证明：当x=y=z时，所证不等式显然成立.当x,y,z不全为零时，x+y+9z>0, 将所证不等式可变形为 221-19xy+2xz+3yz1+19≤2≤.2266x+y+9zxy+2xz+3yz=k ① 222x+y+9z 令 ①式中的x,y,z均可取一切实数（x,y,z不同时为零即可）.不妨取变量z作为考查对象.（1）当z=0时，k=xy|xy|122≤,即，由，得x+y≥2|xy|x2+y2x2+y22-11≤k≤.22222 （2）当z≠0时，将①式整理，得kx-(y+2z)x+k(y+9z)-3yz=0，k 可以为0，当k=0时，不等式显然成立； 嘉兴市高中数学学科基地资料 当k≠0时，因x∈R，∴∆≥0，即∆>0或∆=0.由∆=0得∆=(y+2z)2-4k(ky2+9kz2-3yz) =(1-4k2)y2+(4z+12kz)y+4z2(1-9k2)=0.1时，不等式显然成立；2 1当k≠±时，Θy∈R,∴∆'≥0.当k=± ∆'=(4z+12kz)2-4(1-4k2)4z2(1-9k2)≥0.即16z2[(1+3k)2-(1-4k2)(1+3k)(1-3k)]≥0, Θ16z2>0,∴(1+3k)2-(1-4k2)(1+3k)(1-3k)]≥0 即(1+3k)k(k-1-191+191-191)(k-)≤0.解得：≤k≤-，或66630≤k≤1+19.6 同理，由∆>0，得(1-4k2)y2+(4z+12kz)y+4z2(1-9k2)>0，对任意实 2⎧⎪1-4k>0,数y都满足的充要条件是：⎨2222⎪⎩∆''=(4z+12kz)-4(1-4k)4z(1-9k)<0.解得-1 1-191+19≤k≤.66 由此可得1-19xy+2xz+3yz1+19≤2≤.即所证不等式成立.2266x+y+9z 说明：“双判别式法”可以解决： q(k1x2+k2y2+k3z2)≤axy+bxz+cyz≤p(k1x2+k2y2+k3z2)(ki>0,i= 1,2,3)的三元二次齐次不等式的证明问题.BC内一点O引三边的平行线，DE//BC，FG//CA，HI//AB，点D、E、F、3．过∆AG、H、I都在∆ABC的边上，S1表示六边形DEFGHI的面积，S2表示∆ABC的面嘉兴市高中数学学科基地资料 积.求证：S1≥2S2.3S2S2，只须证明S∆AGH+S∆DBI+S∆EFC≤2.注33S2.① 3 证明：欲证S1≥意到平行四边形AGOH、BIOD、CEOF，故命题的解决只在于能证明：S∆OIF+S∆OEH+S∆OGD≥设BC=a,CA=b,AB=c,IF=x,EH=y,GD=z，那么①式等价于 x2y2z21+2+2≥.② 23abc依题设，有OE=CF，从而所以，yOECFzBI==,同理=.baacaxyzIF+CF+BI++==1.③ abcax2y2z21xyz21由柯西不等式有，2+2+2≥（++)=.3abc3abc故②式成立，命题成立。 4．已知a,b,c∈(0,+∞)，且a+b+c=1，求证： a(3a-1)b(3b-1)c(3c-1)++≥0.1+a21+b21+c2x 证明：构造函数f(x)=，易知f(x)在(0,1)上为增函数，所以对任意21+x x∈(0,1)，有 (x-)(1x3x(3x-1)3-)≥0≥(3x-1),，则31+x210101+x2 再分别令x=a,b,c，代入上式，相加得 5．已知a,b,c∈(0,+∞)，且abc=1，a(3a-1)b(3b-1)c(3c-1)3++≥[3(a+b+c)-3]=0.222101+a1+b1+c证明：(a+b)(b+c)(c+a)≥4(a+b+c-1).嘉兴市高中数学学科基地资料证明：不妨设 a≥1，①式等价于a2(b+c)+b2(a+c)+c2(a+b)+6≥4(a+b+c)，即(a2-1)(b+c)+(b2-1)(a+c)+(c2-1)(a+b)+6≥4a+3(b+c).因(a+1)(b+c)≥4abc=4，只须证明： 4(a-1)+b2(a+c)+c2(a+b)+6≥4a+3(b+c),即证：2+a(b2+c2)-(3-bc)(b+c)≥0 ② 因2(b2+c2)≥(b+c)2, 对于②式，只须证明： a(b+c)2-(3-bc)(b+c)≥0.③ 2 把③左边看作b+c的二次函数，判别式∆=(3-bc)2-4a.即证(3-bc)-4a≤0，即证：(3-212)≤4a.a 即4a3-9a2+6a-1≥0, 分解因式可得(a-1)2(4a-1)≥0，此不等式显然成立.所以③式成立，即原不等式成立.嘉兴市高中数学学科基地资料 第四篇：不等式证明的技巧 不等式证明的技巧 知识与方法 证明不等式的方法很多，技巧性强；如较低要求的，在所证不等式两端同乘以一个常数；1的代换；利用函数的单调性，等等。不等式证明的技巧，本人的理解有如下三个方面： 一．基本技巧 我认为不等式的证明的基本思想和技巧是通过“放大和缩小”的思想和方法，对两个数、两个量、两个式的值的大小关系的“确定”过程，这种大小关系的确定一般有比较法、分析法、综合法三种基本方法。 二．构造法 1．构造重要不等式的结构，再利用相关的重要不等式来证明不等式。 2．构造函数，利用函数性质来证明不等式。 3．构造图形，利用几何知识来证明不等式。三．转化法 1．反证法 2．数学归纳法 3．变量代换法 4．从“特殊”到“一般”的转化方法 5．以“直”代“曲”的转化方法 6．“整体”与“部分”合理巧妙转化 范例选讲 例1 已知0 解（作差比较） （1）当0 |loga(1-x)|-|loga(1+x)|=loga(1-x)+loga(1+x)=loga(1-x)>0.（2）当a>1时，因0 |loga(1-x)|-|loga(1+x)|=-loga(1-x)-loga(1+x)=-loga(1-x)>0.2综合以上可知，所证不等式成立。 （作商比较） 因0 所以，|loga(1-x)|>|loga(1+x)|.评注 本题虽是一道很简单的不等式证明题，也显示出了证明不等式的技巧性：合理选择方法，可以回避讨论。 例 2 实数a1,a2,⋅⋅⋅,an(n>3)满足a1+a2+⋅⋅⋅+an≥n，且a1+a2+⋅⋅⋅+an≥n2.求证：max{a1,a2,a3,⋅⋅⋅,an}≥2.分析这是一道美国数学竞赛试题，直接证明比较困难，因此，可考虑运用反证法证明。 解 设a1,a2,⋅⋅⋅,an中有i个非负数，记为x1,x2,⋅⋅⋅,xi，有j个负数，记为 -y1,-y2,⋅⋅⋅,-yj(y1,y2,⋅⋅⋅,yj>0)，其中i≥0,j≥0，且i+j=n.不妨设max{a1,a2,a3,⋅⋅⋅,an}<2，即max{x1,x2,x3,⋅⋅⋅,xi}<2.因x1+x2+⋅⋅⋅+xi≥n+y1+y2+⋅⋅⋅+yi，又max{x1,x2,x3,⋅⋅⋅,xi}<2，y1,y2,⋅⋅⋅,yj>0.则2i>x1+x2+⋅⋅⋅+xi≥n+y1+y2+⋅⋅⋅+yi=i+j+y1+y2+⋅⋅⋅+yj,所以i-j>y1+y2+⋅⋅⋅+yj.因为 x1+x2+⋅⋅⋅+xi+(-y1)+(-y2)+⋅⋅⋅+(-yj))≥n,所以x1+x2+⋅⋅⋅+xi≥n-(y1+y2+⋅⋅⋅+yj).又因为max{x1,x2,x3,⋅⋅⋅,xi}<2，y1,y2,⋅⋅⋅,yj>0，所以 4i>x1+x2+⋅⋅⋅+xi≥n-(y1+y2+⋅⋅⋅+yj)>n-(i-j) =(i+j)-(i-j)=4ij.因 i≥0，故j<1，且j≥0，则j=0.所以a1,a2,⋅⋅⋅,an都为非负数.即4n>a1+a2+⋅⋅⋅+an≥n,因而n<4，这与n>3相矛盾，******2 即假设不成立，所证结论：max{a1,a2,a3,⋅⋅⋅,an}≥2成立.评注 反证法的实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出矛盾。运用“正难则反”的策略，是证明不等式中常见技巧。 例3 平面上给定一个由有限多条线段组成的集合，线段总长为1.证明：存在一条直线l，.π 分析可将给定的线段排序，再通过中心对称构造一个周长为2的凸多边形。 2使得已给线段在l上的射影之和小于解证明：取一条不与已给线段垂直的直线作x轴，将所给线段按照斜率的大小排成一列： 非负的下角标则表示斜率非l-n,l-n+1,⋅⋅⋅,l-1,⋅⋅⋅,lm（其中负的下角标表示该线段的斜率为负，负）。经过平移可以将这些线段按照上面的次序一个接一个地首尾相连形成一条凸折线。设端点为A、B，AB 中点为O。关于O作中心对称，产生一个凸多边形（包括退化为直线段），周长为2，每一条边与对应边平行（或共线）。 这个多边形的最小宽度，也就是各对平行边之间的最小距离，设为d，以O为圆心，d为直径的圆一定完全在多边形内，否则，设圆O与某条边li相交于X，那么X关于O的对称点X'是圆O与对边li'的交点，li与li'的距离小于XX'，即小于d，与d为最小宽度矛盾。 由于圆O的周长为πd，所以πd<2，即d<圆的周长最小。 取直线l与距离最小的平行边垂直，则各已知线段在l上的射影之和不超过d，也就小于.π 评注本题的解答过程中通过“排序----平移----中心对称”等方法上的处理使所给线段呈现一种简单有序的易于估算的状态，困难得以化解。这种通过对称、旋转等变换，以直代22π，这是因为面积一定的闭曲线中，以曲，将复杂的不等式化归为基本不等式是一种重要的技巧。 2例4 设∆ABC三边长为a,b,c，有不等式∑(b-c)≥1∑3b+ca(b-c),------① 2试证不等式①中的系数 分析可将系数1313是最优的.13一般化，设系数为k，再证明k 的取值范围是k≤.证明在不等式①中，取a=b，设ε= =(a-b)+(b-c)+(c-a)-k[222∑(a-b)-k∑2a+bc(a-b) b+ca2(b-c)+b+cb2c+ab2(c-a)+2a+bc2(a-b)] 令a=b，所以ε=2(b-c)-2k(b-c)=2k(b-c)b[b(1-kk)-c], 又因在∆ABC中，三边长为a,b,c，取a=b，显然有不等式2b-c>0,所以，要使ε≥0，注意到k为正数，则须是成立的，故k=131-kk≥2，即k≤13，但已证不等式①是不等式①的最优值.评注将“特殊”向“一般”转化也是常见的技巧。 例5 设x,y,z∈(0,+∞)，且xyz=1，证明 x 3(1+y)(1+z)+y3(1+x)(1+z)+z3(1+x)(1+y)≥34.（1998年第39届IMO预选试题） 分析可利用均值不等式构造三个同向不等式相加来进行证明，也可以将所证不等式进行等价转化。 证法一: 因x,y,z∈(0,+∞)，所以 x3 (1+y)(1+z)y3+1+y81+x8+1+z81+z8≥343434x,① 4(1+x)(1+z)z3++≥y,② (1+x)(1+y)+1+x8+1+y8x3≥z,③ 以上三式相加可得：3418(1+y)(1+z)+y3(1+x)(1+z)12+z3(1+x)(1+y)34≥12 3434≥(x+y+z)-(6+2x+2y+2z)=(x+y+z)-⨯33xyz-=.上述不等式都是在x=y=z=1时取等号.所以，当且仅当x=y=z=1时原不等式取等号.证法二: 原不等式等价于 x+x+y+y+z+z≥343434334(x+1)(y+1)(z+1).33 由于对任意正数a,b,c，有a+b+c≥3abc，下面证明更强的不等式：x+x+y+y+z+z≥43434314[(x+1)+(y+1)+(z+1)] ④ 成立.333 设f(t)=t4+t3-则f(t)= x+x+y+y+z+z-434343142(t+1)，g(t)=(t+1)(4t+3t+1).314(t-1)g(t)，且g(t)在(0,+∞)上是严格递增函数，因为 1414[(x+1)+(y+1)+(z+1)]=f(x)+f(y)+f(z)(y-1)g(y)+1414(z-1)g(z). 14(z-1)g(z)≥0即可.333 =14(x-1)g(x)+只需证明(x-1)g(x)+4(y-1)g(y)+ 其证明如下： 假设x≥y≥z，则g(x)≥g(y)≥g(z)>0.由xyz=1，得x≥1，z≤1.因(x-1)g(x)≥(x-1)g(y)，(z-1)g(y)≤(z-1)g(z),所以14(x-1)g(x)+1414(y-1)g(y)+1414(z-1)g(z) ≥(x+y+z-3)g(y)≥(33xyz-3)g(y)=0.故原不等式成立.等号当且仅当 x=y=z=1时成立.评注 证法1利用均值不等式进行证明，显得简洁、清晰；证法2是将所证不等转化为更强的不等式，再进行证明。 例6 已知x,y,z∈(0,+∞)，且x+y+z=1，证明：xy+yz+zx≤ 分析因xy+yz+zx是关于x,y,z的轮换对称式。 证明设x=max{x,y,z}，又因x,y,z∈(0,+∞)，则xy+yz+zx≤xy+xyz+zx=x(xy+yz+z) ≤x[y(x+z)+ ≤12z(z+x)]=12x(x+z)(2y+z)***成立的条件.1x+(x+z)+(2y+z)34[]=.232721不等式等号当且仅当x=,y=,z=0或x=0,y=,z=3333x=13,y=0,z=23或时成立.评注 对于“轮换对称式”，不能将其中的变量排序；有时只能找到一个最小字母作“弱”排序。 例7 设a,b,c∈(0,+∞)，且满足abc=1，试证： 1a(b+c)+1b(c+a)3+1c(a+b)3≥32.分析由已知条件abc=1，可知所证不等式与 bc22a(b+c)+ca22b(c+a)+ab22c(a+b)≥32等价.故可运用“含参数基本不等式”来证明之.证明由a+(λb)≥2abλ（λ为参数），得则有(bc)222a2b≥2λa-λb.2a(b+c)(ca)2≥2λbc-λa(b+c),① b(c+a)(ab)2≥2λca-λb(c+a),② 2c(a+b)≥2λab-λc(a+b).③ ①+②+③，得(bc)2a(b+c)+(ca)2b(c+a)+(ab)2c(a+b)2≥2λ(ab+bc+ca)-2λ(ab+bc+c a)=2(ab+bc+ca)(λ-λ).④ 因ab+bc+ca≥33(abc)(bc)22=3，取λ=212，代入④中，得 32 a(b+c)+(ca)2b(c+a)+(ab)c(a+b)≥2⨯3⨯14=.评注 本题是先将所证不等式进行等价转化，再运用“含参数基本不等式”进行证明，当然也可利用柯西不等式进行证明，还可以直接利用基本不等式来证明。 不等式的证明技巧[共五篇] 第一篇：不等式的证明技巧 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[例1]．已知a＞0，b＞0，且a+b=1.求证：(a+ 1125)(b+)≥.ba 4［例2］求使x+y≤ax+y(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.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.解法一：由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得：x+y+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2－1)(x+y)，∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，①② 当且仅当x=y时，②中有等号成立.比较①、②得a的最小值满足a2－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a的最小值是2.解法二：设u= x+y (x+y)2== x+yx+y x+y+2xy2xy .=1+ x+yx+y ∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2xy(当x=y时“=”成立)，∴ 2xy2xy ≤1，的最大值是1.x+yx+y 从而可知，u的最大值为+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 x +1≤ayx +1，y 设 xπ=tanθ，θ∈(0，).y 2∴tanθ+1≤atan2θ+1；即tanθ+1≤asecθ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+ π 4)，③ 又∵sin(θ+π 4)的最大值为1(此时θ=π4).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、增量代换法，‘1’代换法等，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 ab1.已知x、y是正变数，a、b是正常数，且+=1，x+y的最小值为__________.xy2.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－ 不等式证明的常用方法 不等式是高中数学的重要内容，它几乎涉及整个高中数学的各个部分，因此，通过不等式这条纽带，可把中学数学的各部分内容有机地联系起来．而不等式的证明是高中数学的一个难点，加之题型广泛、方法灵活、涉及面广，常受各类考试命题者的青睐，亦成为历届高考中的热点问题． 本节通过一些实例，归纳一下不等式证明的常用方法和技巧． 一、比较法 证明不等式的比较法分为作差比较与作商比较两类，基本思想是把难于比较的式子变成其差再与0比较，或其商再与 l 比较．当欲证的不等式两端是乘积形式或幂指数形式时，常采用作商比较法． 【例1】若,0,0>>b a 证明：21 212 12212)()(b a a b b a +≥+ 证法一 （作差比较） 左边－右边)()()(3 3b a ab b a +-+= ab b a ab b ab a b a ) ())((+-+-+= ab b ab a b a ) 2)((+-+= 0))((2 ≥-+= ab b a b a ∴原不等式成立 证法二 （作商比较） 右边 左边 b a a b b a ++=3 3)()() () )((b a ab b ab a b a ++-+= ab b ab a ) (+-= 12=-≥ ab ab ab ∴原不等式成立． 点评 用比较法证明不等式，一般要经历作差（或作商）、变形、判断三个步骤．变形的主要手段是通分、因式分解或配方；此外，在变形过程中，也可利用基本不等式放缩，如证法二．用作差比较法变形的结果都应是因式之积或完全平方式，这样有利于判断符号． 【例2】已知函数)(1)(2R x x x f ∈+=，证明：|||)()(|b a b f a f -≤- 证法一（作商比较） 若||||b a =时，|||)()(|0b a b f a f -≤-=，当且仅当b a =时取等号． 若||||b a ≠时，∵0|)()(|>-b f a f ，0||>-b a ∴= -+-+=--| ||11||||)()(|22b a b a b a b f a f =-+-+b a b a 2 211 < +++--) 11)((2 2 2 2b a b a b a ≤++2 2 b a b a 1 即|||)()(|b a b f a f -≤- 综上两种情况，得|||)()(|b a b f a f -≤-当且仅当b a =时取等号． 证法二（作差比较） )2(])1)(1(22[|||11|2222222222b ab a b a b a b a b a +--++-++=--+-+ 不等式证明的几种方法 1.直接证明法 直接证明法是最常用的证明方法之一、该方法是通过运用数学定义、 公理和已知条件，直接推导出要证明的不等式。例如，要证明 a+b≥2√ab，我们可以通过平方两边的方式将不等式变形为(a-b)^2≥0 的形式，再通过数学运算的方式得出结论。 2.反证法 反证法是常用的证明方法之一，尤其适用于不等式证明。该方法是先 假设要证明的不等式为假，然后通过推导得出与已知条件矛盾的结论，从 而证明所假设的不等式为真。例如，要证明3√ab≥2(a+b)不成立，我们 可以先假设不等式成立，然后通过运算推导出与已知条件不符的结果。由 此可知，不等式不成立。 3.数学归纳法 数学归纳法适用于一类特殊的不等式，即对于其中一自然数n，当 n=1时不等式成立，且当n=k时不等式成立，则当n=k+1时不等式也成立。通过反证法证明。例如，要证明n^2<2^n，首先当n=1时，不等式成立。 假设当n=k时，不等式也成立，即k^2<2^k成立。我们需要证明当n=k+1时，不等式也成立，即(k+1)^2<2^(k+1)成立。通过反证法推导出与已知 条件矛盾的结果，即可证明不等式成立。 4.几何法 几何法可以通过将不等式转化为几何问题来证明。例如，要证明 a^2+b^2≥2ab，可以将不等式转化为平面上两点的距离的问题。通过建立 几何模型，可以直观地看出不等式成立的原因。例如，可以将两个正方形 的面积进行比较，或者使用勾股定理来解决问题。 5.代数方法 代数方法是通过将不等式转化为代数方程或函数的性质来证明。例如，要证明3a^2+3b^2+2c^2≥4ab+4bc+4ca，可以通过将不等式整理为一个二 次函数的形式，然后通过对函数进行研究来得出结论。 以上是几种常见的不等式证明方法，其中每种方法都有其独特的适用 范围和优势。在实际应用中，根据具体的题目和情况选择合适的证明方法 可以更高效地解决问题。 证明不等式的常用技巧 证明方法有比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法、换元法、构造法等。作差比较法：根据a-b>0↔a>b，欲证a>b，只需证a-b>0。换元法：换元的目的就是减少不等式中变量的个数，以使问题化难为易，化繁为简。 1不等式证明方法 比较法 ①作差比较法：根据a-b>0↔a>b，欲证a>b，只需证a-b>0； ②作商比较法：根据a/b=1，当b>0时，得a>b；当b>0时，欲证a>b，只需证a/b>1；当b<0 时，得 a 用数学归纳法证明不等式，要注意两步一结论。 在证明第二步时，一般多用到比较法、放缩法和分析法。 反证法 证明不等式时，首先假设要证明的命题的反面成立，把它作为条件和其他条件结合在一起，利用已知定义、定理、公理等基本原理逐步推证出一个与命题的条件或已证明的定理或公认的简单事实相矛盾的结论，以此说明原假设的结论不成立，从而肯定原命题的结论成立的方法称为反证法。 换元法 换元的目的就是减少不等式中变量的个数，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。 构造法 通过构造函数、图形、方程、数列、向量等来证明不等式。 2基本不等式 基本不等式是主要应用于求某些函数的最值及证明的不等式。其表述为：两个正实数的算术平均数大于或等于它们的几何平均数。 在使用基本不等式时，要牢记“一正”“二定”“三相等”的七字真言。“一正”就是指两个式子都为正数，“二定”是指应用基本不等式求最值时，和或积为定值，“三相等”是指当且仅当两个式子相等时，才能取等号。 一、常用基本不等式 我们先来看几种平均数： 不等式证明常用方法 不等式是中学数学最基本内容之一,它有着丰富的实际背景，与生产实践联系十分密切；因此，无论普通高考，还是对口高考，不等式,历年都是考试的重点、热点,甚至难点。下面就不等式的证明，介绍几种常见方法，如有不对，敬请同行、同学们斧正. 一、作差法 例1、对于任意实数x ,求证：x x 232>+. 证明：∵x x 232-+=2)1(2+-x 0> ∴x x 232>+. 评注:1.作差法步骤:作差—变形—判断与0的关系—结论. 2.作差后的变形常用方法有因式分解、配方、通分、有理化等，应注意结合式子的形式，适当选用. 二、作商法 例2、设a ,b 均是正实数，求证：a b b a b a b a ≥. 证明：首先，由条件0>b a b a ,0>a b b a ， 其次， b a a b b a b a b a b a -=)(， ⑴当0>≥b a 时， 1≥b a ，0≥-b a ，∴1)(≥-b a b a . ⑵当0>>a b 时，10<-b a b a . 综合⑴、⑵：1)(≥-b a b a ，∴a b b a b a b a ≥. 评注:1.作商法步骤:作商—变形—判断与1的关系—结论. 2.作差法是通法，运用较广；作商法，要注意条件，不等式两边必须是正数。作商法常用于证幂、指数形式的不等式。 三、综合法 例3、设a ,b ,c 均是正实数,求证： c b a c ab b ca a bc ++≥++ 证明：∵a ,b ,c 均是正实数,∴a bc ,b ca ,c ab 也均是正实数. ∴2,2,2bc ca ca ab ab bc c a b a b b c c a +≥+≥+≥ 不等式证明的几种常用方法 一、比较法 （1）差值比较法 要证明a ＞b ,只要证明a -b ＞0。 ①作差：考察不等式左右两边构成的差式，将其看作一个整体； ②变形：把不等式两边的差进行变形，或变形为一个常数，或变形为若干个因式的积，或变 形为一个或几个平方的和等等，其中变形是求差法的关键，配方和因式分解是经常使用的变形手段； ③判断：根据已知条件与上述变形结果，判断不等式两边差的正负号，最后肯定所求证不等式成立的结论。应用范围：当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时一般使用差值比较法。 【例一】 求证：2 33x x +> 证明： ()() () 2 2 2 2 33223333 x x x x +-=-+ - + 2 333 0244x ? ?=-+≥ > ?? ? 2 33x x ∴+> (2)商值比较法 已知a ,b 都是正数，要证明a ＞b ,只要证明a/b ＞1 ①作商：将左右两端作商； ②变形：化简商式到最简形式； ③判断商与1的大小关系，就是判定商大于1或小于1。 应用范围：当被证的不等式两端含有幂、指数式时，一般使用商值比较法。 【例二】 已知a,b>0，求证a b b a a b a b ≥ 证明： = ∵a,b>0+,当a ＞b 时，＞1,a-b ＞0，＞1; 当a≤b 时,≤1,a -b≤0, ≥1. ∴ ≥1, 即a b b a a b a b ≥ 二、综合法 利用已知事实(已知条件、重要不等式或已证明的不等式)作为基础，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后推出所要证明的不等式，其特点和思路是“由因导果”，从“已知”看“需知”，逐步推出“结论”。其逻辑关系为：A-B1- B2- B3… Bn -B ，即从已知A 逐步推演不等式成立的必要条件从而得出结论B 。重点：基本不等式 【例三】 已知a ,b ,c 是不全等的正数，求证 a (c 2+b 2)+b (a 2+c 2)+c (a 2+b 2)＞6abc . 证明： 2 2 2a b ab +≥ ，2 2 2a c ac +≥，2 2 2c b bc +≥ ()2 2 2a b c abc ∴+≥，()2 2 2b a c abc +≥，()2 2 2c a b abc +≥ ∴a (c 2+b 2 )+b (a 2 +c 2 )+c (a 2 +b 2 )≥6abc . 又因为a ,b ,c 是不全等的正数 所以有a (c 2+b 2)+b (a 2+c 2)+c (a 2+b 2)＞6abc . 三、分析法 分析法是指从需证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，进而转化为判定那个条件是否具备，其特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”。用分析法证明A-B 的逻辑关系为：B-B1-B2- B3 … Bn -A ，书写的模式是：为了证明命题B 成立，只需证明命题B1为真，从而有…，这只需证明B2为真，从而又有…，……这只需证明A 为真，而已知A 为真，故B 必为真。这种证题模式告诉我们，分析法证题是步步寻求上一步成立的充分条件。 【例四】 求证：6 372+ < + 证明: 不等式证明使用技巧 不等式证明是高中数学中的一个重要内容，掌握不等式证明的技巧对于解题和提升数学水平都有很大的帮助。下面我将介绍一些常用的不等式证明技巧。 一、代入法 代入法是一种常用的证明不等式的方法。我们可以先假设不等式成立，然后进行推导得出结论。如果得到的结论与原不等式一致，就证明了不等式的成立。 例如，我们要证明对于任意正实数a、b和c，有 $(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})\ge q 9$。我们可以假设$a\leq b\leq c$，然后代入得到： $a^2+b^2+c^2=2a^2+(b^2-a^2+c^2)\geq 2a^2=2(a\cdot a)\geq 2(ab)$， $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\frac{1}{a^2}+\fra c{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 3(\frac{1}{ab})=\frac{3}{ab}$。然后，将两个不等式代入原不等式得到： $(2ab)(\frac{3}{ab})=6\geq 9$。由此可见，原不等式成立。 二、放缩法 放缩法是另一种常用的证明不等式的方法。我们可以通过放缩不等式的各个部分来改变不等式的形式，从而得到更容易证明的形式。 例如，我们要证明对于任意正实数a、b和c，有 $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3$。我们可以通过放 缩的方法，将不等式的各个部分放缩至一个更容易证明的形式。我们注意到， $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2 }{bc}+\frac{c^2}{ca}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$。然后，我们可以通过平方展开和放缩的方法，得到： $\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}\geq 3$。因此，原不等式成立。 三、数学归纳法 数学归纳法是一种常用的证明不等式的方法，特别适用于证明一些与正整数相关的不等式。 例如，我们要证明对于任意正整数n，有$2^n>n$。我们可以 通过数学归纳法证明。首先，当n=1时，显然成立。假设对 于n=k时，不等式成立，即$2^k>k$。那么当n=k+1时，我们 有$2^{k+1}=2\cdot 2^k>2\cdot k>k+1$。由此可见，当n=k+1时，不等式也成立。因此，不等式对于所有正整数n都成立。 以上是一些常用的不等式证明技巧。通过掌握这些技巧，我们可以更好地解决不等式证明的问题，并提升自己的数学水平。同时，这些技巧也可以帮助我们在解决其他数学问题时更加灵活地运用数学知识。所以，希望大家在学习和掌握这些技巧的同时，多多实践，提高自己的数学能力。 初中数学不等式证明方法总结 初中数学不等式证明方法总结 通常不等式中的数是实数，字母也代表实数。初中数学不等式证明方法总结，希望可以帮助到大家，我们来看看。 初中数学不等式证明方法总结1 知识要点：不等式两边乘或除以同一个负数，不等号的方向改变。(÷或×1个负数的时候要变号)。 不等式的证明 1、比较法 包括比差和比商两种方法。 2、综合法 证明不等式时，从命题的已知条件出发，利用公理、定理、法则等，逐步推导出要证明的命题的方法称为综合法，综合法又叫顺推证法或因导果法。 3、分析法 证明不等式时，从待证命题出发，分析使其成立的充分条件，利用已知的一些基本原理，逐步探索，最后将命题成立的条件归结为一个已经证明过的定理、简单事实或题设的条件，这种证明的方法称为分析法，它是执果索因的方法。 4、放缩法 证明不等式时，有时根据需要把需证明的不等式的值适当放大或缩小，使其化繁为简，化难为易，达到证明的目的，这种方法称为放 缩法。 5、数学归纳法 用数学归纳法证明不等式，要注意两步一结论。 在证明第二步时，一般多用到比较法、放缩法和分析法。 6、反证法 证明不等式时，首先假设要证明的命题的反面成立，把它作为条件和其他条件结合在一起，利用已知定义、定理、公理等基本原理逐步推证出一个与命题的条件或已证明的定理或公认的简单事实相矛盾的结论，以此说明原假设的结论不成立，从而肯定原命题的结论成立的方法称为反证法。 知识要领总结：证明不等式要注意不等式两边都乘以或除以一个负数，要改变不等号的方向。 初中数学知识点总结：平面直角坐标系 下面是对平面直角坐标系的内容学习，希望同学们很好的掌握下面的内容。 平面直角坐标系 平面直角坐标系：在平面内画两条互相垂直、原点重合的数轴，组成平面直角坐标系。 水平的数轴称为x轴或横轴，竖直的数轴称为y轴或纵轴，两坐标轴的交点为平面直角坐标系的原点。 平面直角坐标系的要素：①在同一平面②两条数轴③互相垂直④原点重合 三个规定： ①正方向的规定横轴取向右为正方向，纵轴取向上为正方向 ②单位长度的规定；一般情况，横轴、纵轴单位长度相同；实际有时也可不同，但同一数轴上必须相同。 ③象限的规定：右上为第一象限、左上为第二象限、左下为第三象限、右下为第四象限。 相信上面对平面直角坐标系知识的讲解学习，同学们已经能很好的掌握了吧，希望同学们都能考试成功。 不等式的证明方法经典例题 第一篇：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。 证明基本不等式的方法 基本不等式是解决数学不等式问题中常用的方法，其核心思想是将一 个不等式转化为另一个更简单的不等式，从而得到所需的解集。在证明基 本不等式的方法上，可以分为以下几种常见的方式： 1.数学归纳法： 数学归纳法是证明基本不等式的一种常用方法。首先，我们需要证明 当不等式成立时，对于一些特定的值$n$，不等式也成立。接着，我们假 设当$n=k$时不等式成立，可以通过这个假设证明当$n=k+1$时不等式成立。最后，根据归纳法的原理，我们可以得出不等式对于所有自然数$n$成立。 2.递推法： 递推法是证明基本不等式的另一种常用方法。我们首先找到一个较小 的数$k$，证明不等式对于这个特定的数成立。然后，我们假设当$n=k$时 不等式成立，接着通过这个假设证明当$n=k+1$时不等式也成立。最后， 根据递推法的原理，我们可以得出不等式对于所有自然数$n$成立。 3.反证法： 反证法是证明基本不等式的另一种有效方法。我们首先假设不等式不 成立，即假设存在一些数使得不等式不成立。接着，我们通过一系列的推 导和推理，得出矛盾的结论。这表明我们的假设是错误的，即不等式是成 立的。 4.变量替换法： 变量替换法是证明基本不等式的一种常用方法。我们首先对不等式进 行变量替换，将其转化为一个使用其他变量的等价不等式。然后，通过对 这个等价不等式进行一系列的变换和推导，我们可以得出所需的结论。 5.辅助不等式法： 辅助不等式法是证明基本不等式的一种有效方法。我们首先找到一个 与原不等式相关的不等式，这个不等式往往更容易证明。然后，我们通过 对这个辅助不等式的推导和推理，结合原不等式的特点，得出所需的结论。 无论采用哪种方法，证明基本不等式的关键在于用恰当的方法将其转 化为另一个更简单或更容易证明的不等式。此外，在证明过程中需要注意 推导的合理性和严密性，关注每一步的符号变化和不等式的严格性，避免 出现错误的结论。在证明过程中，也可以适当地运用数学知识和技巧，如 代数运算、函数性质和数列性质等，使证明更加简洁和高效。 不等式的证明技巧 不等式是数学中常见的一种重要的数学关系。证明一个不等式一般有 以下几种常用的技巧： 1.分析前提条件：首先，我们需要对不等式中的前提条件进行仔细的 分析，了解这些条件约束下的数学性质。在证明过程中，有时可以通过对 前提条件的适当利用来简化证明过程，或者削弱不等式的限制，使得问题 更容易处理。 2.求导和函数分析：对于一些关于函数的不等式，我们可以通过函数 的导数来进行分析。在求导的过程中，我们可以得到函数的最大值、最小 值以及增减性质等重要的信息。根据这些信息，我们可以判断函数的取值 范围和不等式的成立条件。 3.数学归纳法：对于一些具有递推性质的不等式，可以使用数学归纳 法进行证明。首先，我们可以验证当n=1时不等式的成立，然后假设对于 一些n成立，即不等式成立，再通过证明当n+1时也成立来得出结论。 4.分割法：对于一些含有多个变量的不等式，我们可以通过分割法将 问题转化为多个单变量的不等式进行分析。通过分析这些单变量的不等式，可以帮助我们更好地理解原始不等式的性质和结论。 5.套用已知不等式：在证明过程中，我们可以尝试将一些已知的不等 式进行变形运用。通过套用已知的不等式，可以简化证明过程，加快解题 速度。尤其是一些经典的不等式如均值不等式、柯西-施瓦茨不等式等， 它们已经被广泛研究和应用，具有较强的普适性。 6.代入与化简：有时我们可以通过代入一些特殊的数值或者特定的变量取值，使得不等式变得更简单。这样可以进一步分析不等式的性质，加深对问题本质的理解，从而得出证明结论。 7.反证法：给定一个不等式，我们假设其不成立，然后通过一系列逻辑推导和推理来推导出矛盾的结论。这时我们可以得出原不等式的成立。 总之，证明不等式需要深入理解数学性质和灵活的数学思维。结合前述的证明技巧，可以帮助我们更好地解决不等式问题。最重要的是，需要积极锻炼数学证明的能力，通过练习和实践才能够提高。 证明不等式的方法 1.比较法。在证明不等式的方法中，比较法是最基本、最重要的方法。比较法是利用不 等式两边的差是正还是负来证明不等关系的。利用不等式的性质对不等式进行变形，变形目 的在于判断差的符号，而不考虑值是多少。 2.综合法。综合法是由已知条件出发，推导出所要证明的不等式成立，即由已知逐步推 演不等式成立的必要条件得到结论。综合法是“由因导果”。 3.分析法。分析法也是证明不等式的一种常用的基本方法，当证题不知从何入手时，有 时可以用分析法获得解决。分析法是和综合法对立统一的两种方法，它是由结果步步寻求不 等式成立的充分条件，找寻已知，是“执果索因”。 分析法和综合法常常是不能分离的，如果使用综合法证明不等式，难以入手时常用分析 法探索证题的途径，之后用综合法形式写出它的证明过程。 4.作商法。将不等式左右两端作商、变形化简商式到最简形式，判断商与1的大小，应 用范围一般是被证式的两端都是正数，被证式子两端都是乘积形式或指数形式时常用此法。 5.判别式法，对于含有两个或两个以上字母的不等式，在使用比较法无效时，若能整理 成一边为零，而另一边为某个字母的二次式时，这时候可用判别式法。 6.代换法。代换法中常用的有两种：一种是三角代换法，一种是增量代换法。三角代换 法多用于条件不等式的证明，当所给条件较复杂，一个变量不易用另一个变量表示，这时候 可考虑三角代换，将两个变量都用同一个参数表示。此法可以把复杂的代数问题转化为三角 问题。要注意的是可能对引入的角有一定的限制，这一点要根据已知来定。增量代换法一般 是在对称式（任意互换两个字母，代数式不变）和给定字母顺序的不等式，常用增量法进行 代换，代换的目的是通过代换达到减元的目的，使问题化难为易，化繁为简。 7.构造函数法。函数思想是中学数学重要的思想方法之一，有些数学问题只要将其中某 些变化的量建立起联系，构造出函数，再利用函数的性质，就能解决问题。 8.反证法。用直接法证明不等式困难时，可考虑用反证法。用反证法证明不等式，其实 质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出与已知条件或公理、定理或某些性质相矛盾的结论，从而肯定原命题成立。 9.放缩法。放缩法是根据不等式两端的特点及已知条件，采取舍掉式中一些正项和负项，或者是在分式中放大或缩小分子、分母，还或者把式中各项或某项换以较大或较小的数，从 而达到证明不等式的目的。 以上证明不等式的方法，它们之间不是互相割裂的，而是互相联系的，因此要注意灵活 运用这些方法，不断地积累经验和技巧，使问题证得有声有色。1150 不等式证明的方法及应用 不等式是数学中最重要的一种关系，其中证明不等式更是数学 学科中的基础问题。不等式证明的研究领域十分广泛，包括基础 的不等式证明、几何不等式证明、代数不等式证明等多个方面。 本文将简要介绍不等式证明的方法及其应用。 一、基础技巧 不等式证明最根本的思路是化式子不等式为我们熟知的公式或 者形式。这里介绍几个基本的技巧。 1.相加相等 对于不等式$a_1+b_1\geqslant c_1$ 和$a_2+b_2\geqslant c_2$ ，通常可以将它们相加： $$ a_1+a_2+b_1+b_2\geqslant c_1+c_2 $$ 2.分组求和 对于不等式$a_1+a_2+\dots+a_n\geqslant b_1+b_2+\dots+b_n$ ，如果不易处理，可以将所有的项分为两组，再相加： $$ (a_1+b_1)+(a_2+b_2)+\dots+(a_k+b_k)\geqslant(b_{k+1}- a_{k+1})+\dots+(b_n-a_n) $$ 得到： $$ a_1+a_2+\dots+a_k+b_{k+1}+\dots+b_n\geqslant b_1+b_2+\dots+b_k+a_{k+1}+\dots+a_n $$ 3.均值不等式 对于正数 $a_1,a_2,\dots,a_n$ ，有 $$ \frac{a_1+a_2+\dots+a_n}{n}\geqslant\sqrt[n]{a_1a_2\dots a_n} $$ 特别地，当$n=2$时，称为算术平均数和几何平均数的不等式： $$ \frac{a+b}{2}\geqslant\sqrt{ab} $$ 4.平方差 对于正实数 $a_1,a_2,\dots,a_n$ ，有 $$ \frac{a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2}{n}\geqslant\left(\frac{a_1+a _2+\cdots+a_n}{n}\right)^2 $$ 5.约去 当 $a_1\geqslant b_1$ 且 $a_2\geqslant b_2$ 时，有 $$ \frac{a_1}{b_1}+\frac{a_2}{b_2}\geqslant\frac{a_1+a_2}{b_1 +b_2} $$ 二、复杂技巧 除了上述基本技巧之外，还有一些较为高级的技巧，需更深入学习才能掌握。 本文共有8062字，如对您有帮助，可购买打赏第一篇：利用导数证明不等式 利用导数证明不等式没分都没人答埃。。觉得可以就给个好评! 最基本的方法就是将不等式的的一边移到另一边，然后将这个式子令为一个函数f(x).对这个函数求导，判断这个函数这各个区间的单调性，然后证明其最大值(或者是最小值)大于0.这样就能说明原不等式了成立了! 1.当x>1时,证明不等式x>ln(x+1) 设函数f(x)=x-ln(x+1) 求导，f(x)'=1-1/(1+x)=x/(x+1)>0 所以f(x)在(1，+无穷大)上为增函数 f(x)>f(1)=1-ln2>o 所以x>ln(x+1 2..证明：a-a>0其中0 f(a)=a-a f'(a)=1-2a 当00;当1/2 因此，f(a)min=f(1/2)=1/4>0 即有当00 3.x>0,证明：不等式x-x/6 先证明sinx 因为当x=0时，sinx-x=0 如果当函数sinx-x在x>0是减函数，那么它一定求导数有sinx-x 的导数是cosx-1 因为cosx-1≤0 所以sinx-x是减函数，它在0点有最大值0， 知sinx 再证x-x³/6 对于函数x-x³/6-sinx 当x=0时，它的值为0 对它求导数得 1-x²/2-cosx如果它要证x²/2+cosx-1>0x>0 再次用到函数关系，令x=0时，x²/2+cosx-1值为0 再次对它求导数得x-sinx 根据刚才证明的当x>0sinx x²/2-cosx-1是减函数，在0点有最大值0 x²/2-cosx-10 所以x-x³/6-sinx是减函数，在0点有最大值0 得x-x³/6 利用函数导数单调性证明不等式x-x²>0，x∈(0,1)成立 令f(x)=x-x²x∈ 则f'(x)=1-2x 当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增 当x∈时,f'(x)故f(x)的最大值在x=1/2处取得，最小值在x=0或1处取得 几何法证明不等式(精选多篇) ^2 (a,b∈r，且a≠b) 设一个正方形的边为c,有4个直角三角形拼成这个正方形,设三角形的一条直 角边为a,另一条直角边为b,(b>a)a=b,刚好构成,若a不等于b时,侧中间会出现一个小正方形,所以小正方形的面积为(b-a)^2,经化简有(b+a)^2=4ab,所以有((a+b)/2)^2=ab,又因为(a^2+b^2)/2>=ab,所以有((a+b)/2)^2<=(a^2+b^2)/2,又因为a不等与b,所以不取等号 可以在直角三角形内解决该问题 =^2-(a^2+b^2)/2 =/4 =-(a-b)^2/4 <0 能不能用几何方法证明不等式，举例一下。 比如证明sinx不大于x(x范围是0到兀/2，闭区间) 做出一个单位圆， 以o为顶点，x轴为角的一条边 任取第一象限一个角x， 它所对应的弧长就是1*x=x 那个角另一条边与圆有一个交点 交点到x轴的距离就是sinx 因为点到直线，垂线段长度最小， 所以sinx小于等于x，当且尽当x=0时，取等 已经有的方法：第一数学归纳法2种;反向归纳法(特殊到一般从2^k过渡到n);重复递归利用结论法;凸函数性质法; 能给出其他方法的就给分 (a1+a2+...+an)/n≥(a1a2...an)^(1/n) 一个是算术，一个是几何。人类认认识算术才有几何，人类吃饱了就去研究细 微的东西，所以明显有后者小于前者的结论，这么简单都不懂，叼佬就是叼佬 ^_^ 搞笑归搞笑，我觉得可以这样做，题目结论相当于证 (a1+a2+...+an)/n-(a1a2...an)^(1/n)≥0 我们记f(a1,a2,……,an)=(a1+a2+...+an)/n-(a1a2...an)^(1/n)这时n看做 固定的。我们讨论f的极值，它是一个n元函数，它是没有最大值的(这个显然) 我们考虑各元偏导都等于0，得到方程组，然后解出 a1=a2=……=an 再代入f中得0，从而f≥0，里面的具体步骤私下聊，写太麻烦了。 要的是数学法证明也就是代数法不是用向量等几何法证明.....有没有哪位狠人帮我解决下 【柯西不等式的证明】二维形式的证明 (a^2+b^2)(c^2+d^2)(a,b,c,d∈r) =a^2·c^2+b^2·d^2+a^2·d^2+b^2·c^2 =a^2·c^2+2abcd+b^2·d^2+a^2·d^2-2abcd+b^2·c^2 =(ac+bd)^2+(ad-bc)^2 ≥(ac+bd)^2，等号在且仅在ad-bc=0即ad=bc时成立。 一般形式的证明 求证：(∑ai^2)(∑bi^2)≥(∑ai·bi)^2 证明： 当a1=a2=…=an=0或b1=b2=…=bn=0时，一般形式显然成立 令a=∑ai^2b=∑ai·bic=∑bi^2 当a1，a2，…，an中至少有一个不为零时，可知a>0 不等式证明的方法与技巧 陈怡 不等式证明是不等式中的基本内容之一，也是其重难点所在。许多学生遇到不等式证明题不知所措，无从下手。因此，有必要从解题思路入手，总结一些不等式证明的方法、技巧以及在某些方法技巧中所体现的数学思想，使学生们在解题时有的放矢。除常见的综合法、分析法、反证法、放缩法及利用公式证明不等式外，本文另总结、归纳常见不等式证明方法技巧如下： 一、利用数列的单调性证不等式法： 我们常常用数学归纳证明含自然数n的不等式（这里不举例说明），然而，换一种角度，用数列的单调证性证此类不等式，更是简单明晰。 例1．求证明：1＋＋＋…＋＞（n＞1） 证明：令：a n＝1＋＋＋…＋－ ＝11＋＋＋…＋－ 则a n －1 ∴a n－a n ＝＋－ －1 ＝＞０ ∴a n＞a n －1 即数列｛a n｝递增 ∴1＋＋＋…＋＞（n＞1） 例2．求证：1＋＋＋…＋＜2－（n≥2） 证明：令a n＝1＋＋＋…＋－2＋ ＝1＋＋＋…＋＋－2＋(n≥) 则a n －1 ∴a n－a n ＝＋－ －1 ＝－＜0 ＋＜…＜a2＝－＜0 ∴a n＜a n －１ ∴1＋＋＋…＋＜2－ 仔细分析上面两个例题，我们发现这里运用了转化的思想，其实是把难解的关 于自然数n的不等式证明问题，转化成了熟悉易解的求某数列的单调性问题。将未知归为已知，从而最终求得原问题的解决。下再举一例说明不等式证明中的转化思想。 例3．a、b、c∈R+，求证：＋＋≥（a＋b＋c） (分析：由左边的形式联想到复数的模，引入复数，不等式证明问题转化为复数问题。) 证明：令Z1=a＋bi，Z2=b＋ci，Z3=c＋ai 则Z1＋Z2＋Z3=（a＋b＋c）＋(a＋b＋c)I ｜Z1｜＋｜Z2｜＋｜Z3｜≥｜Z1＋Z2＋Z3=｜ ∴＋＋≥（a＋b＋c） 二、不等量代换法 此法虽是“代换”，但不同于换元法。一般用于证明条件不等式，如能先求出一个适当的不等式进行代换，往往能简化证明过程。但在代换时，必须注意保持非严格不等式等号成立的条件的一致性。下面举例说明： 例12. 若x＞0，y＞0，x+y =xy，试证：x4+y4≥32 证明：由x+y = xy，可得： 1= + ≥2 ∴xy≥4 ∴x4+y4≥2(xy)2≥2×42=32 当且仅当x=y=2时，等号成立。 例13. 证明：+ + ≥2(+1)，其中0＜x＜ 证明：∵2sinxcosx≤sin22x+cos22x = 1 ∴sinxcosx≤ 由0＜x＜知： ∴+ + ≥+ ≥+ =2 + 2 证明不等式的基本方法—比较法五篇范文 第一篇：证明不等式的基本方法—比较法 §4.2.1证明不等式的基本方法—比较法 【学习目标】 能熟练运用比较法来证明不等式。 【新知探究】 1．比较法证明不等式的一般步骤：作差（商）—变形—判断—结论.2．作差法：a－b＞0⇒a＞b，a－b＜0⇒a＜b.作差法证明不等式是不等式证明的最基本的方法.作差后需要判断差的符号，作差变形的方向常常是因式分解（分式通分、无理式有理化等）后，把差写成积的形式或配成完全平方式.3．作商法：a＞0，b＞0，a＞1⇒a＞b.b a＞1不能推出a＞b.这里要注意a、b两数的符号.b比商法要注意使用条件，若 【自我检测】 1中最大的一个是 1-x A.a B.b C.c D.不能确定 2．已知x、y∈R，M=x2+y2+1，N=x+y+xy，则M与N的大小关系是 A.M≥N B.M≤N C.M=N D.不能确定1．设0＜x＜1，则a=2x，b=1+x，c= 3．若11＜＜0，则下列结论不正确的是．．．ab B.ab＜b2 A.a2＜b 2C.ba+＞2D.|a|+|b|＞|a+b| ab 4．已知|a+b|＜－c（a、b、c∈R），给出下列不等式： ①a＜－b－c；②a＞－b+c；③a＜b－c；④|a|＜|b|－c；⑤|a|＜－|b|－c.其中一定成立的是____________.（把成立的不等式的序号都填上） 5．若a、b∈R，有下列不等式：①a2+3＞2a；②a2+b2≥2（a －b－1）；③a5+b5＞a3b2+a2b3；④a+1≥2.其中一定成立的是 __________.（把成立的不等式的序号都填上）a 【典型例题】 3322例 1、已知a,b都是正数，并且a≠b，求证：a+b>ab+ab.-1 –“学海无涯苦作舟，书山有路勤为径” 变式训练：当m＞n时，求证：m3－m2n－3mn2＞2m2n－6mn2＋n3． 例 2、已知a,b都是正数，求证：aabb≥abba, 当且仅当a=b时，等号成立。 例 3、b克糖水中有a克糖(b>a>0)，若再添上m克糖，则糖水就变甜了，试根据这个事实提炼一个不等式：；并且加以证明。 变式训练：5.船在流水中在甲地和乙地间来回行驶一次的平均速度v1和在静水中的速度v2的大小关系为____________.并且加以证明。 【典型例题】课后练习课本P23习题2.11，2，3，4 –“天下事，必作于细” 第二篇：2.1证明不等式的基本方法：比较法 2．1证明不等式的基本方法：比较法 （一）教学目标 1．知识与技能: 掌握比较法证明不等式的方法。 2.过程与方法: 通过糖水（盐水）不等式引入比较法；通过对比较法的两种形式，加深对比较法的理解。 3．情态与价值：体会数学在日常生活中无所不在，培养数学兴趣。 （二）教学重、难点 重点：掌握比较法证明不等式的方法。难点：比较法证明不等式的方法中的变形。 （三）教学设想 [创设问题情境] 一、作差比较法 3322例1 已知a,b都是实数,且a≠b,求证a+b>ab+ab不等式的证明技巧[共五篇]
不等式证明的常用方法
不等式证明的几种方法
证明不等式的常用技巧
不等式证明常用方法
不等式的几种证明方法
不等式证明使用技巧
初中数学不等式证明方法总结
不等式的证明方法经典例题
证明基本不等式的方法
不等式的证明技巧
证明不等式的方法
不等式证明的方法及应用
利用导数证明不等式(精选多篇)
几何法证明不等式(精选多篇)
不等式证明的方法与技巧
证明不等式的基本方法—比较法五篇范文
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