高中数学：用构造局部不等式法证明不等式
有些不等式的证明，若从整体上考虑难以下手，可构造若干个结构完全相同的局部不等式，逐一证明后，再利用同向不等式相加的性质，即可得证。
例1. 若，，求证：
分析：由a，b在已知条件中的对称性可知，只有当，即时，等号才能成立，所以可构造局部不等式。
证明：
同理，
∴
例2. 设是n个正数，求证：
。
证明：题中这些正数的对称性，只有当时，等号才成立，构造局部不等式如下：
。
将上述n个同向不等式相加，并整理得：
。
例3. 已知均为正数，且，求证：
。
证明：因均为正数，故，
。
又∵，
∴把以上各个同向不等式相加，整理得：
故。
例4. 设，且，求证：
。
证明：由a，b，c在条件中的对称性知，只有当
时，才有可能达到最小值，此时刚好
。所以，可构造如下局部不等式。
例5. 设，且，求证：
。
证明：由a，b，c在条件中的对称性知，只有当时，才可能达到最小值1，此时刚好
。所以，可构造如下局部不等式。
∵
∴
即
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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。 注意ab b a 22 2 ≥+的变式应用。常用2 222b a b a +≥ + (其中+ ∈R b a ,)来解决有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： a c c b b a c b a ++ +++≥++1 11212121 证明：∵a,b 均为正数， ∴ 0) (4)(44)()(14141)(2 ≥+=+-+++=+-+-b a ab b a ab ab b a a b a b b a b a b a 同理 0)(41 4141)(2 ≥+= +-+-c b bc c b c b c b ，0) (414141)(2 ≥+=+-+-c a ac a c a c a c 三式相加，可得 01 11212121≥+-+-+-++a c c b b a c b a ∴a c c b b a c b a ++ +++≥++111212121 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 、),0(∞+∈c ，1=++c b a ，求证： 31222≥ ++c b a 证：2 222)(1)(3c b a c b a ++=≥++?∴ 2222)()(3c b a c b a ++-++0 )()()(222222222222≥-+-+-=---++=a c c b b a ca bc ab c b a 3、设a 、b 、c 是互不相等的正数，求证：)(4 4 4 c b a abc c b a ++>++ 证 ： ∵ 2 2442b a b a >+ 2 2442c b c b >+ 2 2442a c a c >+∴ 222222444a c c b b a c b a ++>++ ∵ c ab c b b a c b b a 2 2222222222=?>+同理：a bc a c c b 222222>+ b ca b a a c 222222>+ ∴ )(222222c b a abc a c c b b a ++>++ 4、 知a,b,c R ∈，求证: )(22 2 2 2 2 2 c b a a c c b b a ++≥++ ++ + 证明：∵ ) (2 2 2 2 2 2 2 2)(22b a b a b a b a ab ab +≥++≥+∴≥+
第四讲：数学归纳法证明不等式 数学归纳法证明不等式是高中选修的重点内容之一，包含数学归纳法的定义和数学归纳法证明基本步骤，用数学归纳法证明不等式。数学归纳法是高考考查的重点内容之一，在数列推理能力的考查中占有重要的地位。 本讲主要复习数学归纳法的定义、数学归纳法证明基本步骤、用数学归纳法证明不等式的方法：作差比较法、作商比较法、综合法、分析法和放缩法，以及类比及猜想、抽象及概括、从特殊到一般等数学思想方法。 在用数学归纳法证明不等式的具体过程中，要注意以下几点： （1）在从n=k 到n=k+1的过程中，应分析清楚不等式两端（一般是 左端）项数的变化，也就是要认清不等式的结构特征； （2）瞄准当n=k+1时的递推目标，有目的地进行放缩、分析； （3）活用起点的位置； （4）有的试题需要先作等价变换。 例题精讲 例1、用数学归纳法证明 n n n n n 212111211214131211+++++=--++-+- 分析：该命题意图：本题主要考查数学归纳法定义，证明基本步骤 证明： 1 当n=1时，左边=1-21=21，右边=111+=21 ，所以等式成立。
2假设当n=k 时，等式成立， 即 k k k k k 212111211214131211+++++=--++-+- 。 那么，当n=k+1时， 221121211214131211+-++--++-+- k k k k 221121212111+-+++++++=k k k k k )2 2111(1212131214131211+-+++++++++=++-+-k k k k k k )1(21 121213121+++++++++= k k k k k 这就是说，当n=k+1时等式也成立。 综上所述，等式对任何自然数n 都成立。 点评： 数学归纳法是用于证明某些及自然数有关的命题的一种方法．设要证命题为P （n ）．（1）证明当n 取第一个值n 0时，结论正确，即验证P （n 0）正确；（2）假设n=k （k ∈N 且k≥n 0）时结论正确，证明当n=k+1时，结论也正确，即由P （k ）正确推出P （k+1）正确，根据（1），（2），就可以判定命题P （n ）对于从n 0开始的所有自然数n 都正确． 要证明的等式左边共2n 项，而右边共n 项。f(k)及f(k+1)相比较，左边增加两项，右边增加一项，并且二者右边的首项也不一样，因此 在证明中采取了将11+k 及221 +k 合并的变形方式，这是在分析了f(k) 及f(k+1)的差异和联系之后找到的方法。 练习： 1.用数学归纳法证明3k ≥n 3(n≥3,n∈N)第一步应验证( )
用构造局部不等式法证明不等式 有些不等式的证明，若从整体上考虑难以下手，可构造若干个结构完全相同的局部不等式，逐一证明后，再利用同向不等式相加的性质，即可得证。 例1. 若a b R ，∈*，a b +=2，求证：212123a b +++≤ 分析：由a ，b 在已知条件中的对称性可知，只有当a b ==1，即213a +=时，等号才能成立，所以可构造局部不等式。 证明：213321333213233 2a a a a +=+≤++=+···()() 同理，2133 2b b +≤+() ∴212133233223a b a b +++≤ +++=()() 例2. 设x x x n 12，，…，是n 个正数，求证：x x x x x x x x x x n n n 1222231221 12++++≥+-… ++…x n 。 证明：题中这些正数的对称性，只有当x x x n 12===…时，等号才成立，构造局部不等式如下： x x x x x x x x x x x x x x x x n n n n n n 122212233212121 12222+≥+≥+≥+≥--，，…，，。 将上述n 个同向不等式相加，并整理得： x x x x x x x x x x x n n n n 1222231221 12++++≥+++-……。 例3. 已知a a a n 12，，…，均为正数，且a a a n 121+++=…，求证： a a a a a a a a a n n 121222232112 ++++++≥…。 证明：因a a a n 12，，…，均为正数，故a a a a a a 12121214 +++≥，
证明不等式的几种方法 淮安市吴承恩中学 严永飞 223200 摘要：不等式证明是中学数学的重要内容,证明方法多种多样.通常所用的公式法、放缩法只能解决一些较简单的问题,对于较难的问题则束手无策.本文给出了几种特殊方法.如倒数变换法、构建模型法、逆用等比数列求和公式等方法,使解题容易,新颖独特. 关键词：不等式，公式法，构建模型法 前言 证明不等式是中学数学的重要内容之一,内容抽象，难懂，证明方法更是变化多端.通常所用的一些方法如公式法、放缩法只能解决一些较简单的问题,较难的问题则无法解决.本文给出了几种特殊方法.如倒数变换法、构建模型法、逆用等比数列求和公式等方法. 这里所举的几种证明不等式的特殊方法看似巧妙,但如果认真思考,广泛联系,学以致用,一定能使问题得到很好的解决. 1 运用倒数变换证明不等式 这里所说倒数变换是根据具体的题目要求把不等式的部分进行倒数变换，通过化简后使不等式变得简单，更好更快的解决证明问题. 例1 设+∈R z y x ,,,且xyz =1 求证：)(13z y x ++)(13z x y ++)(13y x z +≥2 3 分析 如果先通分再去分母，则不等式将变得很复杂. 令A x =-1,B y =-1 ,C z =-1 ,则+∈R C B A ,,且1=ABC . 欲证不等式可化为 C B A +2+A C B +2+B A C +2≥23（*） 事实上,a 2+22b λ≥ab λ2 (+∈R b a ,,λ), 而当b >0时, a 2/b ≥b a 22λλ-. （*）式左边≥A λ2-2λ(C B +)+ B λ2-2λ(C A +)+C λ2-2λ(A B +) = λ2(λ-1)(C B A ++) ≥λ6(λ-1)3ABC = λ6(λ-1). 令λ=21时,C B A +2+A C B +2+ B A C +2 ≥6×21×(1-21)=23 得证. (这里用到二元平均不等式的变形和三元平均不等式.) 例 2 已知z y x ,,>0,n 为大于1的正整数，且n n x x +1+n n y y +1+n n z z +1=1 求证：n x x +1+n y y +1+n z z +1≤n n 12-
专题2.3构造函数法解不等式问题（小题） 在函数中解决抽象函数问题首要的前提是对函数四种基本性质的熟练掌握，导数是函数单调性的延伸，如果把题目中直接给出的增减性换成一个'()f x ，则单调性就变的相当隐晦了，另外在导数中的抽象函数不等式问题中，我们要研究的往往不是()f x 本身的单调性，而是包含()f x 的一个新函数的单调性，因此构造函数变的相当重要，另外题目中若给出的是'()f x 的形式，则我们要构造的则是一个包含()f x 的新函数，因为只有这个新函数求导之后才会出现'()f x ，因此解决导数抽象函数不等式的重中之重是构造函数。 例如：'()0f x >，则我们知道原函数()f x 是单调递增的，若'()10f x +>，我们知道()()g x f x x =+这个函数是单调递增的，因此构造函数的过程有点类似于积分求原函数的过程，只不过构造出的新函数要通过题目中给出的条件能判断出单调性才可。 既然是找原函数，那么就可能遇上找不到式子的原函数的时候，但是我们判断单调性只需要判断导函数的正负即可，例如()g x 的原函数是不能准确的找到的，但是如果我们知道一个式子的导函数里面包含()g x ，则也能大致将那个函数看成是原函数，例如'()()g x m x x =，或者()m x 的导函数中包含一个能判断符号的式子和()g x 相乘或相除的形式，我们也可以将()m x 大致看成()g x 的原函数。构造函数模型总结： 关系式为“加”型： （1）'()()0f x f x +≥构造''[()][()()] x x e f x e f x f x =+（2）'()()0xf x f x +≥构造''[()]()() xf x xf x f x =+（3）'()()0xf x nf x +≥构造''11'[()]()()[()()] n n n n x f x x f x nx f x x xf x nf x --=+=+（注意对x 的符号进行讨论） 关系式为“减”型
构造函数法证明不等式的八种方法 1、利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。 2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。 以下介绍构造函数法证明不等式的八种方法： 一、移项法构造函数 【例1】 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有x x x ≤+≤+-)1ln(1 11 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 11 1)1ln()(-++ +=x x x g ，从其导数入手即可证明。 【解】1111)(+-=-+='x x x x f ∴当01<< -x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数 故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞ 于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ， 即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(-++ +=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ， ∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥-++ +x x ∴111) 1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(11 1,1有时 【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ），那么要 证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证． 2、作差法构造函数证明 【例2】已知函数.ln 2 1)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方； 分析：函数)(x f 的图象在函数)(x g 的图象的下方)()(x g x f =F
不等式证明基本方法 例1 ：求证：221a b a b ab ++≥+- 分析：比较法证明不等式是不等式证明的最基本的方法，常用作差法和作商法，此题用作差法较为简便。 证明：221()a b a b ab ++-+- 2221[()(1)(1)]02 a b a b =-+-+-≥ 评注：1．比较法之一（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。 例2：设c b a >>，求证：b a a c c b ab ca bc 2 22222++<++ 分析：从不等式两边形式看，作差后可进行因式分解。 证明：)(222222b a a c c b ab ca bc ++-++ =)()()(a b ab c a ca b c bc -+-+- =)()]()[()(a b ab c b b a ca b c bc -+-+-+- =))()((a c c b b a --- c b a >>Θ，则,0,0,0<->->-a c c b b a ∴0))()((<---a c c b b a 故原不等式成立 评注：三元因式分解因式，可以排列成一个元的降幂形式： =++-++)(222222b a a c c b ab ca bc )())(()(2a b ab b a b a c a b c -++-+-，这样容易发现规律。 例3 ：已知,,a b R +∈求证：11()()2()n n n n a b a b a b ++++≤+ 证明：11()()2()n n n n a b a b a b ++++-+ 11n n n n a b ab a b ++=+-- ()()n n a b a b a b =-+- ()()n n a b b a =--
用数学归纳法证明不等式 在明确数学归纳法本质的基础上，我们来共同研究它在不等式证明中的应用．例1已知x＞－1，且x≠0，n∈N，n≥2．求证：(1＋x)n＞1＋nx． 证：(1)当n=2时，左边=(1＋x)2=1＋2x＋x2，右边=1＋2x，因x2＞0，则原不等式成立．(在这里，一定要强调之所以左边＞右边，关键在于x2＞0是由已知条件x≠0获得，为下面证明做铺垫) (2)假设n=k时(k≥2)，不等式成立，即(1＋x)k＞1＋kx． 师：现在要证的目标是(1＋x)k+1＞1＋(k＋1)x，请同学考虑． 师：现将命题转化成如何证明不等式 (1＋kx)(1＋x)≥1＋(k＋1)x．显然，上式中“=”不成立．故只需证：(1＋kx)(1＋x)＞1＋(k＋1)x． 提问：证明不等式的基本方法有哪些？ (学生可能还有其他多种证明方法，这样培养了学生思维品质的广阔性，教师应及时引导总结) 师：这些方法，哪种更简便，更适合数学归纳法的书写格式？学生丙用放缩技巧证明显然更简便，利于书写．当n=k＋1时，因为x＞－1，所以1＋x＞0，于是左边=(1＋x)k+1=(1＋x)k(1＋x)＞(1＋x)(1＋kx)=1＋(k＋1)x＋kx2；右边=1＋(k＋1)x．因为kx2＞0，所以左边＞右边，即(1＋x)k＋1＞1＋(k＋1)x．这就是说，原不等式当n=k ＋1时也成立． 根据(1)和(2)，原不等式对任何不小于2的自然数n都成立． (通过例1的讲解，明确在第二步证明过程中，虽然可以采取证明不等式的有关方法，但为了书写更流畅，逻辑更严谨，通常经归纳假设后，要进行合理放缩，以达到转化的目的)例2证明：2n＋2＞n2，n∈N＋． 证：(1)当n=1时，左边=21＋2=4；右边=1，左边＞右边．所以原不等式成立． (2)假设n=k时(k≥1且k∈N)时，不等式成立，即2k＋2＞k2． 现在，请同学们考虑n=k＋1时，如何论证2k+1＋2＞(k＋1)2成立． 师：将不等式2k2－2＞(k＋1)2，右边展开后得：k2＋2k＋1，由于转化目的十分明确，所以只需将不等式的左边向k2＋2k＋1方向进行转化，即：2k2－2=k2＋2k＋1＋k2－2k－3．由此不难看出，只需证明k2－2k－3≥0，不等式2k2－2＞k2＋2k＋1即成立． 师：由于使不等式不成立的k值是有限的，只需利用归纳法，将其逐一验证原命题成立，因此在证明第一步中，应补充验证n=2时原命题成立，那么，n=3时是否也需要论证？ 师：(补充板书)当n=2时，左=22＋2=6，右=22=4，所以左＞右；当n=3时，左=23＋2=10，右=32=9，所以左＞右．因此当n=1，2，3时，不等式成立．(以下请学生板书) (2)假设当n=k(k≥3且k∈N)时，不等式成立．即2k＋2＞k2．因为2k+1＋2=2·2k＋2=2(2k ＋2)－2＞2k2－2=k2＋2k＋1＋k2－2k－3=(k2＋2k＋1)＋(k＋1)(k－3)(因k≥3，则k－3≥0，k＋1＞0) ≥k2+2k＋1=(k＋1)2．所以2k+1＋2＞(k＋1)2．故当n=k＋1时，原不等式也成立．根据(1)和(2)，原不等式对于任何n∈N都成立． 师：通过例2可知，在证明n=k＋1时命题成立过程中，针对目标k2＋2k＋1，采用缩小的手段，但是由于k的取值范围(k≥1)太大，不便于缩小，因此，用增加奠基步骤(把验证
第 1 页 共 6 页 构造函数法证明不等式的八种方法 1、利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。 2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。 以下介绍构造函数法证明不等式的八种方法： 一、移项法构造函数 【例1】 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有 x x x ≤+≤+-)1ln(1 11 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 11 1)1ln()(-++ +=x x x g ，从其导数入手即可证明。 【解】1111)(+-=-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数 故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞ 于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(-+++=x x x g ， 22) 1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ， ∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即011 1)1ln(≥-++ +x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(11 1,1有时 【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ）， 那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证． 2、作差法构造函数证明 【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数33 2)(x x g =的图象的下方；
归纳法证明不等式 数学归纳法证明不等式的本质 数学归纳法证明不等式的典型类型是与数列或数列求和有关的问题，凡是与数列或数列求和有关的问题都可统一表述成f(n)?g(n)(n?n?)的形式或近似于上述形式。 这种形式的关键步骤是由n?k时，命题成立推导n?k?1时，命题也成立。为了表示的方便，我们记?左n?f(k?1)?f(k)，?右n?g(k?1)?g(k)分别叫做左增量，右增量。那么，上述证明的步骤可表述为 f(k?1)?f(k)??左k?g(k)??左k?g(k)??右k?g(k?1) 例1．已知an?2n?1，求证： 本题要证后半节的关键是证 an1a1a2n????n?(n?n?) 23a2a3an?12 2k?1?11?中k??右k即证k?2? 2?12 而此式显然成立，所以可以用数学归纳法证明。 而要证前半节的关键是证 12k?1?1?左k??中k即证?k?2 22?1 而此式显然不成立，所以不能用数学归纳法证明。如果不进行判断就用数学归纳法证前半节，忙乎半天，只会徒劳。 有时，f(n)?g(n)(n?n?)中f(n),g(n)是以乘积形式出现，且f(n)?0,g(n)?0是显然成立的。此时，可记 ?左k?f(k?1)g(k?1)，?右k? f(k)g(k) 分别叫做左增倍，右增倍。那么，用数学归结法证明由n?k时，成立推导 n?k?1成立，可表述为 f(k?1)?f(k)??左k?g(k)??左k?g(k)??右k?g(k?1) 和前面所讲相似，上述四步中，两个“=”和“<”都显然成立，而“≤”是否成立，就需要判断和证明了，既“?左k??右k”若成立，既可用数学归纳法证明；若不成立，则不能用数学归纳法证明。因此，可以这样说，此时，数学归纳法证明不等式的本质是证“左增倍≤右增倍”，而判断能否用数学归纳法证明不等式的标准就是看“左增倍≤右增倍”是否成立。 第二篇：归纳法证明不等式
构造函数法证明不等式的八种方法 利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。 解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。 1、从条件特征入手构造函数证明 【例1】若函数y =)(x f 在R 上可导且满足不等式x )(x f '>－)(x f 恒成立，且常数a ，b 满足a >b ， 求证：．a )(a f >b )(b f 【变式1】若函数y =)(x f 在R 上可导且满足不等式)(x f >)(x f '，且1)(-=x f y 为奇函数. 求不等式)(x f
浅谈高中数学不等式的证明方法 姜堰市罗塘高级中学 李鑫 摘要：不等式是中学数学的重要知识，本文介绍了几种不等式的证明方法，并举例进一步加强对各种不等式的理解。 关键字：比较法，分析法，综合法，反证法，放缩法，数学归纳法，换元法，均值不等式，柯西不等式，导数法 不等式在中学数学中占有重要地位，因此在历年高考中颇为重视。由于不等式的形式各异, 所以证明没有固定的程序可循，技巧多样，方法灵活，因此有关不等式的证明是中学数学的难点之一。本文从不等式的各个方面进行讲解和研究。 一．比较法 所谓比较法，就是通过两个实数a 与b 的差或商的符号（范围）确定a 与b 大小关系的方法，即通过“0a b ->，0a b -=，0a b -<；或1a b >，1a b =，1a b <”来确定a ，b 大小关系的方法，前者为作差法，后者为作商法。 例1 已知：0>a ，0>b ，求证：ab b a ≥+2. 分析：两个多项式的大小比较可用作差法 证明 02 )(2222 ≥-=-+=-+b a ab b a ab b a ， 故得 ab b a ≥+2 . 例2 设0>>b a ，求证：a b b a b a b a >. 分析：对于含有幂指数类的用作商法 证明 因为 0>>b a ， 所以 1>b a ，0>- b a . 而 1>??? ??=-b a a b b a b a b a b a ， 故 a b b a b a b a > 二．分析法 从求证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为证明这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以判定所证的不等式成立，这种方法叫做分析法。
选修4-5学案 §4.1.1数学归纳法证明不等式 姓名 ☆学习目标：1. 理解数学归纳法的定义、数学归纳法证明基本步骤; 2. 会运用数学归纳法证明不等式 重点：应用数学归纳法证明不等式. ?知识情景： 关于正整数n 的命题(相当于多米诺骨牌),我们可以采用下面方法来证明其正确性： 10. 验证n 取 时命题 ( 即n ＝n 时命题成立) (归纳奠基） ； 20. 假设当 时命题成立，证明当n=k ＋1时命题 (归纳递推）. 30. 由10、20知，对于一切n ≥n 的自然数n 命题 ！(结论） 要诀: 递推基础 , 归纳假设 , 结论写明 . ☆ 数学归纳法的应用： 例1. 用数学归纳法证明不等式sin sin n n θθ≤. 例2已知x > -1，且x ≠0，n ∈N*，n ≥2．求证：(1+x )n >1+nx .
例3 证明: 如果(n n 为正整数)个正数12,,,n a a a 的乘积121n a a a = , 那么它们的和12n a a a n +++ ≥. 例4 证明:2 2 2 111112(,2).2 3 ≥n N n n n + + +?+ <- ∈
例5.当2n ≥时,求证:1 + +++ > 选修4-5练习 §4.1.1数学归纳法证明不等式（1） 姓名 1、已知f(n)=(2n+7)·3n +9,存在自然数m,使得对任意n ∈N,都能使m 整除f(n)，则最大的m 的 值为( ) A.30 B.26 C.36 D.6 2、.观察下列式子：2 2 2 2 2 1311511171, 1, 1222 3 32 3 4 4 + < + +< + ++<
用微积分理论证明不等式的方法 高等数学中所涉及到的不等式，大致可分为两种:函数不等式(含变量)和数值不等式(不含变量)．对于前者，一般可直接或稍加变形构造一函数，从而可通过研究所构造函数的性质，进而证明不等式；对于后者，我们也可根据数值不等式的特点，巧妙的构造辅助函数，从而将数值不等式问题转化为函数的问题，研究方法正好与前者相似． 微积分是高等数学中的重要内容，以它为工具能较好的研究函数的形态，有些常规方法难于证明的不等式，若能根据不等式的结构特征，巧妙的构造函数，将不等式问题转化为函数的问题，利用微积分理论研究函数的性质，应用函数的性质证明不等式． 一、用导数定义证明不等式法 1．证明方法根据－导数定义 导数定义：设函数)(x f y =在点。0x 的某个邻域内有定义，若极限 x y x x x x x x f x f ??→?→=--lim lim 0) ()(0 存在，则称函数)(x f 在0x 可导，称这极限为函数)(x f y =在点0 x 的导数，记作)(0x f y '=． 2．证明方法： (1)找出0x ，使得)(0x f y '=恰为结论中不等式的一边；(2)利用导数的定义并结合已知条件去研究． 3．例 例1:设函数nx a x a x a x f n sin 2sin sin )(21+++= ，其中n a a a ,,21都为实数， n 为正整数，已知对于一切实数x ，有x x f sin )(≤，试证：1221≤+++n na a a ． 证 明 ： 因 nx na x a x a x f n cos 2cos 2cos )(21+++=' ．则 n na a a f +++=' 212)0(． 得：x x f x x f x f x f f x x x ) ()(lim 0)0()()0(lim lim 00 →→→==--= '．由于x x f sin )(≤． 所以1sin )0(lim =≤ '→x x f x ．即1221≤+++n na a a ． 4.适用范围 用导数定义证明不等式，此方法得适用范围不广，我们应仔细观察问题中的条件与结论之间的关系．有些不等式符合导数的定义，因此可利用导数的定义将其形式转化，以达到化繁为简的目的． 二．用可导函数的单调性证明不等式法
四种构造函数法证明不等式 利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，如何恰当构造函数，往往成为解题的关键． 考点一“比较法”构造函数证明不等式 当试题中给出简单的基本初等函数，例如f(x)＝x3，g(x)＝ln x，进而证明在某个取值范围内不等式f(x)≥g(x)成立时，可以类比作差法，构造函数h(x)＝f(x)－g(x)或φ(x)＝g(x)－f(x)，进而证明h(x)min≥0或φ(x)max≤0即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明g(x)＞0(f(x)＞0)的前提下，也可 以类比作商法，构造函数h(x)＝f(x) g(x)? ? ? ? ? φ(x)＝ g(x) f(x)，进而证明h(x)min≥1(φ(x)max≤1)． 【例题】已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1. (1)求a的值及函数f(x)的极值； (2)求证：当x＞0时，x2＜e x. 【解析】(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a. 因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2， 所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2， 令f′(x)＝0，得x＝ln 2， 当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值． (2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x. 由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0， 故g(x)在R上单调递增．
高中数学不等式的几种常见证明方法 摘 要：不等式是中学数学的重要知识，考察学生对不等式理论熟练掌握的程度也是衡量学生数学水平的重要方面，同时，不等式也是高中数学的基础，因此，在每年的数学高考题中，有关不等式的相关题目都有所出现，本文介绍了几种不等式的证明方法，并举例进一步加强对各种不等式的理解. 关键字：不等式；数学归纳法；均值；柯西不等式 一、比较法 所谓比较法，就是通过两个实数a 与b 的差或商的符号（范围）确定a 与b 大小关系的方法，即通过“0a b ->，0a b -=，0a b -<；或1a b >，1a b =，1a b <”来确定a ，b 大小关系的方法，前者为作差法，后者为作商法. 例 1 设,x y R ∈，求证：224224x y x y ++≥+. 证明： 224224x y x y ++-- ＝2221441x x y y -++-+ ＝22(1)(21)x y -+- 因为 2(1)0x -≥， 2(21)0y -≥ ∴ 22(1)(21)0x y -+-≥ ∴2242240x y x y ++--≥ ∴224224x y x y ++≥+ 例 2 已知：a ＞b ＞c ＞0, 求证：222a b c a b c ??＞b c a c b c a b c +++??. 证明：222a b c b c a c b c a b c a b c +++????＝222a b c b a c c b c a b c ------?? ＞222a b c b a c c b c c c c ------??
＝0c ＝1 222a b c b c a c b c a b c a b c +++??∴??＞1 ∴222a b c a b c ??＞b c a c b c a b c +++?? 二、分析法 分析法：从求证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为证明这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以判定所证的不等式成立. 例 3 求证3< 证明： 960+>> 5456<成立∴原不等式成立运用分析法时，需积累一些解题经验，总结一些常规思路，这样可以克服无目的的乱写，从而加强针对性，较快地探明解题的途径. 三、综合法 从已知或证明过的不等式出发，根据不等式的性质及公理推导出欲证的不等式，这种证明方法叫做综合法. 例 4 已知,a b R +∈，1a b +=，求证：221125()()2 a b a b +++≥ 证明：∵ 1a b += ∴ 1=22222()22()a b a b ab a b +=++≤+ ∴ 221 2 a b +≥
整合提升 知识网络 典例精讲 数学归纳法是专门证明与自然数集有关的命题的一种方法.它可用来证明与自然数有关的代数恒等式、三角恒等式、不等式、整除性问题及几何问题.在高考中，用数学归纳法证明与数列、函数有关的不等式是热点问题，特别是数列中的归纳—猜想—证明是对观察、分析、归纳、论证能力有一定要求的，这也是它成为高考热点的主要原因. 【例1】设n ∈N *且n≥2，求证:1+ n n >+++13121 恒成立. 证明: ①n=2时，左边=1+22 2>=右边，原不等式成立； ②设n=k(k≥2)时原不等式成立， 即1+k k >+ ++131 21 . 当n=k+1时，有1+=++>++++1111131 21 k k k k 即n=k+1时原不等式成立. 由①②，可知对于任何n ∈N *（n≥2）原不等式成立. 【例2】设a 1,a 2,a 3,…,a n ∈R 且0a 1+a 2+…+a n +1-n(n≥2,n ∈N *). 证明:①n=2时，∵（1-a 1）(1-a 2)>0, ∴a 1a 2>a 1+a 2+1-(1+1)成立. ②设n =k(n≥2)时原不等式成立， 即a 1a 2…a k >a 1+a 2+…+a k+1-k 成立， 则a 1a 2…a k +a k+1-1>a 1+a 2+…+a k +a k+1+1-(k+1)成立. ∴要证明n=k+1时原不等式成立， 即a 1a 2…a k a k+1>a 1+a 2+…+a k+1+1-(k+1)成立, 只需证明不等式 a 1a 2…a k a k+1>a 1a 2…a k +a k+1-1(*)成立. 要证明不等式（*）成立，只需证明 (a 1a 2…a k -1)(a k+1-1)>0. 又∵00成立. ∴不等式(*)也成立，即n=k+1时原不等式成立. 由①②可知对于任何n ∈N *（n≥2）原不等式成立. 温馨提示 当“假设不等式”直接向“目标不等式”过渡有困难时，可以先找一个介于“假设不等式”和“目标不等式”之间的“中途不等式”.通过对“中途不等式”的证明，实现由“假设不等式”到“目标不等式”的平稳过渡.而这个“中途不等式”仅起到桥梁作用.本例关键是尽快由“假设不等式”得
数列不等式求证 题目1：求证2 1+31+41+…+11+n <+<)1ln(n 1+21+31+41+…+n 1 题目2：求证<+) 1(2 n n n ln 4ln 3ln 2ln ?????? 题目3：求证 n n n 1 ln 44ln 33ln 22ln
构造函数法证特殊数列不等式 题目1：求证 2 1+31+41+…+11+n <+<)1ln(n 1+21+31+41+…+n 1 (一)构造函数①)0(1)1ln()(>+-+=x x x x x f 分析：2)1()1(11)(x x x x x f +-+-+= '=2 ) 1(x x +>0,函数)(x f 在(0,+∞)上单调递增。 所以当0>x 时，有)(x f >f(0)=0，即有)0(1)1ln(>+> +x x x x 因而有21111)111ln(=+> +,3121121 )211ln(=+>+,41 3 131)311ln(=+>+， (11) 111)11ln(+= +>+n n n n 故：)111ln(++)211ln(++)311ln(++……+)11ln(n +>21+31+41+……+11 +n 即>+)1ln(n 21+31+41+……+1 1 +n （二）构造函数②)0()1ln()(>-+=x x x x f 分析：111)(-+= 'x x f =x x +-1<0,函数)(x f 在(0,+∞)上单调递减。 所以当0>x 时，有)(x f
用构造局部不等式法证明不等式 有些不等式的证明，若从整体上考虑难以下手，可构造若干个结构完全相同的局部不等式，逐一证明后，再利用同向不等式相加的性质，即可得证。 例1. 若a b R ，∈*，a b +=2，求证：212123a b +++≤ 分析：由a ，b 在已知条件中的对称性可知，只有当a b ==1，即213a +=时，等号才能成立，所以可构造局部不等式。 证明：213321333213233 2a a a a +=+≤++=+···()() 同理，2133 2b b +≤+() ∴212133233223a b a b +++≤ +++=()() 例2. 设x x x n 12，，…，是n 个正数，求证：x x x x x x x x x x n n n 1222231221 12++++≥+-… ++…x n 。 证明：题中这些正数的对称性，只有当x x x n 12===…时，等号才成立，构造局部不等式如下： x x x x x x x x x x x x x x x x n n n n n n 122212233212121 12222+≥+≥+≥+≥--，，…，，。 将上述n 个同向不等式相加，并整理得： x x x x x x x x x x x n n n n 1222231221 12++++≥+++-……。 例3. 已知a a a n 12，，…，均为正数，且a a a n 121+++=…，求证： a a a a a a a a a n n 121222232112 ++++++≥…。
证明：因a a a n 12，，…，均为正数，故a a a a a a 12121214 +++≥， a a a a a a a a a a a a n n n n 222323221144 +++≥+++≥，…，。 又∵a a a a a a a a a n n 12231124441212 ++++++=+++=……()， ∴把以上各个同向不等式相加，整理得： a a a a a a a a a a a a n n n 12122223211212 1+++++++≥+++=…… 故a a a a a a a a a n n 121222232112 ++++++≥…。 例4. 设a b c R ，，∈*，且abc =1，求证： 111333a b c b c a c a b ()()()+++++≥32。 （第36届IMO ） 证明：由a ，b ，c 在条件中的对称性知，只有当a b c ===1时，才有可能达到最小值32，此时刚好1412 3a b c b c bc ()+=+=。所以，可构造如下局部不等式。 ∵14214133a b c b c bc a bc a ()+++≥=， 14214133b a c a c ac b ac b ()+++≥=， 14214133c a b a b ab c ab c ()+++≥=， ∴ 11111114333a b c b c a c a b a b c b c bc a c ac a b ab ()()()()()+++++≥++-+++++ =++≥=1211132132 3()a b c abc 例5. 设a b c R ，，∈*，且a b c ++=2，求证：a b c b c a c a b 222 1+++++≥。