不等式的证明1

4、基本不等式的证明（1）目标：(,0)2a b a b +≥的证明过程，并能应用基本不等式证明其他不等式。

过程：一、问题情境把一个物体放在天平的一个盘子上，在另一个盘子上放砝码使天平平衡，称得物体的质量为a 。

如果天平制造得不精确，天平的两臂长略有不同（其他因素不计），那么a 并非物体的实际质量。

不过，我们可作第二次测量：把物体调换到天平的另一个盘上，此时称得物体的质量为b 。

那么如何合理的表示物体的质量呢？把两次称得的物体的质量“平均”一下，以2a b A +=表示物体的质量。

这样的做法合理吗？ 设天平的两臂长分别为12,l l ，物体实际质量为M ，据力学原理有1221,l M l a l M l b ==，有2,M ab M ==,0a b >时，2a b +叫,a b,a b 的几何平均数 2a b +二、建构一般，判断两数的大小可采用“比较法”：02a b+-=≥ 2a b +≤（当且仅当a b =时取等号） 说明：当0a=或0b =时，以上不等式仍成立。

从而有 2a b +≤(0,0)a b ≥≥（称之“基本不等式”）当且仅当a b =时取等号。

2a b +≤的几何解释： 如图,,2a b OC CD OC CD +≥==三、运用例1 设,a b 为正数，证明：1(1)2(2)2b a a a ba +≥+≥ 注意：基本不等式的变形应用 2,2ab a b ab +⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭例2 证明：22(1)2a b ab +≥ 此不等式以后可直接使用1(2)1(1)1x x x +≥>-+ 4(3)4(0)a a a +≤-< 22≥ 22>例3 已知,0,1a b a b >+=，求证：123a b+≥+四、小结五、作业 反馈32 书P91 习题1，2，3。

多种方法证明高中不等式例1证明不等式n n2131211<++++(n ∈N *)证法一：(1)当n 等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立； (2)假设n =k (k ≥1)时，不等式成立，即1+k13121+++ ＜2k ，,1211)1(11)1(21121131211+=++++<+++=++<+++++k k k k k k k k k k 则∴当n =k +1时，不等式成立.综合(1)、(2)得：当n ∈N *时，都有1+n13121+++ ＜2n .另从k 到k +1时的证明还有下列证法：,1111212212:.12112,01),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22+=+++>++=-++<++∴>++<++∴>+-=+++-=+--+k k k kk k k k k k k k k k k k k k k k k k k 又如.12112+<++∴k k k证法二：对任意k ∈N *，都有：.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221n n n n k k k k k k k =--++-+-+<++++--=-+<+=因此证法三：设f (n )=),131211(2nn ++++-那么对任意k ∈N*都有：1)1(])1(2)1[(11]1)1(2)1(2[1111)1(2)()1(2>+-+=++-+⋅+=-+-++=+--+=-+k k k k k k k k k k k k k k k k f k f∴f (k +1)＞f (k )因此，对任意n ∈N * 都有f (n )＞f (n －1)＞…＞f (1)=1＞0， ∴.2131211n n <++++例2求使y x +≤a y x +(x ＞0，y ＞0)恒成立的a 的最小值. 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 ≤a 2(x +y )，即2xy ≤(a 2－1)(x +y )，①∴x ，y ＞0，∴x +y ≥2xy ，②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a 2－1=1， ∴a 2=2，a =2 (因a ＞0)，∴a 的最小值是2. 解法二：设yx xyy x xy y x y x y x yx yx u ++=+++=++=++=212)(2. ∵x ＞0，y ＞0，∴x +y ≥2xy (当x =y 时“=”成立)， ∴y x xy +2≤1，yx xy+2的最大值是1. 从而可知，u 的最大值为211=+， 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yx+1≤a 1+yx， 设y x =tan θ，θ∈(0，2π). ∴tan θ+1≤a 1tan 2+θ；即tan θ+1≤a se c θ ∴a ≥sin θ+cos θ=2sin(θ+4π)，③又∵sin(θ+4π)的最大值为1(此时θ=4π). 由③式可知a 的最小值为2.例3 已知a ＞0，b ＞0，且a +b =1.求证：(a +a 1)(b +b 1)≥425证法一：(分析综合法）欲证原式，即证4(ab )2+4(a 2+b 2)－25ab +4≥0，即证4(ab )2－33(ab )+8≥0，即证ab ≤41或ab ≥8.∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，∴ab ≥8不可能成立 ∵1=a +b ≥2ab ，∴ab ≤41，从而得证. 证法二：(均值代换法) 设a =21+t 1，b =21+t 2.∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴t 1+t 2=0，|t 1|＜21，|t 2|＜21.4254116254123162541)45(41)141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122=≥-++=--+=-++++++=++++++++=+++⨯+++=+⨯+=++∴t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t b b a a b b a a 显然当且仅当t =0，即a =b =21时，等号成立.证法三：(比较法）∵a +b =1，a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222≥++∴≥--=++=-+⋅+=-++b b a a ab ab ab ab ab b a b b a a b b a a 证法四：(综合法)∵a +b =1， a ＞0，b ＞0，∴a +b ≥2ab ，∴ab ≤41.4251)1(41 16251)1(169)1(434111222≥+-⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥+-⇒≥-⇒=-≥-∴ab ab ab ab ab ab 425)1)(1(≥++b b a a 即 证法五：(三角代换法）∵a ＞0，b ＞0，a +b =1，故令a =sin 2α，b =cos 2α，α∈(0，2π) .425)1)(1(4252sin 4)2sin 4(412sin 125162sin 24.3142sin 4,12sin 2sin 416)sin 4(2sin 42cos sin 2cos sin )cos 1)(cos sin 1(sin )1)(1(2222222222222442222≥++≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫≥≥+-=-≥-∴≤+-=+-+=++=++b b a a b b a a 即得ααααααααααααααααα例4.已知a ，b ，c 为正实数，a +b +c =1. 求证：(1)a 2+b 2+c 2≥31(2)232323+++++c b a ≤6证明：(1)证法一：a 2+b 2+c 2－31=31(3a 2+3b 2+3c 2－1)=31［3a 2+3b 2+3c 2－(a +b +c )2］=31［3a 2+3b 2+3c 2－a 2－b 2－c 2－2ab －2ac －2bc ］=31［(a －b )2+(b －c )2+(c －a )2］≥0 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法二：∵(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2ab +2ac +2bc ≤a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c 2 ∴3(a 2+b 2+c 2)≥(a +b +c )2=1 ∴a 2+b 2+c 2≥31证法三：∵33222c b a c b a ++≥++∴a 2+b 2+c 2≥3cb a ++ ∴a 2+b 2+c 2≥31证法四：设a =31+α，b =31+β，c =31+γ. ∵a +b +c =1，∴α+β+γ=0∴a 2+b 2+c 2=(31+α)2+(31+β)2+(31+γ)2=31+32 (α+β+γ)+α2+β2+γ2=31+α2+β2+γ2≥31 ∴a 2+b 2+c 2≥31629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(=+++<+++++∴+<++<+++<⨯+=+c b a c b a c c b b a a a 同理证法一 ∴原不等式成立. 证法二：3)23()23()23(3232323+++++≤+++++c b a c b a336)(3=+++=c b a∴232323+++++c b a ≤33＜6 ∴原不等式成立.例5.已知x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，证明：x ，y ，z ∈［0，32］证法一：由x +y +z =1，x 2+y 2+z 2=21，得x 2+y 2+(1－x －y )2=21，整理成关于y 的一元二次方程得：2y 2－2(1－x )y +2x 2－2x +21=0，∵y ∈R ，故Δ≥0∴4(1－x )2－4×2(2x 2－2x +21)≥0，得0≤x ≤32，∴x ∈［0，32］ 同理可得y ，z ∈［0，32］证法二：设x =31+x ′，y =31+y ′，z =31+z ′，则x ′+y ′+z ′=0， 于是21=(31+x ′)2+(31+y ′)2+(31+z ′)2 =31+x ′2+y ′2+z ′2+32 (x ′+y ′+z ′)=31+x ′2+y ′2+z ′2≥31+x ′2+2)(2z y '+'=31+23x ′2故x ′2≤91，x ′∈［－31，31］，x ∈［0，32］，同理y ，z ∈［0，32］证法三：设x 、y 、z 三数中若有负数，不妨设x ＜0，则x 2＞0，21=x 2+y 2+z 2≥x 2+21232)1(2)(2222+-=+-=+x x x x z y ＞21，矛盾.x 、y 、z 三数中若有最大者大于32，不妨设x ＞32，则21=x 2+y 2+z 2≥x 2+2)(2z y +=x 2+2)1(2x -=23x 2－x +21=23x (x －32)+21＞21；矛盾. 故x 、y 、z ∈［0，32］例6 .证明下列不等式：(1)若x ，y ，z ∈R ，a ，b ，c ∈R +，则cb a y b ac x a c b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx ) (2)若x ，y ，z ∈R +，且x +y +z =xyz ， 则zyx y x z x z y +++++≥2(z y x 111++))()()()()()(222)(4)(2))(()(2)]()()([)(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222≥-+-+-+-+-+-⇔++≥+++++⇔+++++≥+++++++⇔++≥+++++⋅⇔++≥+++++++≥+++++∴≥-+-+-=-++-++-+=++-+++++y x z x z y z y x y x xy x z zx z y yz xyz z xy yz x xy y x zx x z yz z y xyz z xy yz x x z z y y x xy y x zx x z yz z y z y x zx yz xy y x xy x z zx z y yz xyz zx yz xy z yx y x z x z y z y x zx yz xy z c b a y b a c x a c b x a c z c a z c b y b c y b a x a b zx x a cz c a yz z c b y b c xy y b a x a b zx yz xy z cb a y b ac x c b 所证不等式等介于证明证明∵上式显然成立，∴原不等式得证.例7.已知i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n . (1)证明：n i A i m ＜m i A i n ； (2)证明：(1+m )n ＞(1+n )m7.证明：(1)对于1＜i ≤m ，且A i m =m ·…·(m －i +1)，n i n n n n n nm i m m m m m m i i m i i m 11A ,11A +-⋅⋅-⋅=+-⋅⋅-⋅= 同理， 由于m ＜n ，对于整数k =1，2，…，i －1，有mkm n k n ->-， 所以i m i i n i i i mi i n n m mn A A ,A A >>即(2)由二项式定理有：(1+m )n =1+C 1n m +C 2n m 2+…+C nn m n ，(1+n )m =1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，由(1)知m iA in＞n iA i m (1＜i ≤m )，而C i m=!A C ,!A i i i ni n i m =∴m i C i n ＞n i C i m (1＜m ＜n )∴m 0C 0n =n 0C 0n =1，m C 1n =n C 1m =m ·n ，m 2C 2n ＞n 2C 2m ，…， m m C m n ＞n m C m m ，m m +1C 1+m n ＞0，…，m n C n n ＞0， ∴1+C 1n m +C 2n m 2+…+C n n m n ＞1+C 1m n +C 2m n 2+…+C m m n m ，即(1+m )n ＞(1+n )m 成立.例8.若a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，求证：a +b ≤2，ab ≤1. 证法一：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以 (a +b )3－23=a 3+b 3+3a 2b +3ab 2－8=3a 2b +3ab 2－6=3［ab (a +b )－2］=3［ab (a +b )－(a 3+b 3)］=－3(a +b )(a －b )2≤0. 即(a +b )3≤23，又a +b ＞0，所以a +b ≤2，因为2ab ≤a +b ≤2， 所以ab ≤1.证法二：设a 、b 为方程x 2－mx +n =0的两根，则⎩⎨⎧=+=ab n ba m ，因为a ＞0，b ＞0，所以m ＞0，n ＞0，且Δ=m 2－4n ≥0 ① 因为2=a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］=m (m 2－3n )所以n =mm 3232-② 将②代入①得m 2－4(mm 3232-)≥0， 即mm 383+-≥0，所以－m 3+8≥0，即m ≤2，所以a +b ≤2，由2≥m 得4≥m 2，又m 2≥4n ，所以4≥4n ， 即n ≤1，所以ab ≤1.证法三：因a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以2=a 3+b 3=(a +b )(a 2+b 2－ab )≥(a +b )(2ab －ab )=ab (a +b )于是有6≥3ab (a +b )，从而8≥3ab (a +b )+2=3a 2b +3ab 2+a 3+b 3=(a +b )3，所以a +b ≤2，(下略）证法四：因为333)2(2b a b a +-+8))((38]2444)[(22222b a b a ab b a ab b a b a -+=----++=≥0， 所以对任意非负实数a 、b ，有233b a +≥3)2(b a +因为a ＞0，b ＞0，a 3+b 3=2，所以1=233b a +≥3)2(b a +，∴2b a +≤1，即a +b ≤2，(以下略）证法五：假设a +b ＞2，则a 3+b 3=(a +b )(a 2－ab +b 2)=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞(a +b )ab ＞2ab ，所以ab ＜1， 又a 3+b 3=(a +b )［a 2－ab +b 2］=(a +b )［(a +b )2－3ab ］＞2(22－3ab )因为a 3+b 3=2，所以2＞2(4－3ab )，因此ab ＞1，前后矛盾，故a +b ≤2(以下略)。

第二讲 证明不等式的基本方法（1）2.1 比较法A 级 基础巩固一、选择题1．若a ＜0，b ＜0，则p ＝b 2a ＋a 2b与q ＝a ＋b 的大小关系为( ) A ．p ＜q B ．p ≤q C ．p ＞q D ．p ≥q2．已知a ，b 都是正数，P ＝a ＋b 2，Q ＝a ＋b ，则P ，Q 的大小关系是( ) A ．P ＞Q B ．P ＜Q C ．P ≥Q D ．P ≤Q3．已知a ，b ，c 均大于1，且log a c ·log b c ＝4，则下列一定正确的是( )A ．ac ≥bB ．ab ≥cC ．bc ≥aD ．ab ≤c4．在等比数列{a n }和等差数列{b n }中，a 1＝b 1＞0，a 3＝b 3＞0，a 1≠a 3，则a 5与b 5的大小关系为( )A ．a 5＞b 5B ．a 5＜b 5C ．a 5＝b 5D ．不确定5．已知a ＞0且a ≠1，P ＝log a (a 3＋1)，Q ＝log a (a 2＋1)，则P ，Q 的大小关系是( )A ．P ＞QB ．P ＜QC ．P ＝QD ．大小不确定二、填空题6．若－1＜a ＜b ＜0，则1a ，1b，a 2，b 2中最小的是________． 7．设x ＝a 2b 2＋5，y ＝2ab －a 2－4a ，若x ＞y ，则实数a ，b 应满足的条件是________．8．若0＜a ＜b ＜1，P ＝log 12⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，Q ＝12(log 12a ＋log 12b )，M ＝log 12(a ＋b )，则P ，Q ，M 的大小关系是________．三、解答题9．已知a ∈R ，求证：3(1＋a 2＋a 4)≥(1＋a ＋a 2)2．10．已知a ，b ，c ∈R ＋，求证：a a b b c c ≥(abc )a ＋b ＋c3．B 级 能力提升1．已知a ＞b ＞0，c ＞d ＞0，m ＝ac －bd ，n ＝（a －b ）（c －d ），则m 与n 的大小关系是( )A ．m ＜nB ．m ＞nC ．m ≥nD ．m ≤n2．已知a ＞0，对于大于1的自然数n ，总有n －1a n ＜n a n ＋1，则a 的取值范围是________．3．(1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋1xy≤1x＋1y＋xy；(2)设1＜a≤b≤c，证明log a b＋log b c＋log c a≤log b a＋log c b＋log a c．第二讲 证明不等式的基本方法（2）2.2 综合法与分析法A 级 基础巩固一、选择题1．若a ＞0，b ＞0，则必有( )A ．b 2a ＞2b －aB ．b 2a ＜2b －aC ．b 2a ≥2b －aD ．b 2a≤2b －a 2．设x ，y ＞0，且xy －(x ＋y )＝1，则( )A ．x ＋y ≥2(2＋1)B ．xy ≤2＋1C ．x ＋y ≤2(2＋1)2D ．xy ≥2(2＋1)3．若a ＞b ＞0，下列各式中恒成立的是( )A ．2a ＋b a ＋2b ＞a bB ．b 2＋1a 2＋1＞b 2a 2C ．a ＋1a ＞b －1bD ．a a ＞a b 4．若a ，b ，c ∈R ，且ab ＋bc ＋ac ＝1，则下列不等式成立的是( )A ．a 2＋b 2＋c 2≥2B ．(a ＋b ＋c )2≥3C ．1a ＋1b ＋1c ≥2 3D ．abc (a ＋b ＋c )≤135．已知a ，b ∈R ，则“a ＋b ＞2，ab ＞1”是“a ＞1，b ＞1”成立的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件二、填空题6．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则实数a ，b 应满足的条件是________．7．若1a ＜1b＜0，已知下列不等式： ①a ＋b ＜ab ；②|a |＞|b |；③a ＜b ；④b a ＋a b＞2． 其中正确的不等式的序号为________．8．在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，c 为斜边，则a ＋b c的取值范围是________． 三、解答题9．求证：7＜25－3．10．已知：a ，b 是不相等的正数，且a 3－b 3＝a 2－b 2，求证：1＜a ＋b ＜43． B 级 能力提升1．设a ＞0，b ＞0，则以下不等式中不恒成立的是( )A ．(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ≥4B ．a 3＋b 3≥2ab 2C ．a 2＋b 2＋2≥2a ＋2bD ．|a －b |≥a －b2．若n 为正整数，则2n ＋1与2n ＋1n的大小关系是________． 3．(2015·课标全国Ⅱ卷)设a ，b ，c ，d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ．证明：(1)若ab ＞cd ，则a ＋b ＞c ＋d ； (2)a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件．第二讲 证明不等式的基本方法（3）2.3 反证法与放缩法A 级 基础巩固一、选择题1．用反证法证明命题“如果a ＞b ，那么3a ＞3b ”时，假设的内容是( )A ．3a ＝3bB ． 3a ＜3bC ． 3a ＝3b ，且3a ＜3bD ． 3a ＝3b 或3a ＜3b2．实数a ，b ，c 不全为0的等价命题为( )A ．a ，b ，c 均不为0B ．a ，b ，c 中至多有一个为0C ．a ，b ，c 中至少有一个为0D ．a ，b ，c 中至少有一个不为03．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)有有理根，那么a ，b ，c 中至少有一个偶数，下列假设中正确的是( )A ．假设a ，b ，c 都是偶数B ．假设a ，b ，c 都不是偶数C ．假设a ，b ，c 至多有一个偶数D ．假设a ，b ，c 至多有两个偶数4．设x ，y ，z 都是正实数，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a ，b ，c 三个数( ) A ．至少有一个不大于2 B ．都小于2 C ．至少有一个不小于2 D ．都大于25．若不等式x 2－2ax ＋a ＞0对一切实数x ∈R 恒成立，则关于t 的不等式at 2＋2t －3＜1的解集为( )A ．(－3，1)B ．(－∞，－3)∪(1，＋∞)C ．∅D ．(0，1)二、填空题6．某同学准备用反证法证明如下一个问题，函数f (x )在[0，1]上有意义，且f (0)＝f (1)，如果对于不同的x 1，x 2∈[0，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|＜|x 1－x 2|，求证：|f (x 1)－f (x 2)|＜12，那么它的假设应该是________．7．lg 9·lg 11与1的大小关系是________．8．设a ，b ，c 均为正数，P ＝a ＋b －c ，Q ＝b ＋c －a ，R ＝c ＋a －b ，则“PQR ＞0”是“P ，Q ，R 同时大于零”的________条件．三、解答题9．已知x ，y ＞0，且x ＋y ＞2．求证：1＋x y ，1＋y x 中至少有一个小于2．10．设a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1a ＋1b．证明： (1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a ＜2与b 2＋b ＜2不可能同时成立．B 级 能力提升1．若a ＞0，b ＞0，满足ab ≥1＋a ＋b ，那么( )A ．a ＋b 有最小值2＋2 2B ．a ＋b 有最大值(2＋1)2C ．ab 有最大值2＋1D ．ab 有最小值2＋2 22．设x ，y ，z ，t 满足1≤x ≤y ≤z ≤t ≤100，则x y ＋z t的最小值为________． 3．若数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2，n ∈N *，求证：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74．复习课[整合·网络构建][警示·易错提醒]1．比较法的一个易错点．忽略讨论导致错误，当作差所得的结果“正负不明”时，应注意分类讨论．2．分析法和综合法的易错点．对证明方法不理解导致证明错误，在不等式的证明过程中，常因对分析法与综合法的证明思想不理解而导致错误．3．反证法与放缩法的注意点．(1)反证法中对结论否定不全．(2)应用放缩法时放缩不恰当．专题一 比较法证明不等式比较法证明不等式的大致步骤是：作差(或商)—恒等变形—判断差的符号(或商与1的大小)，其中，恒等变形是关键，目的在于判断差的符号或商与1的大小．[例1] 已知a ≥b >0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b ．归纳升华变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方、因式分解，可运用一切恒等变形的方法．[变式训练] 已知a ＞0，b ＞0，a ≠b ，求证：a 6＋b 6＞a 4b 2＋a 2b 4．专题二 综合法证明不等式综合法证明不等式的思维方式是“顺推”，即由已知的不等式出发，逐步推出其必要条件(由因导果)，最后推导出所要证明的不等式成立．证明时要注意的是：作为依据和出发点的几个重要不等式(已知或已证)成立的条件往往不同，应用时要先考虑是否具备应有的条件，避免错误．[例2] 设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1．归纳升华用综合法证明不等式，可利用已经证过的不等式作为基础，再运用不等式的性质推导出所要证的不等式．[变式训练] 设a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab≥8． 专题三 用分析法证明不等式分析法证明不等式的思维方法是“逆推”，即由待证的不等式出发，逐步逆求它要成立的充分条件(执果索因)，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．当要证的不等式不知从何入手时，可考虑用分析法去证明，特别是对于条件简单而结论复杂的题目，往往更为有效．[例3] 求证：3＋6＜4＋5．归纳升华1．分析法的格式是固定的，但是必须注意推演过程中的每一步都是寻求相应结论成立的充分条件．2．分析法是“执果索因”，逐步寻求上一步成立的充分条件，而综合法是“由因导果”，逐步推导出不等式成立的必要条件，两者是对立统一的．一般来说，对于较复杂的不等式，直接用综合法往往不易入手，因此通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法可结合使用．[变式训练] 已知a ＞b ＞0，求证：a －b ＜a －b ．专题四 用反证法证明不等式反证法常用于直接证明困难或结论以否定形式出现的命题，涉及“都是”“都不是”“至少”“至多”等形式的命题．[例4] 若a 3＋b 3＝2，求证：a ＋b ≤2．归纳升华反证法是从否定结论出发，经过推理论证，得出矛盾，从而肯定原命题正确的证明方法，其步骤为：(1)分清命题的条件和结论，作出与命题结论相矛盾的假定命题(否定结论)．(2)从假定和条件出发，应用正确的推理方法，推出矛盾．(3)断定产生矛盾的原因在于开始所作的假设不正确，于是原命题成立，从而间接证明了原命题为真命题．[变式训练] 若a ，b ，c 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6，求证：a ，b ，c 中至少有一个大于0．专题五 用放缩法证明不等式在证明不等式时，有时需要舍去或添加一些项，有时需要拆项、添项，使不等式的一边放大或缩小，然后利用不等式的传递性达到证明的目的．运用放缩法证明的关键是放缩要适当，既不能太大，也不能太小．[例5] 设a ，b ，c ∈R ＋且abc ＝1，求证：11＋a ＋b ＋11＋b ＋c ＋11＋c ＋a≤1． 归纳升华用放缩法证明不等式时，常见的放缩依据或技巧是不等式的传递性．缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值减小；全量不小于部分；每次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头．同时，放缩有时需便于求和． [变式训练] 若n 是大于1的自然数，求证112＋122＋132＋ (1)2＜2． 专题六 函数与方程思想函数与方程思想是先构造辅助函数，将所给问题转化为函数的性质(如单调性、奇偶性、最值等)问题．运用此方法要能够根据问题的结构特征恰当地构造函数，准确地利用函数的性质解决问题．[例6] 已知a ，b 是正实数，且a ＋b ＝1，求证1ab ＋ab ≥174． [变式训练] 已知a ，b ，c 为三角形的三条边，求证a 1＋a ，b 1＋b ，c 1＋c也可以构成一个三角形．评估验收卷(二)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．设t ＝a ＋2b ，S ＝a ＋b 2＋1，则下列t 与S 的大小关系中正确的是( )A ．t ＞SB ．t ≥SC ．t ＜SD ．t ≤S2．已知a ，b ，c ，d 都是正数，且bc ＞ad ，则a b ，a ＋c b ＋d ，a ＋2c b ＋2d ，c d中最大的是( ) A ．a b B ．a ＋c b ＋d C ．a ＋2c b ＋2dD ．c d 3．已知a ＝6＋7，b ＝5＋8，c ＝5，则a ，b ，c 的大小关系排列为( )A ．a ＞b ＞cB ．a ＞c ＞bC ．b ＞a ＞cD ．c ＞a ＞b4．若1a ＜1b＜0，则下列结论不正确的是( ) A ．a 2＜b 2 B ．ab ＜b 2 C ．b a ＋a b＞2 D ．|a |＋|b |＞|a ＋b | 5．若q ＞0，且q ≠1，m ，n ∈N ＋，则1＋q m＋n 与q m ＋q n 的大小关系是( ) A ．1＋q m ＋n ＞q m ＋q n B ．1＋q m ＋n ＜q m ＋q n C ．1＋q m ＋n ＝q m ＋q n D ．不能确定6．已知非零实数a ，b 满足a ＞b ，则下列不等式成立的是( )A ．a 2＞b 2B ．1a ＜1bC ．a 2b ＞ab 2D ．a b 2＞b a 2 7．否定“自然数a ，b ，c 中恰有一个为偶数”时，正确假设为( )A ．a ，b ，c 都是奇数B ．a ，b ，c 都是偶数C ．a ，b ，c 中至少有两个偶数D ．a ，b ，c 中至少有两个偶数或都是奇数8．对于x ∈[0，1]的任意值，不等式ax ＋2b ＞0恒成立，则代数式a ＋3b 的值( )A ．恒为正值B ．恒为非负值C ．恒为负值D ．不确定9．使不等式3＋8＞1＋a 成立的正整数a 的最大值为( )A ．10B ．11C ．12D ．1310．(2015·湖南卷)若实数a ，b 满足1a ＋2b ＝ab ，则ab 的最小值为( ) A ． 2 B ．2 C ．2 2 D ．411．M ＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n （n ＋1）与1的大小关系是( ) A ．M ＞1 B ．M ＜1 C ．M ＝1 D ．不确定12．设a ＞b ＞c ，n ∈N ，且1a －b ＋1b －c ≥n a －c ，则n 的最大值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．用反证法证明命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”时的假设是________．14．用分析法证明：若a ，b ，m 都是正数，且a ＜b ，则a ＋m b ＋m ＞a b．完成下列证明过程． 因为b ＋m ＞0，b ＞0，所以要证原不等式成立，只需证明b (a ＋m )＞a (b ＋m )，即只需证明________．因为m ＞0，所以只需证明b ＞a ，由已知显然成立，所以原不等式成立．15．不等式log 3(|x －4|＋|x ＋5|)＞a 对于一切x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围________．16．用放缩法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜1(n ∈N ＋)时，关键是要用下列不等式进行有效放缩，它们是________．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)，比较a 2＋b 2与ab ＋a ＋b －1的大小．18．(12分)已知a ＋b ＋c ＞0，abc ＞0，ab ＋bc ＋ca ＞0，求证：a ＞0，b ＞0，c ＞0．19．(12分)求证：若n ≥3，n ∈N ，则133＋143＋153＋…＋1n 3＜112． 20．(12分)设a ＋b ＝2，b ＞0，当12|a |＋|a |b取得最小值时，求a 的值． 21．(12分)设a ，b ，c 是不全相等的正实数．求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2＞lg a ＋lg b ＋lg c ． 22．(12分)等差数列{a n }各项均为正整数，a 1＝3，前n 项和为S n ．等比数列{b n }中，b 1＝1，且b 2S 2＝64，{ba n }是公比为64的等比数列．(1)求a n 与b n ；(2)证明：1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＜34．。

在线堂课不等式的证明（比较法、综合法、分析法）授课教师：江西师大附中蔡卫强合情推理是发现的方法，演绎推理是数学中严格证明的工具.怎样用演绎推理来证明呢？这是要讲究方法的.今天,我们就来认识一些基本的证明方法……一、作差比较法 1．理论依据：①a ＞b ⇔ ；②a ＝b ⇔a －b ＝0； ③a ＜b ⇔ . 2．定义：要证明a ＞b ，转化为证明 ，这种方法称为作差比较法．3．步骤：① ；②变形；③ ；④下结论．a －b ＞0 a －b ＜0 a －b ＞0 判断符号作差二、 作商比较法 1．理论依据：当b ＞0时，①a ＞b ⇔ ；②a ＜b ⇔ab ＜1；③a ＝b ⇔ab ＝1. 2．定义：证明a ＞b (b ＞0)，只要转化为证明 ，这种方法称为作商比较法．3．步骤：①作商；②变形；③判断商与1大小；④下结论．ab ＞1 ab ＞1【例1】已知a，b∈R，求证：a2＋b2＋1≥ab＋a＋b.[精彩点拨]此不等式作差后是含有两个字母的二次式，既可配成平方和的形式，也可根据二次三项式的判别式确定符号．[自主解答]法一∵a2＋b2－ab－a－b＋1＝12[(a－b)2＋(a－1)2＋(b－1)2]≥0，∴a2＋b2＋1≥ab＋a＋b.作差比较法证明不等式法二a2＋b2－ab－a－b＋1＝a2－(b＋1)a＋b2－b＋1，对于a的二次三项式，Δ＝(b＋1)2－4(b2－b＋1)＝－3(b－1)2≤0.∴a2－(b＋1)a＋b2－b＋1≥0，故a2＋b2＋1≥ab＋a＋b.1．作差比较法中，变形具有承上启下的作用，变形的目的在于判断差的符号，而不用考虑差值的多少．2．因式分解是常用的变形手段，为了便于判断“差式”的符号，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式，当所得的“差式”是某字母的二次三项式时，可利用“Δ”判定符号．【例2】 已知a ＞0，b ＞0且a ≠b ，求证：a a b b ＞.[精彩点拨] →作商变形 →与1比较大小→下结论作商比较法证明不等式1．当不等式的两端为指数式时，可作商证明不等式．2．运用a ＞b ⇔a b ＞1证明不等式时，一定注意b ＞0是前提条件．若符号不能确定，应注意分类讨论．三、 综合法一般地，从 出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做 ，又叫 或 ．由因导果法 已知条件 综合法 顺推证法 用综合法证明不等式的逻辑关系))()((21结论必要条件逐步推演不等式成立的已知BB B B A n ⇒⇒⇒⇒⇒【例3】 已知a ，b ，c 是正数，求证：b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c ≥abc .[精彩点拨] 由a ，b ，c 是正数，联想去分母，转化证明b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2≥abc (a ＋b ＋c )，利用x 2＋y 2≥2xy 可证．或将原不等式变形为bc a ＋ac b ＋abc ≥a ＋b ＋c 后，再进行证明．用综合法证明不等式[自主解答] 法一 ∵a ，b ，c 是正数，∴b 2c 2＋c 2a 2≥2abc 2，b 2c 2＋a 2b 2≥2ab 2c ，c 2a 2＋a 2b 2≥2a 2bc ， ∴2(b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2)≥2(abc 2＋ab 2c ＋a 2bc )，即b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2≥abc (a ＋b ＋c )．又a ＋b ＋c ＞0，∴b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b2a ＋b ＋c ≥abc .法二 ∵a ，b ，c 是正数，∴bc a ＋acb ≥2bca ·acb ＝2c .同理ac b ＋ab c ≥2a ，ab c ＋bca ≥2b ， ∴2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫bc a ＋ac b ＋ab c ≥2(a ＋b ＋c )．又a ＞0, b ＞0，c ＞0，∴b 2c 2＋a 2c 2＋a 2b 2≥abc (a ＋b ＋c )．故b 2c 2＋c 2a 2＋a 2b 2a ＋b ＋c ≥abc .1．综合法证明不等式，揭示出条件和结论之间的因果联系，为此要着力分析已知与求证之间、不等式的左右两端之间的差异与联系，合理进行转换，恰当选择已知不等式(切入点)，这是证明的关键．2．综合法证明不等式的主要依据：(1)不等式的基本性质；(2)基本不等式及其变形；(3)三个正数的算术-几何平均不等式等．22222222333,,:(1)0;(2)0;(3)2;222(4);1122(5)3;(6)a b a b a a a b ab a b a bab a ba b c abc a b a b a b++⎛⎫≥≥+≥≥ ⎪⎝⎭++≤≤≤+++≥-≤±≤+利用综合法证明不等式时应注意对已证不等式的使用常用的不等式有四、 分析法证明命题时，我们还常常从要证的 出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为 或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做，这是一种执果索因的思考和证明方法． 分析法 结论 已知条件 用分析法证明不等式的逻辑关系知成立的充分条件论已步步寻求不等式结 ) ( 21AB B B B n ⇐⇐⇐⇐⇐用分析法证“若A则B”这个命题的模式是: 为了证明命题B为真,为真,从而有……只需证明命题B1只需证明命题B为真,从而有……2……只需证明命题A为真.而已知A为真,故B必真.【例4】已知a＞b＞0，求证：(a－b)28a＜a＋b2－ab＜(a－b)28b.[精彩点拨]本题要证明的不等式显得较为复杂，不易观察出怎样由a＞b＞0得到要证明的不等式，因而可以用分析法先变形要证明的不等式，从中找到证题的线索．[自主解答] 要证原不等式成立，只需证(a －b )24a ＜a ＋b －2ab ＜(a －b )24b ， 即证⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2a 2＜(a －b )2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫a －b 2b 2.只需证a －b2a ＜a －b ＜a －b2b ，即a ＋b2a ＜1＜a ＋b2b ，即b a ＜1＜ab .只需证b a ＜1＜ab . ∵a ＞b ＞0，∴b a ＜1＜ab 成立．∴原不等式成立．1．解答本题的关键是在不等式两边非负的条件下，利用不等式的开方性质寻找结论成立的充分条件，采用分析法是常用方法．证明过程一要注意格式规范，二要注意逻辑关系严密、准确．2．当所证不等式与重要不等式、基本不等式没有什么直接联系，或条件与结论之间的关系不明显时，可用分析法来寻找证明途径．常常利用移项、去分母、平方、开方等方法进行分析探路．【例5】设x，y∈(0，＋∞)，求证：12(x＋y)2＋14(x＋y)≥x y＋y x.证明：原不等式⇔2(x＋y)2＋(x＋y)≥4x y＋4y x ⇔(x＋y)[2(x＋y)＋1]≥2xy(2x＋2y)．因为x ＋y ≥2xy ＞0， 所以只需证2(x ＋y )＋1≥2x ＋2y .即证⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋14≥x ＋y .而x ＋14≥2x 4＝x ，y ＋14≥2y4＝y ，当且仅当x ＝y ＝14时，等号成立，所以12(x ＋y )2＋14(x ＋y )≥x y ＋y x .1．分析法在思考上优于综合法，易于寻找证明的思路，综合法在证明过程中书写表达条理、简练，故常将两法综合使用，用分析法“探路”，用综合法“书写”，从而解决较复杂的不等式证明问题．2．在证明不等式的过程中，分析法和综合法是不能分离的，如果使用综合法证明不等式难以入手，常用分析法探索证题途径，之后用综合法的形式写出它的证明过程．有时问题证明难度较大，常综合应用分析法和综合法，从两头往中间靠以达到证题目的．当堂达标固双基1．设a，b，m均为正数，且ba＜b＋ma＋m，则a与b的大小关系是________．[解析]b＋ma＋m－ba＝m(a－b)a(a＋m)＞0.又a，b，m为正数，∴a(a＋m)＞0，m＞0，因此a－b＞0.即a＞b.[答案]a＞b3．已知a≥b＞0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.[证明]2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)．因为a≥b＞0，所以a－b≥0，a＋b＞0,2a＋b＞0, 从而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，即2a3－b3≥2ab2－a2b.2222224.,,0,,()()()6a b c a b c b c a c a b abc >+++++>已知且不全相等求证:abc c b a a bc c b 2)(,0,2 :2222≥+∴>≥+ 证明abc a c b b ac a c 2)(,0,2 2222≥+∴>≥+ abc b a c c ab b a 2)(,0,2 2222≥+∴>≥+ abcb ac a c b c b a c b a 6)()()(,,,,222222>+++++把它们相加得取等号少有一个不所以上述三个式子中至不全相等由于5．已知a ＞0，求证： a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2.[证明] 因为a ＞0，要证原不等式成立，只需证 a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a ＋2，即证a 2＋1a 2＋4a 2＋1a 2＋4≥⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋1a 2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋1a ＋2，只需证2·a 2＋1a 2≥a ＋1a ， 即证2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 2＋1a 2≥a 2＋1a 2＋2，只需证a 2＋1a 2≥2.由基本不等式知a 2＋1a 2≥2显然成立，所以原不等式成立．1. 比较法(作差比较法与作商比较法)是证明不等式最基本、最重要的方法，其基本步骤是:①作差(或作商);②变形;③判断差的符号(或商与“1”的大小);④下结论.其中“变形”是关键，作差比较法通常将差变形成因式乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断正负，作商比较法往往运用于不等式是乘积式或幂的形式.2．综合法是从已知条件或基本不等式出发，运用不等式的有关性质推导出所要证明的不等式，证明思路是“由因导果”．综合法证明不等式，要揭示出条件与结论间的因果联系，为此要着力分析已知与求证间，不等式左、右两端的差异与联系，合理变换、恰当选择已知不等式是证明的关键．寻找启动不等式是综合法的难点.22222222333:(1)0;(2)0;(3)2;222(4);1122(5)3;(6)a b a b a a a b ab a b a b ab a ba b c abc a b a b a b++⎛⎫≥≥+≥≥ ⎪⎝⎭++≤≤≤+++≥-≤±≤+常用的不等式有3．分析法就是从求证的不等式出发，执果索因，找出使这个不等式成立需具备的充分条件，直至能肯定所需条件已经具备．证明的关键是推理的每一步都必须可逆．用分析法证明“若A则B”的模式为：欲证命题B成立，只需证命题B1成立……只需证命题B2成立…………只需证明A为真．今已知A为真，故B必真．可以简单写成：B⇐B1⇐B2⇐……⇐B n⇐A.4．证明时省略掉“要证明”和“只需证明”的字样，就会颠倒因果关系而犯逻辑上的根本错误，但可用“⇐”取代那些必要的词语．应予以足够重视．5．分析法和综合法是对立统一的两种方法，分析法的特点是利于思考，因为其方向明确，思路自然，易于掌握．综合法的优点是宜于表述、条理清楚、形式简洁．证明时常用分析法探索证明途径，后用综合法的形式写出证明过程，这是解数学问题的一种重要思想方法．Thank you for watching !。