不等式的证明作商比较法
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高中数学:不等式题目的七种证明方法压轴题目一般是开放型的题目,每年都是会变化。
但大概率题目是函数、数列、圆锥曲线、不等式等知识的综合问题。
我就来总结一下不等式的证明方法。
01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,即通过来确定a,b大小关系的方法。
前者为作差法,后者为作商法。
但要注意作差法适用范围较广;作商法再用时注意符号问题,如果同为正的话是没有问题的,同为负的话记得改变不等式的符号。
02分析法和综合这两个方法我们一般会一起使用。
分析法是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。
综合法是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。
我们来看一个例题,已知如果要用综合法或者分析法的话,对于过程上需要写明,即证,所以要证,也就是说,即等价于……一些转化的语句来过渡我们的题目。
当然这两个方法我们经常一起用,因为分析完条件,分析结论,两个一起分析做题速度更快一些呢。
03反证法从否定结论出发,经过逻辑推理,导出矛盾,证实结论的否定是错误的,从而肯定原结论是正确的。
这个方法其实是按照集合的补集理论来的,正难则反,但是要注意用反证法证明不等式时,必须将命题结论的反面的各种情形都要考虑到,不能少的。
反证法证明一个命题的思路及步骤:1)假定命题的结论不成立;2)进行推理,在推理中出现下列情况之一:与已知条件矛盾;与公理或定理矛盾;3)由于上述矛盾的出现,可以断言,原来的假定“结论不成立”是错误的;4)肯定原来命题的结论是正确的。
04放缩法在证明过程中,利用不等式的传递性,作适当的放大或缩小,证明有更好的不等式来代替原不等式。
放缩法的目的性强,必须恰到好处,。
同时在放缩时必须时刻注意放缩的跨度,放不能过头,缩不能不及,灵活性很大。
不等式的证明不等式的证明不等式的证明,基本方法有比较法:(1)作差比较法(2)作商比较法综合法:用到了均值不等式的知识,一定要注意的是一正二定三相等的方法的使用。
分析法:当无法从条件入手时,就用分析法去思考,但还是要用综合法去证明。
两个方法是密不可分的。
换元法:把不等式想象成三角函数,方便思考反证法:假设不成立,但是不成立时又无法解出本题,于是成立放缩法:用柯西不等式证。
等等……高考不是重点,但是难点。
大学数学也会讲到柯西不等式。
不等式是数学的基本内容之一,它是研究许多数学分支的重要工具,在数学中有重要的地位,也是高中数学的重要组成部分,在高考和竞赛中都有举足轻重的地位。
不等式的证明变化大,技巧性强,它不仅能够检验学生数学基础知识的掌握程度,而且是衡量学生数学水平的一个重要标志,本文将着重介绍以下几种不等式的初等证明方法和部分方法的例题以便理解。
一、不等式的初等证明方法1.综合法:由因导果。
2.分析法:执果索因。
基本步骤:要证..只需证..,只需证..(1)“分析法”证题的理论依据:寻找结论成立的充分条件或者是充要条件。
(2)“分析法”证题是一个非常好的方法,但是书写不是太方便,所以我们可利用分析法寻找证题的途径,然后用“综合法”进行表达。
3.反证法:正难则反。
4.放缩法:将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的。
放缩法的方法有:(1)添加或舍去一些项,如:(2)利用基本不等式,如3)将分子或分母放大(或缩小):5.换元法:换元的目的就是减少不等式中变量,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。
6.构造法:通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式。
证明不等式的方法灵活多样,但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法。
7.数学归纳法:数学归纳法证明不等式在数学归纳法中专门研究。
8.几何法:用数形结合来研究问题是数学中常用的方法,若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时,可以考虑构造相关几何图形来完成,若运用得好,有时则有神奇的功效。
不等式的证明最新考纲 通过一些简单问题了解证明不等式的基本方法:比较法、综合法、分析法.知 识 梳 理1.基本不等式定理1:如果a ,b ∈R,那么a 2+b 2≥2ab ,当且仅当a =b 时,等号成立. 定理2:如果a ,b >0,那么a +b 2≥a =b 时,等号成立,即两个正数的算术平均不小于(即大于或等于)它们的几何平均.定理3:如果a ,b ,c ∈R +,那么a +b +c 3≥a =b =c 时,等号成立.2.不等式的证明方法(1)比较法①作差法(a ,b ∈R):a -b >0⇔a >b ;a -b <0⇔a <b ;a -b =0⇔a =b . ②作商法(a >0,b >0):a b >1⇔a >b ;a b <1⇔a <b ;a b=1⇔a =b .(2)综合法与分析法①综合法:从已知条件出发,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.综合法又叫顺推证法或由因导果法.②分析法:从要证的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,所需条件为已知条件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,这种证法称为分析法,即“执果索因”的证明方法.[微点提醒]1.作差比较法的实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数(或式子)与0的大小关系.2.用分析法证明数学问题时,要注意书写格式的规范性,常常用“要证(欲证)……”“即要证……”“就要证……”等分析到一个明显成立的结论,再说明所要证明的数学问题成立.3.利用基本不等式证明不等式或求最值时,要注意变形配凑常数.基础自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)比较法最终要判断式子的符号得出结论.( )(2)综合法是从原因推导到结果的思维方法,它是从已知条件出发,经过逐步推理,最后达到待证的结论.( )(3)分析法又叫逆推证法或执果索因法,是从待证结论出发,一步一步地寻求结论成立的必要条件,最后达到题设的已知条件或已被证明的事实.( )(4)使用反证法时,“反设”不能作为推理的条件应用.( )解析(1)作商比较法是商与1的大小比较.(3)分析法是从结论出发,寻找结论成立的充分条件.(4)应用反证法时,“反设”可以作为推理的条件应用.答案(1)×(2)√(3)×(4)×2.(选修4-5P23习题2.1T1改编)已知a≥b>0,M=2a3-b3,N=2ab2-a2b,则M,N的大小关系为________.解析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,故2a3-b3≥2ab2-a2b.答案M≥N3.(选修4-5P25T3改编)已知a,b,c∈(0,+∞),且a+b+c=1,则1a +1b+1c的最小值为________.解析把a+b+c=1代入1a +1b+1c得a+b+ca+a+b+cb+a+b+cc=3+⎝⎛⎭⎪⎫ba+ab+⎝ ⎛⎭⎪⎫c a +a c +⎝ ⎛⎭⎪⎫c b +b c ≥3+2+2+2=9, 当且仅当a =b =c =13时等号成立. 答案 94.(2019·聊城模拟)下列四个不等式:①log x 10+lg x ≥2(x >1);②|a -b |<|a |+|b |;③⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a +a b ≥2(ab ≠0);④|x -1|+|x -2|≥1,其中恒成立的个数是( )A.1B.2C.3D.4解析 log x 10+lg x =1lg x+lg x ≥2(x >1),①正确; ab ≤0时,|a -b |=|a |+|b |,②不正确;因为ab ≠0,b a 与a b同号,所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a +a b =⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a +⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b ≥2,③正确; 由|x -1|+|x -2|的几何意义知,|x -1|+|x -2|≥1恒成立,④也正确,综上①③④正确.答案 C5.(2017·全国Ⅱ卷)已知a >0,b >0,且a 3+b 3=2.证明:(1)(a +b )(a 5+b 5)≥4;(2)a +b ≤2.证明 (1)(a +b )(a 5+b 5)=a 6+ab 5+a 5b +b 6=(a 3+b 3)2-2a 3b 3+ab (a 4+b 4)=4+ab (a 4+b 4-2a 2b 2)=4+ab (a 2-b 2)2≥4.(2)(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3=2+3ab(a+b)≤2+3(a+b)24(a+b)=2+3(a+b)34,所以(a+b)3≤8,因此a+b≤2.考点一比较法证明不等式【例1】设a,b是非负实数,求证:a2+b2≥ab(a+b). 证明因为a2+b2-ab(a+b)=(a2-a ab)+(b2-b ab)=a a(a-b)+b b(b-a)=(a-b)(a a-b b)=(a 12-b12)(a32-b32).因为a≥0,b≥0,所以不论a≥b≥0,还是0≤a≤b,都有a 12-b12与a32-b32同号,所以(a 12-b12)(a32-b32)≥0,所以a2+b2≥ab(a+b).规律方法比较法证明不等式的方法与步骤1.作差比较法:作差、变形、判号、下结论.2.作商比较法:作商、变形、判断、下结论.提醒(1)当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时,一般使用作差比较法.(2)当被证的不等式两边含有幂式或指数式或乘积式时,一般使用作商比较法.【训练1】(1)(2019·锦州模拟)设不等式|2x-1|<1的解集为M.①求集合M;②若a,b∈M,试比较ab+1与a+b的大小.(2)若a >b >1,证明:a +1a >b +1b. (1)解 ①由|2x -1|<1得-1<2x -1<1,解得0<x <1.所以M ={x |0<x <1}.②由①和a ,b ∈M 可知0<a <1,0<b <1,所以(ab +1)-(a +b )=(a -1)(b -1)>0.故ab +1>a +b .(2)证明 a +1a -⎝ ⎛⎭⎪⎫b +1b =a -b +b -a ab =(a -b )(ab -1)ab . 由a >b >1得ab >1,a -b >0,所以(a -b )(ab -1)ab>0. 即a +1a -⎝ ⎛⎭⎪⎫b +1b >0, 所以a +1a >b +1b. 考点二 综合法证明不等式【例2】 (1)已知a ,b ,c ∈R,且它们互不相等,求证a 4+b 4+c 4>a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2;(2)已知x ,y ,z 均为正数,求证:x yz +y zx +z xy ≥1x +1y +1z. 证明 (1)∵a 4+b 4≥2a 2b 2,b 4+c 4≥2b 2c 2,a 4+c 4≥2a 2c 2,∴2(a 4+b 4+c 4)≥2(a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2),即a 4+b 4+c 4≥a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2.又∵a ,b ,c 互不相等,∴a 4+b 4+c 4>a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2.(2)因为x ,y ,z 都为正数,所以x yz +y zx =1z ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y +y x ≥2z①,同理可得yxz+zyx≥2x②,z xy +xyz≥2y③,当且仅当x=y=z时,以上三式等号都成立. 将上述三个不等式两边分别相加,并除以2,得xyz +yzx+zxy≥1x+1y+1z.规律方法 1.综合法证明不等式,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,这是证明的关键.2.在用综合法证明不等式时,不等式的性质和基本不等式是最常用的.在运用这些性质时,要注意性质成立的前提条件.【训练2】已知实数a,b,c满足a>0,b>0,c>0,且abc=1.(1)证明:(1+a)(1+b)(1+c)≥8;(2)证明:a+b+c≤1a+1b+1c.证明(1)1+a≥2a,1+b≥2b,1+c≥2c,相乘得:(1+a)(1+b)(1+c)≥8abc=8.(2)1a +1b+1c=ab+bc+ac,ab+bc≥2ab2c=2b,ab+ac≥2a2bc=2a,bc+ac≥2abc2=2c,相加得a+b+c≤1a +1b+1c.考点三分析法证明不等式【例3】已知函数f(x)=|x-1|.(1)解不等式f (x -1)+f (x +3)≥6;(2)若|a |<1,|b |<1,且a ≠0,求证:f (ab )>|a |f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a . (1)解 由题意,知原不等式等价为|x -2|+|x +2|≥6,令g (x )=|x -2|+|x +2|,则g (x )=⎩⎨⎧-2x ,x ≤-2,4,-2<x <2,2x ,x ≥2.当x ≤-2时,由-2x ≥6,得x ≤-3;当-2<x <2时,4≥6不成立,此时无解;当x ≥2时,由2x ≥6,得x ≥3.综上,不等式的解集是(-∞,-3]∪[3,+∞).(2)证明 要证f (ab )>|a |f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a , 只需证|ab -1|>|b -a |,只需证(ab -1)2>(b -a )2.而(ab -1)2-(b -a )2=a 2b 2-a 2-b 2+1=(a 2-1)(b 2-1)>0,从而原不等式成立. 规律方法 1.当要证的不等式较难发现条件和结论之间的关系时,可用分析法来寻找证明途径,使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.2.分析法证明的思路是“执果索因”,其框图表示为: Q ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 2⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件【训练3】 已知a >b >c ,且a +b +c =0,求证:b 2-ac <3a .证明 由a >b >c 且a +b +c =0,知a >0,c <0. 要证b 2-ac <3a ,只需证b 2-ac <3a 2.∵a +b +c =0,只需证b 2+a (a +b )<3a 2,只需证2a 2-ab -b 2>0,只需证(a -b )(2a +b )>0,只需证(a -b )(a -c )>0.∵a >b >c ,∴a -b >0,a -c >0,∴(a -b )(a -c )>0显然成立,故原不等式成立.[思维升华]证明不等式的方法和技巧:(1)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显,可考虑用分析法;如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或否定性命题、唯一性命题,则考虑用反证法;如果待证不等式与自然数有关,则考虑用数学归纳法等.(2)在必要的情况下,可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明.尤其是对含绝对值不等式的解法或证明,其简化的根本思路是去绝对值号,转化为常见的不等式(组)求解.多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略,而绝对值三角不等式,往往作为不等式放缩的依据.[易错防范]在使用基本不等式时,等号成立的条件是一直要注意的事情,特别是连续使用时,要求分析每次使用时等号是否成立.基础巩固题组(建议用时:60分钟)1.设a ,b >0且a +b =1,求证:⎝⎛⎭⎪⎫a +1a 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫b +1b 2≥252. 证明 因为(12+12)⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫a +1a 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫b +1b 2≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a +1a +⎝ ⎛⎭⎪⎫b +1b 2=⎣⎢⎡⎦⎥⎤1+⎝ ⎛⎭⎪⎫1a +1b 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1ab 2≥25⎝⎛⎭⎪⎫因为ab ≤14. 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a +1a 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫b +1b 2≥252.2.设a >0,b >0,a +b =1,求证1a +1b +1ab≥8. 证明 ∵a >0,b >0,a +b =1,∴1=a +b ≥2ab , 即ab ≤12,∴1ab≥4, ∴1a +1b +1ab =(a +b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a +1b +1ab ≥2ab ·21ab +1ab ≥4+4=8. 当且仅当a =b =12时等号成立, ∴1a +1b +1ab≥8. 3.(2019·大理一模)已知函数f (x )=|x |+|x -3|.(1)解关于x 的不等式f (x )-5≥x .(2)设m ,n ∈{y |y =f (x )},试比较mn +4与2(m +n )的大小.解 (1)f (x )=|x |+|x -3|=⎩⎨⎧3-2x ,x <0,3,0≤x ≤3,2x -3,x >3.f (x )-5≥x ,即⎩⎨⎧x <0,3-2x ≥x +5或⎩⎨⎧0≤x ≤3,3≥x +5或⎩⎨⎧x >3,2x -3≥x +5,解得x ≤-23或x ∈∅或x ≥8. 所以不等式的解集为⎝⎛⎦⎥⎤-∞,-23∪[8,+∞). (2)由(1)易知f (x )≥3,所以m ≥3,n ≥3.由于2(m +n )-(mn +4)=2m -mn +2n -4=(m -2)(2-n ).且m ≥3,n ≥3,所以m -2>0,2-n <0,即(m -2)(2-n )<0,所以2(m +n )<mn +4.4.(2019·郴州质量检测)已知a ,b ,c 为正数,函数f (x )=|x +1|+|x -5|.(1)求不等式f (x )≤10的解集;(2)若f (x )的最小值为m ,且a +b +c =m ,求证:a 2+b 2+c 2≥12.(1)解 f (x )=|x +1|+|x -5|≤10等价于⎩⎨⎧x ≤-1,-(x +1)-(x -5)≤10或⎩⎨⎧-1<x <5,(x +1)-(x -5)≤10或⎩⎨⎧x ≥5,(x +1)+(x -5)≤10,解得-3≤x ≤-1或-1<x <5或5≤x ≤7,∴不等式f (x )≤10的解集为{x |-3≤x ≤7}.(2)证明 ∵f (x )=|x +1|+|x -5|≥|(x +1)-(x -5)|=6,∴m =6,即a +b +c =6.∵a 2+b 2≥2ab ,a 2+c 2≥2ac ,c 2+b 2≥2cb ,∴2(a 2+b 2+c 2)≥2(ab +ac +bc ),∴3(a 2+b 2+c 2)≥a 2+b 2+c 2+2ab +2ac +2bc =(a +b +c )2,∴a 2+b 2+c 2≥12.当且仅当a =b =c =2时等号成立.5.(2019·沈阳模拟)设a ,b ,c >0,且ab +bc +ca =1.求证:(1)a +b +c ≥3; (2)a bc +b ac +c ab ≥3(a +b +c ). 证明 (1)要证a +b +c ≥3,由于a ,b ,c >0,因此只需证明(a +b +c )2≥3.即证a 2+b 2+c 2+2(ab +bc +ca )≥3.而ab +bc +ca =1,故只需证明a 2+b 2+c 2+2(ab +bc +ca )≥3(ab +bc +ca ),即证a 2+b 2+c 2≥ab +bc +ca .而这可以由ab +bc +ca ≤a 2+b 22+b 2+c 22+c 2+a 22=a 2+b 2+c 2(当且仅当a =b =c时等号成立)证得.所以原不等式成立. (2)a bc +b ac +c ab =a +b +c abc. 在(1)中已证a +b +c ≥ 3.因此要证原不等式成立,只需证明1abc ≥a +b +c , 即证a bc +b ac +c ab ≤1,即证a bc +b ac +c ab ≤ab +bc +ca .而a bc =ab ·ac ≤ab +ac2, b ac ≤ab +bc2,c ab ≤bc +ac2,所以a bc +b ac +c ab ≤ab +bc +ca⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当a =b =c =33时等号成立. 所以原不等式成立.6.(2019·百校联盟联考)已知函数f (x )=|2x -3|+|2x -1|的最小值为M .(1)若m ,n ∈[-M ,M ],求证:2|m +n |≤|4+mn |;(2)若a ,b ∈(0,+∞),a +2b =M ,求2a +1b的最小值. (1)证明 ∵f (x )=|2x -3|+|2x -1|≥|2x -3-(2x -1)|=2,∴M =2. 要证明2|m +n |≤|4+mn |,只需证明4(m +n )2≤(4+mn )2,∵4(m +n )2-(4+mn )2=4(m 2+2mn +n 2)-(16+8mn +m 2n 2)=(m 2-4)(4-n 2), ∵m ,n ∈[-2,2],∴m 2,n 2∈[0,4],∴(m 2-4)(4-n 2)≤0,∴4(m +n )2-(4+mn )2≤0,∴4(m +n )2≤(4+mn )2,可得2|m +n |≤|4+mn |.(2)解 由(1)得,a +2b =2,因为a ,b ∈(0,+∞),所以2a +1b =12⎝ ⎛⎭⎪⎫2a +1b (a +2b ) =12⎝ ⎛⎭⎪⎫2+2+a b +4b a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫4+2a b ·4b a =4, 当且仅当a =1,b =12时,等号成立. 所以2a +1b的最小值为4. 能力提升题组(建议用时:20分钟)7.已知函数f (x )=x +1+|3-x |,x ≥-1.(1)求不等式f (x )≤6的解集;(2)若f (x )的最小值为n ,正数a ,b 满足2nab =a +2b ,求证:2a +b ≥98. (1)解 根据题意,若f (x )≤6,则有⎩⎨⎧x +1+3-x ≤6,-1≤x <3或⎩⎨⎧x +1+(x -3)≤6,x ≥3, 解得-1≤x ≤4,故原不等式的解集为{x |-1≤x ≤4}.(2)证明 函数f (x )=x +1+|3-x |=⎩⎨⎧4,-1≤x <3,2x -2,x ≥3,分析可得f (x )的最小值为4,即n =4, 则正数a ,b 满足8ab =a +2b ,即1b +2a=8, 又a >0,b >0,∴2a +b =18⎝ ⎛⎭⎪⎫1b +2a (2a +b )=18⎝ ⎛⎭⎪⎫2a b +2b a +5≥18⎝ ⎛⎭⎪⎫5+22a b ·2b a =98,当且仅当a =b =38时取等号. 原不等式得证.8.(2015·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.证明 (1)∵a ,b ,c ,d 为正数,且a +b =c +d ,欲证a +b >c +d ,只需证明(a +b )2>(c +d )2, 也就是证明a +b +2ab >c +d +2cd ,只需证明ab >cd ,即证ab >cd .由于ab >cd ,因此a +b >c +d .(2)①若|a -b |<|c -d |,则(a -b )2<(c -d )2,即(a +b )2-4ab <(c +d )2-4cd .∵a +b =c +d ,所以ab >cd . 由(1)得a +b >c +d .②若a +b >c +d ,则(a +b )2>(c +d )2, ∴a +b +2ab >c +d +2cd .∵a +b =c +d ,所以ab >cd .于是(a -b )2=(a +b )2-4ab <(c +d )2-4cd =(c -d )2. 因此|a -b |<|c -d |.综上,a +b >c +d 是|a -b |<|c -d |的充要条件.。
1.5.1 比较法学习目标:1.理解比较法证明不等式的依据。
2.掌握利用比较法证明不等式的一般步骤.3。
通过学习比较法证明不等式,培养学生对转化思想的理解和应用.教材整理1 比较法的定义比较法证明不等式可分为作差比较法和作商比较法两种.(1)作差比较法要证明a〉b,只要证明a-b〉0;要证明a〈b,只要证明a-b<0.这种证明不等式的方法,叫做作差比较法.(2)作商比较法若a〉0,b>0,要证明a〉b,只要证明ab>1;要证明b>a,只要证明错误!〉1.这种证明不等式的方法,叫做作商比较法.教材整理2 比较法证明不等式的步骤比较法是证明不等式的基本方法之一,其步骤是先求差(商),然后变形,最终通过比较作判断.1.设t=a+2b,s=a+b2+1,则下列t与s的大小关系中正确的是( )A.t>s B.t≥sC.t<s D.t≤s[解析] s-t=(a+b2+1)-(a+2b)=(b-1)2≥0,∴s≥t.[答案] D2.已知P=错误!,Q=a2-a+1,那么P,Q的大小关系是( )A.P>0 B.P<QC.P≥Q D.P≤Q[解析]∵QP=(a2-a+1)(a2+a+1)=(a2+1)2-a2=a4+2a2+1-a2=a4+a2+1≥1.∴P≤Q.[答案]D作差比较法证明不等式a b a b 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:化成几个平方和.∵a2+b2-ab-a-b+1=错误![(a-b)2+(a-1)2+(b-1)2]≥0,∴a2+b2+1≥ab+a+b.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。
黔南民族师范学院(贵定分院)毕业论文题目:不等式的证明姓名:丁成义班级:12级数学(2)班学号:2012052206专业:数学教育指导教师:张大书日期:2015年2月26日2不等式的证明方法不等式的证明方是中学数学的难点和重点,证明不等式的途径是利用不等式的性质进行代数变形,经常用到的证明不等式的主要方法有基本法 如:比较法,综合法,分析法。
其他方法:如反证法,放缩法,数学归纳法,涣元法,构造法和判别式法等。
1.证明不等式的基本方法1.1比较法比较法是证明不等式的方法之一,比较法除了比差法之外,还有比商法,它们的解题依据及步具步骤如下:比差法。
主要依据是实数的运算性质与大小顺序关系。
即 ,0,0,0a b a b a b a b a b a b ->⇔>-<⇔<-=⇔=基本解题步骤是:作差——变形——判断符号。
(1)作商比较法。
当欲证的不等式两端是乘积形式幂指数式可采用作商比较法。
当0b > 欲证a b >只需证1ab > 欲证a b <只需证1ab< 基本解题步骤是:作商——变形——判断。
(与1的大小)例1.求证: 222(2)5a b a b +≥--322224254250a b a b a b a b +≥--=>+-++≥22(44)(21)0a a b b -++++≥ 2,1a b ==-时等号成立。
所以222(2)5a b a b +≥--成立。
例2.已知,a b R +∈求证a b b a a b a b ≥证: ,a b R +∈又()a b a b b a a b aa b b -=∴()1a b b a a b a a b a b b-≥⇔≥ (1)当a b >时,1a b >,0a b ->所以()1a b ab -> (2)当a b <时01,a a b o b <<-<所以()1a b ab-> (3)当a b =时不等式取等号。
关于不等式证明的常用方法重难点归纳(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.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n n2131211<++++Λ(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y x +≤a y x +(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) 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1 已知x 、y 是正变数,a 、b 是正常数,且ybx a +=1,x +y 的最小值为 _ 2 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__________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 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]6 证明下列不等式(1)若x ,y ,z ∈R ,a ,b ,c ∈R +,则c b a y b a c x a c b +++++22z 2≥2(xy +yz +zx ) (2)若x ,y ,z ∈R +,且x +y +z =xyz ,则z y x y x z x z y +++++≥2(zy x 111++) 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 )m8 若a >0,b >0,a 3+b 3=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 )=ax 2+bx +c ,g (x )=ax +b ,当-1≤x ≤1时|f (x )|≤1(1)证明 |c |≤1;(2)证明 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 )=ax 2+bx +c (a >0),方程f (x )-x =0的两个根x 1、x 2满足0<x 1<x 2a1 (1)当x ∈[0,x 1)时,证明x <f (x )<x 1;(2)设函数f (x )的图象关于直线x =x 0对称,证明 x 0<21x 巩固练习1 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 ) A ①③B ②④C ①④D ②③2 下列四个命题中 ①a +b ≥2ab ②sin 2x +x2sin 4≥4 ③设x ,y 都是正数,若y x 91+=1,则x +y 的最小值是12 ④若|x -2|<ε,|y -2|<ε,则|x -y |<2ε,其中所有真命题的序号是__________4 已知二次函数 f (x )=ax 2+bx +1(a ,b ∈R ,a >0),设方程f (x )=x 的两实数根为x 1,x 2(1)如果x 1<2<x 2<4,设函数f (x )的对称轴为x =x 0,求证x 0>-1; (2)如果|x 1|<2,|x 2-x 1|=2,求b 的取值范围6 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)求证 f (0)=1,且当x <0时,f (x )>1;(2)求证 f (x )在R 上单调递减;(3)设集合A ={ (x ,y )|f (x 2)·f (y 2)>f (1)},集合B ={(x ,y )|f (ax -g +2)=1,a ∈R },若A ∩B =∅,求a 的取值范围7 已知函数f (x )=1222+++x cbx x (b <0)的值域是[1,3], (1)求b 、c 的值;(2)判断函数F (x )=lg f (x ),当x ∈[-1,1]时的单调性,并证明你的结论; (3)若t ∈R ,求证 lg57≤F (|t -61|-|t +61|)≤513 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. 【例1】等比数列{a n }的公比q >1,第17项的平方等于第24项,求使a 1+a 2+…+a n >1a 1+1a 2+…+1a n 恒成立的正整数n 的取值范围.【例2】(08·全国Ⅱ)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1=a ,a n+1=S n +3n ,n ∈N*.(Ⅰ)设b n =S n -3n ,求数列{b n }的通项公式;(Ⅱ)若a n+1≥a n ,n ∈N*,求a 的取值范围.【点评】 一般地,如果求条件与前nABCDS项和相关的数列的通项公式,则可考虑S n 与a n 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{a n }是等差数列,其前n 项和为S n ,a 3=7,S 4=24.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)设p 、q 都是正整数,且p ≠q ,证明:S p+q <12(S 2p +S 2q ).【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)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{a n }满足a 1=0,a n+1=ca n 3+1-c ,c ∈N*,其中c 为实数.(Ⅰ)证明:a n ∈[0,1]对任意n ∈N*成立的充分必要条件是c ∈[0,1];(Ⅱ)设0<c <13,证明:a n ≥1-(3c)n -1,n ∈N*;(Ⅲ)设0<c <13,证明:a 12+a 22+…+a n 2>n +1-21-3c,n ∈N*.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{a n }的前n 项和为S n ,若S 4≥10,S 5≤15,则a 4的最大值为______.【例6】 等比数列{a n }的首项为a 1=2002,公比q =-12.(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{a n }的前n 项和为S n ,且a n +S n =4.(Ⅰ)求证:数列{a n }是等比数列;(Ⅱ)是否存在正整数k ,使S k+1-2S k -2>2成立. 【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{a n }和{b n }满足:a 1=λ,a n+1=23a n +n -4,b n =(-1)n (a n -3n +21),其中λ为实数,n 为正整数. (Ⅰ)对任意实数λ,证明数列{a n }不是等比数列;(Ⅱ)试判断数列{b n }是否为等比数列,并证明你的结论;(Ⅲ)设0<a <b,S n 为数列{b n }的前n 项和.是否存在实数λ,使得对任意正整数n ,都有a <S n <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{}n a 是由正数构成的等比数列, 12n n n b a a ++=+,3n n n c a a +=+,则( )A. nn b c > B. n n b c < C. n n b c ≥ D. n n b c ≤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(,1]x ∈-∞-,不等式21()2()12x x mm --<恒成立,则实数m 的取值范围( )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n P (1)求2P 、3P 的值; (2)求证: 131(2,)n nP P n n N ++=≥∈(3)求证: 2365>(2,)24n n P P P n n N -+++≥∈…例5 已知函数()2f x x x =+.(1)数列{}n a 满足: 10a >,()1n n a f a +'=,若11112ni ia =<+∑对任意的n N ∈恒成立,试求1a 的取值范围; (2)数列{}n b 满足: 11b =,()1n n b f b +=()n N ∈,记11n nc b =+,k S 为数列{}n c 的前k 项和, k T 为数列{}n c 的前k 项积,求证1710nk k k kT S T =<+∑. 例6 (1)证明: ()ln1(0)x x x +<> (2)数列{}n a 中. 11a =,且()11211122n n n a a n n --⎛⎫=++≥ ⎪⎝⎭; ①证明: ()724n a n ≥≥ ②()21n a e n <≥ 【专题训练】1.已知无穷数列{a n }是各项均为正数的等差数列,则有( )A .a 4a 6<a 6a 8B .a 4a 6≤a 6a 8C .a 4a 6>a 6a 8D .a 4a 6≥a 6a 82.设{a n }是由正数构成的等比数列,b n =a n+1+a n+2,c n =a n +a n+3,则( ) A .b n >c nB .b n <c nC .b n ≥c nD .b n ≤c n3.已知{a n }为等差数列,{b n }为正项等比数列,公比q≠1,若a 1=b 1,a 11=b 11,则( )A .a 6=b 6B .a 6>b 6C .a 6<b 6D .a 6>b 6或a 6<b 6 4.已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2-9n ,第k 项满足5<a k <8,则k =( ) A .9 B .8 C .7 D .6 5.已知等比数列{a n }的公比q >0,其前n 项的和为S n ,则S 4a 5与S 5a 4的大小关系是( )A .S 4a 5<S 5a 4B .S 4a 5>S 5a 4C .S 4a 5=S 5a 4D .不确定 6.设S n =1+2+3+…+n ,n ∈N*,则函数f(n)=S n(n +32)S n+1的最大值为( )A .120B .130C .140D .1507.已知y 是x 的函数,且lg3,lg(sinx -12),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1112,无最大值C .y 有最小值1112,最大值1D .y 有最小值-1,最大值1 8.已知等比数列{a n }中a 2=1,则其前3项的和S 3的取值范围是( )A.(-∞,-1]B.(-∞,-1)∪(1,+∞) C.[3,+∞)D.(-∞,-1]∪[3,+∞)9.设3b 是1-a 和1+a 的等比中项,则a +3b 的最大值为( )A .1B .2C .3D .410.设等比数列{a n }的首相为a 1,公比为q ,则“a 1<0,且0<q <1”是“对于任意n ∈N*都有a n+1>a n ”的( )A .充分不必要条件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11.{a n }为等差数列,若a 11a 10<-1,且它的前n 项和S n 有最小值,那么当S n 取得最小正值时,n =( )A .11B .17C .19D .2112.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a 1=12,a n =f(n)(n ∈N*),则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是 ( ) A .[12,2)B .[12,2]C .[12,1)D .[12,1]13.等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 4-a 2=8,a 3+a 5=26,记T n =S nn2,如果存在正整数M ,使得对一切正整数n ,T n ≤M 都成立.则M 的最小值是__________.14.无穷等比数列{a n }中,a 1>1,|q|<1,且除a 1外其余各项之和不大于a 1的一半,则q 的取值范围是________. 15.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(a +b)2cd的最小值是________.A.0B.1C.2D.416.等差数列{a n }的公差d 不为零,S n 是其前n 项和,给出下列四个命题:①A .若d <0,且S 3=S 8,则{S n }中,S 5和S 6都是{S n }中的最大项;②给定n ,对于一定k ∈N*(k <n),都有a n -k +a n+k =2a n ;③若d >0,则{S n }中一定有最小的项;④存在k ∈N*,使a k -a k+1和a k -a k -1同号 其中真命题的序号是____________.17.已知{a n }是一个等差数列,且a 2=1,a 5=-5.(Ⅰ)求{a n }的通项n a ;(Ⅱ)求{a n }前n 项和S n 的最大值.18.已知{a n }是正数组成的数列,a 1=1,且点(a n ,a n +1)(n ∈N *)在函数y =x 2+1的图象上.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)若列数{b n }满足b 1=1,b n +1=b n +2a n ,求证:b n ·b n +2<b 2n +1. 19.设数列{a n }的首项a 1∈(0,1),a n =3-a n -12,n =2,3,4,…. (Ⅰ)求{a n }的通项公式;(Ⅱ)设b n =a n 3-2a n ,证明b n <b n+1,其中n 为正整数. 20.已知数列{a n }中a 1=2,a n+1=(2-1)( a n +2),n =1,2,3,….(Ⅰ)求{a n }的通项公式;(Ⅱ)若数列{a n }中b 1=2,b n+1=3b n +42b n +3,n =1,2,3,….证明:2<b n ≤a 4n -3,n =1,2,3,… 21.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{a n }的前n 项和为S n ,点(n ,S n )(n ∈N*)均在函数y =f(x)的图像上.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)设b n =1a n a n +1,T n 是数列{b n }的前n 项和,求使得T n <m20对所有n ∈N*都成立的最小正整数m22.数列{}n a 满足11a =,21()n n a n n a λ+=+-(12n =L ,,),λ是常数.(Ⅰ)当21a =-时,求λ及3a 的值;(Ⅱ)数列{}n a 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λ的取值范围,使得存在正整数m ,当nm >时总有0n a <.利用导数处理与不等式有关的问题一、 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某个区间上导数大于(或小于)0时,则该单调递增(或递减)。
考点透视不等式证明问题比较常见,且具有较强的综合性,常与向量、集合、数列、函数等知识相结合.求解此类问题的方法很多,掌握一些常用的证明方法,有助于拓展解题的思路,提升解题的效率.本文主要谈一谈证明不等式的三种常用方法:比较法、换元法、放缩法.一、比较法比较法是证明不等式的常用方法,包括作差比较法和作商比较法.运用比较法证明不等式的步骤为:①根据不等式的结构特点,将不等式左右两边的式子作差或作商;②将差式或商式进行因式分解或配方;③将所得差值与0比较,所得的商式与1比较.比较法的适用范围广,适用于解答大多数不等式证明问题.例1.若集合M ={}|x -1<x <1,试证明:当a ,b ∈M 时,||a +b <||1+ab .证明:由题意可知,将不等式两边的式子平方后相减可得:()a +b 2-()1+ab 2=a 2+2ab +b 2-()1+2ab +a 2b 2=()a 2-1()1-b 2,∵-1<a <1,-1<b <1,∴0≤a 2<1,0≤b 2<1,即a 2-1<0,1-b 2>0,∴()a 2-1()1-b 2<0,()a +b 2<()1+ab 2,∴当a ,b ∈M 时,不等式||a +b <||1+ab 成立.不等式两边的式子均为平方式,很难比较出它们的大小,于是将其两边平方并作差,再将其结果与0比较,即可证明不等式.为了便于比较出差式与0的大小,往往要将差式化简为几个因式的积或完全平方式的形式.例2.已知a >0,b >0,试证明:a b +b a≥a +b .证明:∵aba +b =ab a +b=()a +b ()a -ab +bab ()a+b =+1,当a >0,b >0+1≥-1=1(当a =b 时等号成立),∵aba +b≥1,∴+≥a +b成立.要证明的不等式中含有根式,需运用作商比较法证明不等式.在化简商式时,需将商式化为最简形式,以便判断该式与1的大小关系,从而证明不等式成立.二、换元法换元法适用于证明变量的个数较多或结构复杂的不等式.运用换元法证明不等式,需先仔细观察已知条件和所要证明不等式的结构,找到条件与所证目标之间的联系;然后根据二者之间的联系,选择合适的式子或某一部分用新变量替换;再化简换元后的不等式,并根据基本不等式、函数单调性、导函数的性质证明不等式成立.例3.若x ∈()0,+∞,试证明:x +1x -≤2-3,证明:令x +=u,∴u=x ≥2,u 2=x +1x +2,∴只需证明u -u 2-1=1u +u 2-1≤2-3,∵u ≥2,函数y =1u +u 2-1单调递减,∴1u +u 2-1≤2-3,∴x 1≤2-3.仔细观察该不等式,可发现x +1x 与x +1x 之间存在一定的联系:æèçx +2=x +1x+2,于是令x =u ,将不等式转化为关于u 且不含有根式的不等式,运用基本不等式即可证明目标不等式成立.例4.若x ,y 满足xy =100,x ≥10,y ≥10,试证明:34≤lg ()y lg x ≤1.证明:设u =lg ()y lg x=lg x lg y ,∵xy =100,∴y =100x,∴u =lg x ()2-lg x ,陈刚34考点透视∵x≥10,y≥10,∴lg x≥12,lg100x≥12,即lg x≤32,可知lg x∈éëùû12,32,令lg x=t,∴u=-()t-12+1,t∈éëùû12,32,∵函数u()t在æèöø12,1上单调递增,在æèöø1,32上单调递减,∴当lg x=1,即x=10,y=10时,u=lg x lg y=1,该值为函数的最大值,当lg x=12或lg x=32时,x=10,y=1010或x=1010,y=10,∴u=lg x lg y=34,该值为函数的最小值,∵u()t∈éëùû34,1,∴34≤lg()y lg x≤1.根据已知条件和对数函数的运算性质将所证目标不等式进行化简、消元,便可将函数式转化为关于lg x的函数式,再令lg x=t,通过换元,将函数式转化为关于t的简单二次函数,根据二次函数的性质和对数函数的值域即可解题.三、放缩法放缩法是证明不等式的常用方法.运用放缩法证明不等式,需仔细观察所要证明的不等式的结构特点,根据切线的几何意义,通过添项或减项,借助基本不等式,利用函数的单调性等对不等式进行适当的放大或缩小.例5.已知a>12,x>1,试证明:ax2-a-ln x>1x-e1-x成立.证明:由题意可得a>1x-e1-x+ln xx2-1,则当x趋近于1时,1x-e1-x+ln xx2-1趋近12,当x趋近于+∞时,1x-e1-x+ln xx2-1趋近0,可知a>12>1x-e1-x+ln xx2-1,只需证明1x-e1-x+ln xx2-1<12在()1,+∞上恒成立,即证明12x2-12-ln x-1x+e1-x>0在()1,+∞上恒成立,设g()x=12x2-12-ln x-1x+e1-x,则g′()x=x-1x+1x2-e1-x=x-e1-x+1-xx2,令h()x=e1-x,x∈()1,+∞,则h′()x=-e1-x<0,函数h()x在()1,+∞上单调递减,则h()x<1,所以g′()x=x-e1-x+1-x x2>x-1+1-x x2=()x-1æèçöø÷1-1x2>0,故函数g()x在()1,+∞上单调递增,则g()x>g()1=0,因为1x-e1-x+ln xx2-1<12在()1,+∞上恒成立,所以当a>12,x>1时,ax2-a-ln x>1x-e1-x.该不等式中含有指数函数式、对数函数式,较为复杂,需先把参数分离,将问题转化为证明12x2-12-ln x-1x+e1-x>0在()1,+∞上恒成立,然后构造函数,利用函数的单调性求得最值,进而证明不等式成立.例6.已知a,b∈R,且a≠b,若a3-b3=a2-b2,求证:1<a+b<43.证明:由a3-b3=a2-b2可得()a-b()a2+ab+b2=()a-b()a+b,因为a≠b,所以a2+ab+b2=a+b,则()a+b2>a2+ab+b2=a+b,由a+b>0可得a+b>1,且ab<14()a+b2,则a+b=()a+b2-ab>()a+b2-æèöøa+b22,即a+b<43,故不等式1<a+b<43成立.将已知关系式进行变形,可发现a2+ab+b2=a+b与基本不等式a2+b2≥2ab之间有联系,于是两次利用基本不等式将代数进行放缩,从而证明结论.在运用基本不等式放缩不等式时,要注意三个前提条件:一正、二定、三相等,尤其要注意等号成立的条件.总之,证明不等式,需仔细观察不等式的结构特征,建立已知条件和所要求证不等式之间的联系,再通过作差、作商、换元、放缩等方式来进行合理的变形、化简.(作者单位:江苏省苏州市昆山经济技术开发区高级中学)35。
不等式证明一(比较法)比较法是证明不等式的一种最重要最基本的方法。
比较法分为:作差法和作商法 一、 作差法若a ,b ∈R ,则: a —b >0⇔a >b ;a —b =0⇔a =b ;a —b <0⇔a <b 它的三个步骤:作差——变形——判断符号(与零的大小)——结论. 作差法是当要证的不等式两边为代数和形式时,通过作差把定量比较左右的大小转化为定性判定左—右的符号,从而降低了问题的难度。
作差是化归,变形是手段,变形的过程是因式分解(和差化积)或配方,把差式变形为若干因子的乘积或若干个完全平方的和,进而判定其符号,得出结论.例1、求证:x 2 + 3 > 3x 证:∵(x 2 + 3) 3x = 043)23(3)23()23(32222>+-=+-+-x x x ∴x 2 + 3 > 3x例2、 (课本P 22例2)已知a, b, m 都是正数,并且a < b ,求证:bam b m a >++ 证:)()()()()(m b b a b m m b b m b a m a b b a m b m a +-=++-+=-++ ∵a,b,m 都是正数,并且a<b ,∴b + m > 0 , b a > 0 ∴0)()(>+-m b b a b m 即:bam b m a >++变式:若a > b ,结果会怎样?若没有“a < b ”这个条件,应如何判断?例3、 已知a, b 都是正数,并且a b ,求证:a 5 + b 5 > a 2b 3 + a 3b 2 证:(a 5 + b 5 )(a 2b 3 + a 3b 2) = ( a 5 a 3b 2) + (b 5 a2b 3)= a 3 (a 2b 2 )b 3 (a 2b 2) = (a 2b 2 )(a 3 b 3)= (a + b )(a b )2(a 2 + ab + b 2)∵a, b 都是正数,∴a + b, a 2 + ab + b 2 > 0又∵a b ,∴(a b )2 > 0 ∴(a + b )(a b )2(a 2 + ab + b2) > 0即:a 5 + b 5 > a 2b 3 + a 3b 2例4、 甲乙两人同时同地沿同一路线走到同一地点,甲有一半时间以速度m 行走,另一半时间以速度n 行走;有一半路程乙以速度m 行走,另一半路程以速度n 行走,如果m n ,问:甲乙两人谁先到达指定地点?解:设从出发地到指定地点的路程为S ,甲乙两人走完全程所需时间分别是t 1, t 2,则:21122,22t n S m S S n t m t=+=+可得:mnn m S t n m S t 2)(,221+=+= ∴)(2)()(2])(4[2)(22221n m mn n m S mn n m n m mn S mn n m S n m S t t +--=++-=+-+=- ∵S, m, n 都是正数,且m n ,∴t 1 t 2 < 0 即:t 1 < t 2从而:甲先到到达指定地点。