高中数学解题方法与技巧---不等式的证明方法总结
Q a, b, c ∈ R+ ,∴ a2 + b ≥ 2 a2 b = 2a
b
b
同理 b2 + c ≥ 2b, c2 + a ≥ 2c
c
a
三式相加有
a2 + b2 + c2 + a + b + c ≥ 2(a + b + c)
bca
a2 即
+
b2
+
c2
≥
a + b + c.得证
bca
三、分析法：
4 / 33
二、综合法： 用综合法证明不等式，就是利用已知事实(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“可知”，逐步推出“结论”综合法属逻辑方法范畴， 它的严谨体现在步步注明推理依据.常用的不等式有：
2 / 33
=
log
a
(1
−
x
2
)
log
a
1 1
− +
x x
∵0 < 1 − x2 < 1,
0 < 1− x <1 1+ x
∴ loga (1 −
x 2 ) log a
1− 1+
x x
>Βιβλιοθήκη 0∴| loga (1 − x) |> | loga (1 + x) |
法 2：用作商比较法
loga(1−x) loga(1+x)
高中数学解题方法与技巧
不等式的证明方法总结
一、比较法：
比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法，它常用的证明方法有两种：
1．作差比较法
（1）应用范围：当欲证的不等式两端是多项式、分式或对数式时，常用此法.
（2）方法：欲证 A>B,只需要证 A-B>0
（3）步骤：“作差----变形----判断符号”
（4）使用此法作差后主要变形形式的处理：
c
+ 2
a
>
lg
abc
即lg a + b + lg b + c + lg c + a > lg a + lg b + lg c
2
2
2
例6：已知a,b,c ∈ R+,
求 证 ：a 2 + b 2 + c 2 ≥ a + b + c bca
解析：左式含有分母，右式为整式，故应设法化去左式的分母，考虑用综合法.
>
0
即
a+m > a b+m b
a+b
例 3：已知 a>b>0,求证： aabb > (ab) 2
解析：用作商比较法
a−b
( ) ∵
aabb
a+b
ab 2
a−a+b b− a+b
=a 2 b 2
a−b − a−b
=a 2 b 2
=
a b
2
又∵a>b>0,
a−b
∴a b
> 1, a − b 2
>
0∴
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
=
log1+x(1−x)
= −log1+x (1− x)
=log1+x
1 1−x
=log1+x
1+x 1−x2
= 1 − log1+x (1 − x 2 )
∵0 < 1 − x2 < 1, 1 + x > 1, ∴ − log1+x (1 − x 2 ) > 0
∴1 − log1+x (1 − x 2 ) > 1
∴| log a (1 − x) |> | loga (1 + x) |
练习：证明下列不等式
1. a 2 + b2 ≥ 2(a − b −1) 2. a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ ab + bc + cd + da 3. a2 + b2 +1 ≥ a + b − ab 4.已知 a，b，c∈R+，求证：a3+b3+c3≥3abc．
2
2
2
解析：本题的条件及要证明的结论，可用综合法证明.
Q a,b, c ∈ R+ ,
∴ a + b ≥ ab > 0, b + c ≥
2
2
c + a ≥ ac > 0. 2
bc > 0,
又 a,b,c,为不全相等的正数，故有
a + b b + c c + a > abc 222
∴lg
a
+ 2
b
b+c 2
1 / 33
∴(a + 2)2 + (b + 2)2 − 25 = a2 + b2 + 4(a + b) − 9
2
2
= a2 + (1− a)2 + 4 − 9 = 2a2 − 2a + 1 = 2(a − 1)2 ≥ 0
2
2
2
即 (a + 2)2 + (b + 2)2 ≥ 25 （当且仅当 a = b = 1 时，取等号）
（1） a2 + b2 ≥ 2ab (当且仅当a = b时取等号)
3 / 33
当且仅当 时取等号 ( （2） a + b ≥ ab a,b ∈ R+
a=b
)
2
（3） a2 ≥ 0
同号 （4）
b a
+
a b
≥
2
(a,b
)
例 5：若 a、b、c 是不全相等的正数，
求证： lg a + b + lg b + c + lg c + a > lg a + lg b + lg c
a b
2
>1
a+b
∴aabb > (ab) 2
练习：已知 a，b∈R+，求证 aabb≥abba．
例 4：已知 0 < x < 1, 0 < a < 1， 试比较| loga (1 − x) | 和 | loga (1 + x) | 的大小.
解析：法 1：用作差比较法
| loga(1−x)|2 −| loga(1+x)|2=[loga(1−x)+loga(1−x)][loga(1−x)−loga(1+x)]
2
2
例
2：已知
a,
b,
m
都是正数，并且
a
<
b，求证：
a b
+ +
m m
>
a b
解析：用作差比较法
∵
a b
+ +
m m
−
a b
=
b(a
+ m) − a(b b(b + m)
+
m)
=
m(b − a) b(b + m)
∵a,b,m 都是正数，并且 a<b，
∴b + m > 0 , b − a > 0
∴
m(b − a) b(b + m)
○将差变形为常数或一常数与几个平方和的形式常用配方法或实数特征 a2≥0 判断差符
号.
○将差变形为几个因式的积的形式，常用因式分解法.
○若变形后得到二次三项式，常用判别式定符号.
2．作商比较法
（1）应用范围：当要证的式子两端是乘积的形式或幂、指数时常用此法.
（2）方法：要证 A>B,常分以下三种情况：
若
B>0，只需证明
A B
>
1
；若
B=0，只需证明
A>0；若
B<0，只需证明
A B
<
1
.
（3）步骤：“作商-----变形-----判断商数与 1 的大小”
例 1 已知 a，b∈R，且 a+b=1.
求证： (a + 2)2 + (b + 2)2 ≥ 25 .
2 解析：用作差比较法
Q a, b ∈ R, a + b = 1,∴ b = 1 − a
(完整版)高中数学不等式归纳讲解
第三章不等式定义：用不等号将两个解析式连结起来所成的式子。
3-1 不等式的最基本性质①对称性：如果x＞y，那么y＜x；如果y＜x，那么x＞y；②传递性：如果x＞y，y＞z；那么x＞z；③加法性质；如果x＞y，而z为任意实数，那么x＋z＞y ＋z；④乘法性质：如果x＞y，z＞0，那么xz＞yz；如果x＞y，z＜0，那么xz＜yz;（符号法则）3-2 不等式的同解原理①不等式F（x）＜G（x）与不等式G（x）＞F（x）同解。
②如果不等式F （x ） ＜ G （x ）的定义域被解析式H （ x ）的定义域所包含，那么不等式 F （x ）＜G （x ）与不等式F （x ）＋H （x ）＜G （x ）＋H （x ）同解。
③如果不等式F （x ）＜G （x ） 的定义域被解析式H （x ）的定义域所包含，并且H （x ）＞0，那么不等式F(x)＜G （x ）与不等式H （x ）F （x ）＜H （ x ）G （x ） 同解；如果H （x ）＜0，那么不等式F （x ）＜G （x ）与不等式H (x)F （x ）＞H （x ）G （x ）同解。
④不等式F （x ）G （x ）＞0与不等式0)x (G 0)x (F >>或0)x (G 0)x (F <<同解不等式解集表示方式F(x)>0的解集为x 大于大的或x 小于小的F(x)<0的解集为x 大于小的或x 小于大的 3-3 重要不等式3-3-1 均值不等式1、调和平均数： )a 1...a 1a 1(nH n21n +++= 2、几何平均数： n 1n 21n )a ...a a (G =3、算术平均数： n)a a a (A n 21n +++= 4、平方平均数： n )a ...a a (Q 2n 2221n +++=这四种平均数满足Hn ≤Gn ≤An ≤Qna1、a2、… 、an ∈R +，当且仅当a1=a2= … =an 时取“=”号3-3-1-1均值不等式的变形(1)对正实数a,b ，有2ab b a22≥+ (当且仅当a=b 时取“=”号)(2)对非负实数a,b ，有ab 2b a ≥+ (6)对非负数a,b ，有ab )2b a (b a 222≥+≥+ (7) 若,,a bc R +∈，有a b c ++≥a b c ==时成立）(8)对非负数a,b,c ，有ac bc ab c b a 222++≥++ (9)对非负数a,b ， 2b a 2b a ab 222b1a 1+≤+≤≤+ 3-3-1-1最值定理当两个正数的和一定时，其乘积有最大值；当两个正数的乘积一定时，其和有最小值。
高中数学不等式学习方法与解题总结
高中数学不等式学习方法与解题总结高中数学不等式一直是学生头痛的科目之一，但它同时也是有趣而实用的知识点。
学习高中数学不等式不仅为大学准备助力，更是探索开放世界的重要基石。
下面，我们将介绍学习高中数学不等式的方法以及解题总结，以帮助大家打好基础。
一、学习方法1、列出不等式并把握关键知识点。
首先，需要明确不等式的定义，即 a > b, a < b, a = b，并将其把握清楚。
此外，要学会识别和把握不同的不等式，如两个不等式的相加、相减、相乘、相除以及组合运算。
2、图形表示不等式。
学习数学不等式时，可以使用图形表示，将不等式转变为图形，以此理解不等式之间的关系。
3、掌握结论推导思路。
结论推导既包含直接推导，也包含简单的证明题。
学会利用推理的思路，分析问题，解答问题。
二、解题总结1、解不等式首先要注意解的清晰，要让解的精确度不受到影响，需要注意以下几点：（1）界限不完全等式，即a≤b，a≥b，要注意有无等号；（2）要记住算子的结合律，当解决不等式时不能按照算数法计算算子，而要根据结合律计算；（3）部分不等式不能互换，即a>b不能用b>a代替。
（4）多项式不等式解法：当多项式不等式为一元二次不等式时，可采用常规方法解决；当为其他多项式不等式时，要根据实际情况采取相应解法。
2、解不等式最重要的是分析问题，根据不等式的类型分析出正确的解法，适当地使用图形，增加解题的思路，并能够推导出正确的结论。
以上就是学习高中数学不等式的方法以及解题总结的介绍，希望能够帮助大家打好基础。
学习不等式，要多总结，多练习，以提高数学解题能力和解题速度，努力取得优异成绩。
不等式证明使用技巧
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：$a^2+b^2+c^2=2a^2+(b^2-a^2+c^2)\geq 2a^2=2(a\cdot a)\geq2(ab)$，$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\frac{1}{a^2}+\fra c{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 3(\frac{1}{ab})=\frac{3}{ab}$。
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：$\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}\geq 3$。
不等式证明的常用方法
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：2121212212)()(b a ab b a +≥+证法一 （作差比较） 左边－右边)()()(33b a abb a +-+=abb a ab b ab a b a )())((+-+-+=abb ab a b a )2)((+-+=0))((2≥-+=abb a b a∴原不等式成立证法二 （作商比较）右边左边ba ab b a ++=33)()()())((b a ab b ab a b a ++-+=abb ab a )(+-=12=-≥ababab∴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 2211<+++--)11)((2222b a b a b a ≤++22b a ba 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 +--++-++=--+-+0])()1()1[(2])1)(1()1[(22222≤-++-+=++-+=b a ab ab b a ab 当且仅当b a =时取等号．点评 作商比较通常在两正数之间进行．本题若直接作差，则表达式复杂很难变形．由于不等式两边均非负，所以先平方去掉绝对值符号后再作差．不论是作差比较还是作商比较，“变形整理”都是关键． 二、基本不等式法 常用的基本不等式① 若R b a ∈,，则ab b a 222≥+（当且仅当b a =时取等号）；② 若+∈R b a ,，则ab ba 22≥+（当且仅当b a =时取等号）； ③ 若b a ,同号，则2≥+baa b （当且仅当b a =时取等号）；④ 若R b a ∈,，则≥+222b a 2)2(b a +（当且仅当b a =时取等号）； ⑤ 若+∈R c b a ,,，则abc c b a 3333≥++（当且仅当c b a ==时取等号）；⑥ 若+∈R c b a ,,，则33abc cb a ≥++（当且仅当c b a ==时取等号）；⑦ 均值不等式nn n a a a na a a ⋅⋅≥+++ 2121（其中++∈∈N n R a a a n ,,,,21 ）及它的变式n nn n n a a na a a a ⋅⋅≥+++ 2121，na a a a a a nn n n n +++≤⋅⋅ 2121，nn n na a a a a a )(2121+++≤⋅⋅【 例 3 】 （ 2004 年湖南省高考题）设0,0>>b a ，则以下不等式中不恒成立的是（ ）A.4)11)((≥++b a b a B 2332ab b a ≥+ C.b a b a 22222+≥++ D.b a b a -≥-||解：∵4122)11)((=⋅≥++abab b a b a ∴A 恒成立∵b a b a b a 221122222+≥+++=++ ∴C 恒成立 当b a ≤时，b a b a -≥-||，显然D 成立；当b a >时，b a b a -≥-||⇔a b b a ≥+-||⇔⇔≥+-+-a b b b a b a )(2)(0)(2≥-b b a 也恒成立∴D 恒成立。
高一不等式的解题方法与技巧
高一不等式的解题方法与技巧高一不等式的解题方法与技巧引言在高中数学中，不等式是一个非常重要的概念，解不等式的能力不仅对考试有利，还对我们日常生活中的问题求解有重要作用。
本文将介绍一些高一不等式解题的常用方法和技巧。
1. 基本不等式的性质•不等式的加减性质：对于任意的实数a、b和c，若a > b，则a+c > b+c，a-c > b-c。
•不等式的乘除性质：对于任意的实数a、b和c，若a > b且c > 0，则ac > bc；若a > b且c < 0，则ac < bc。
2. 一元一次不等式的解法•基本思路：将不等式转化为等式，然后通过解等式得到不等式的解集。
•示例题：求解不等式3x - 2 > 5。
–将不等式转化为等式：3x - 2 = 5。
–解等式得到x = 7/3。
–所以不等式的解集为x > 7/3。
3. 一元二次不等式的解法•基本思路：将不等式转化为二次方程，通过求解二次方程得到不等式的解集。
•示例题：求解不等式x^2 - 2x - 3 > 0。
–将不等式转化为二次方程：x^2 - 2x - 3 = 0。
–求解二次方程得到x = -1或x = 3。
–绘制函数图像，得到二次函数在(-∞, -1)U(3, +∞)上大于0，所以不等式的解集为x < -1或x > 3。
4. 绝对值不等式的解法•基本思路：根据绝对值的性质，将绝对值不等式转化为两个普通的不等式，然后求解得到不等式的解集。
•示例题：求解不等式|2x + 1| < 5。
–将不等式转化为两个不等式：2x + 1 < 5和-(2x + 1) < 5。
–解第一个不等式得到x < 2，解第二个不等式得到x > -3。
–综合以上两个解集，得到不等式的解集为-3 < x < 2。
5. 不等式组的解法•基本思路：将不等式组中的每一个不等式解出，然后综合得到不等式组的解集。
高中数学不等式的解题方法与技巧
高中数学不等式的解题方法与技巧
高中数学不等式的解题方法与技巧有以下几点：
1. 确定不等式的范围：首先要确定不等式的变量范围，例如确
定变量为正数、自然数等，以便后续的推导和计算。
2. 利用基本不等式：基本不等式是指常见的数学不等式，例如
平均不等式、柯西-施瓦茨不等式、均方根不等式等。
通过运用这些
基本不等式，可以简化和推导复杂的不等式。
3. 分析不等式的性质：通过观察不等式的形式和特点，可以得
出不等式的一些性质。
例如，不等式是否对称、是否单调递增等，这些性质可以为解题提供线索。
4. 使用增减法：对于复杂的不等式，可以通过增减法将不等式
变换成简单的形式。
增减法是指在不等式两边同时加减相同的数，从而改变不等式的形式。
通过多次的增减操作，可以逐步简化不等式的形式。
5. 运用数学归纳法：对于涉及自然数的不等式，可以使用数学
归纳法进行证明。
数学归纳法是通过证明某个命题对于自然数n成立，然后再证明对于n+1也成立，从而得出该命题对于所有自然数成立的结论。
6. 剖析复杂不等式：对于特别复杂的不等式，可以使用分段函数、图像、积分等方法进行剖析。
这些方法可以将不等式转化为求解函数的最值或积分的问题，进而求解不等式。
总之，解决高中数学不等式需要灵活运用各种方法和技巧，通过
观察、推导和计算，找到合适的途径来简化不等式、得出结论。
掌握了这些解题方法与技巧，可以提高解决数学不等式问题的能力。
高中不等式的证明方法
不等式证明方法不等式证明是高中数学一个难点，证明方法多种多样，近几年高考出现较为形式较为活泼，证明中经常需与函数、数列知识综合应用，灵活掌握运用各种方法是学好这局部知识一个前提，下面我们将证明中常见几种方法作一列举。
注意ab b a222≥+变式应用。
常用2222ba b a +≥+ (其中+∈R b a ,)来解决有关根式不等式问题。
一、比拟法比拟法是证明不等式最根本方法，有做差比拟与作商比拟两种根本途径。
1、a,b,c 均为正数，求证：ac c b b a c b a +++++≥++111212121 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)(414141)(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0111212121≥+-+-+-++ac c b b a c b a 二、综合法综合法是依据题设条件与根本不等式性质等，运用不等式变换，从条件推出所要证明结论。
2、a 、b 、),0(∞+∈c ，1=++c b a ，求证：31222≥++c b a证：2222)(1)(3c b a c b a ++=≥++⇔∴2222)()(3c b a c b a ++-++0)()()(222222222222≥-+-+-=---++=a c c b b a cabc ab c b a3、设a 、b 、c 是互不相等正数，求证：)(444c b a abc c b a++>++证：∵22442b a b a >+ 22442c b cb >+22442a c a c >+∴222222444a c c b b a c b a ++>++∵cab c b b a c b b a 22222222222=⋅>+同理：a bc a c c b 222222>+b ca b a ac 222222>+4、 知a,b,c R ∈，求证:)(2222222c b a a c c b b a ++≥+++++证明：∵)(22222222)(22b a b a b a b a ab ab +≥++≥+∴≥+即2)(222b a b a +≥+，两边开平方得)(222222b a b a b a +≥+≥+同理可得)(2222c b c b +≥+)(2222a c a c+≥+三式相加，得 5、),0(∞+∈y x 、且1=+y x ，证：9)11)(11(≥++y x 。
高中数学不等式解题技巧
不等式解题漫谈一、活用倒数法则 巧作不等变换——不等式的性质和应用不等式的性质和运算法则有许多,如对称性,传递性,可加性等.但灵活运用倒数法则对解题,尤其是不等变换有很大的优越性.倒数法则：若ab>0,则a>b 与1a <1b等价。
此法则在证明或解不等式中有着十分重要的作用。
如：（1998年高考题改编）解不等式log a (1-1x)>1.分析：当a>1时，原不等式等价于：1-1x >a,即 1x <1-a ,∵a>1,∴1-a<0, 1x <0,从而1-a,1x 同号，由倒数法则，得x>11-a ; 当0<a<1时，原不等式等价于 0<1- 1x <a,∴1-a<1x <1, ∵0<a<1，∴ 1-a>0, 1x >0, 从而1-a, 1x 同号，由倒数法则，得1<x<11-a;综上所述，当a>1时,x ∈(11-a ,+∞)；当0<a<1时，x ∈(1,11-a).注：有关不等式性质的试题，常以选择题居多，通常采用特例法,排除法比较有效。
二、小小等号也有大作为——绝对值不等式的应用绝对值不等式：||a|-|b||≤|a ±b|≤|a|+|b|。
这里a,b 既可以表示向量，也可以表示实数。
当a,b 表示向量时，不等式等号成立的条件是：向量a 与b 共线；当a,b 表示实数时，有两种情形：（1）当ab ≥0时，|a+b|=|a|+|b|, |a-b|=||a|-|b||;(2)当ab ≤0时，|a+b|=||a|-|b||, |a-b|=|a|+|b|.简单地说就是当a,b 同号或异号时，不等式就可转化为等式（部分地转化），这为解决有关问题提供了十分有效的解题工具。
如：若1<1a <1b,则下列结论中不正确的是（ ）A 、log a b>log b aB 、| log a b+log b a|>2C 、(log b a)2<1D 、|log a b|+|log b a|>|log a b+log b a|分析：由已知，得0<b<a<1,∴a,b 同号，故|log a b|+|log b a|=|log a b+log b a|，∴D 错。
高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法 一 比较法教案(含解析)5数学教案
一 比较法1．作差比较法(1)作差比较法的理论依据a －b >0⇔a >b ，a －b <0⇔a <b ，a －b ＝0⇔a ＝b .(2)作差比较法解题的一般步骤：①作差；②变形整理；③判定符号；④得出结论．其中变形整理是解题的关键，变形整理的目的是为了能够直接判定差的符号，常用的手段有：因式分解、配方、通分、分子或分母有理化等．2．作商比较法(1)作商比较法的理论依据是不等式的基本性质：①b >0，若a b >1，则a >b ；若ab <1，则a <b ；②b <0，若a b >1，则a <b ；若ab<1，则a >b .(2)作商比较法解题的一般步骤：①判定a ，b 的符号；②作商；③变形整理；④判定与1大小关系；⑤得出结论．作差比较法证明不等式[例1] y 3.[思路点拨] 因为不等式两边是同一种性质的整式，所以可以直接通过作差比较大小．[证明] x 3－x 2y ＋xy 2－(x 2y －xy 2＋y 3)＝x (x 2－xy ＋y 2)－y (x 2－xy ＋y 2) ＝(x －y )(x 2－xy ＋y 2)＝(x －y )⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 22＋3y 24. 因为x >y ，所以x －y >0，于是(x －y )⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 22＋3y 24>0， 所以x 3－x 2y ＋xy 2>x 2y －xy 2＋y 3.(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，而不用考虑差能否化简或值是多少．(2)变形所用的方法要具体情况具体分析，可以配方，可以因式分解，可以运用一切有效的恒等变形的方法．(3)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，常用配方法判断符号．有时会遇到结果符号不能确定，这时候要对差式进行分类讨论．1．求证：a 2＋b 2≥2(a －b －1)． 证明：a 2＋b 2－2(a －b －1) ＝(a －1)2＋(b ＋1)2≥0， ∴a 2＋b 2≥2(a －b －1)． 2．已知a ，b ∈R ＋，n ∈N ＋， 求证：(a ＋b )(a n＋b n)≤2(an ＋1＋bn ＋1)． 证明：∵(a ＋b )(a n＋b n)－2(an ＋1＋bn ＋1)＝an ＋1＋ab n ＋ba n ＋bn ＋1－2an ＋1－2bn ＋1＝a (b n －a n)＋b (a n－b n) ＝(a －b )(b n－a n)．①当a >b >0时，b n－a n<0，a －b ＞0， ∴(a －b )(b n－a n )<0.②当b >a >0时，b n－a n>0，a －b <0. ∴(a －b )(b n－a n )<0.③当a ＝b >0时，(b n－a n)(a －b )＝0.综合①②③可知，对于a ，b ∈R ＋，n ∈N ＋，都有(a ＋b )(a n＋b n)≤2(an ＋1＋bn ＋1).作商比较法证明不等式[例2] 设a >0，b >0，求证：a a b b≥(ab )2.[思路点拨] 不等式两端都是指数式，它们的值均为正数，可考虑用作商比较法．[证明] ∵a a b b>0，(ab )a ＋b2>0，∴a a b b (ab )a ＋b 2＝a a －b 2·b b －a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 2.当a ＝b时，显然有⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2＝1；当a >b >0时，a b >1，a －b2>0，∴由指数函数单调性，有⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2>1；当b >a >0时，0<a b <1，a －b2<0，∴由指数函数的单调性，有⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b2>1.综上可知，对任意实数a ，b ，都有a a b b≥(ab )a ＋b2.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，用作商比较法时，如果需要在不等式两边同乘某个数，要注意该数的正负，且最后结果与1比较．3．已知a >b >c >0.求证：a 2a b 2b c 2c>a b ＋c b c ＋a c a ＋b.证明：由a >b >c >0，得ab ＋c b c ＋a c a ＋b >0.作商a 2a b 2b c 2c a b ＋c b c ＋a c a ＋b ＝a a a a b b b b c c c ca b a c b c b a c a cb＝aa －b a a －c b b －c b b －a c c －a cc －b＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c ⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c. 由a >b >c >0，得a －b >0，a －c >0，b －c >0，且a b >1，a c >1，b c>1. ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b ⎝ ⎛⎭⎪⎫a c a －c ⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c>1. ∴a 2a b 2b c 2c >ab ＋c b c ＋a c a ＋b.4．设n ∈N ，n >1，求证log n (n ＋1)>log (n ＋1)(n ＋2)．证明：因为n >1，所以log n (n ＋1)>0，log (n ＋1)(n ＋2)>0， 所以log (n ＋1)(n ＋2)log n (n ＋1)＝log (n ＋1)(n ＋2)·log (n ＋1)n≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤log (n ＋1)(n ＋2)＋log (n ＋1)n 22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤log (n ＋1)(n 2＋2n )22<⎣⎢⎡⎦⎥⎤log (n ＋1)(n ＋1)222＝1. 故log (n ＋1)(n ＋2)<log n (n ＋1)， 即原不等式得证.比较法的实际应用[例3] 一半时间以速度m 行走，另一半以速度n 行走；乙有一半路程以速度m 行走，另一半路程以速度n 行走．如果m ≠n ，问甲、乙二人谁先到达指定地点？[思路点拨] 先用m ，n 表示甲、乙两人走完全程所用时间，再进行比较．[解] 设从出发地点至指定地点的路程为s ，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t 1，t 2 ，依题意有t 12m ＋t 12n ＝s ，s 2m ＋s2n＝t 2.∴t 1＝2s m ＋n ，t 2＝s (m ＋n )2mn.∴t1－t2＝2sm＋n－s(m＋n)2mn＝s[4mn－(m＋n)2]2mn(m＋n)＝－s(m－n)22mn(m＋n).其中s，m，n都是正数，且m≠n，∴t1－t2<0.即t1<t2.从而知甲比乙先到达指定地点．应用不等式解决实际问题时，关键是如何把等量关系、不等量关系转化为不等式的问题来解决，也即建立数学模型是解应用题的关键，最后利用不等式的知识来解．在实际应用不等关系问题时，常用比较法来判断数的大小关系，若是选择题或填空题则可用特殊值加以判断．5．某人乘出租车从A地到B地，有两种方案；第一种方案：乘起步价为10元．每千米1.2元的出租车，第二种方案：乘起步价为8元，每千米1.4元的出租车．按出租车管理条例，在起步价内，不同型号的出租车行驶的路程是相等的，则此人从A地到B地选择哪一种方案比较合适？解：设A地到B地距离为m千米．起步价内行驶的路程为a千米．显然当m≤a时，选起步价为8元的出租车比较便宜．当m>a时，设m＝a＋x(x>0)，乘坐起步价为10元的出租车费用为P(x)元．乘坐起步价为8元的出租车费用为Q(x)元，则P(x)＝10＋1.2 x，Q (x )＝8＋1.4x .∵P (x )－Q (x )＝2－0.2x ＝0.2(10－x )，∴当x >10时，P (x )<Q (x )，此时选择起步价为10元的出租车较为合适．当x <10时，P (x )>Q (x )，此时选起步价为8元的出租车较为合适．当x ＝10时，P (x )＝Q (x )，两种出租车任选，费用相同． 1．下列关系中对任意a <b <0的实数都成立的是( ) A ．a 2<b 2B ．lg b 2<lg a 2C.ba>1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫12b 2 解析：选B ∵a <b <0，∴－a >－b >0. (－a )2>(－b )2>0.即a 2>b 2>0.∴b 2a2<1.又lg b 2－lg a 2＝lg b 2a2<lg 1＝0，∴lg b 2<lg a 2.2．已知P ＝1a 2＋a ＋1，Q ＝a 2－a ＋1，那么P ，Q 的大小关系是( )A ．P >QB ．P <QC ．P ≥QD ．P ≤Q解析：选D 法一：Q P＝(a 2－a ＋1)(a 2＋a ＋1)＝(a 2＋1)2－a 2＝a 4＋a 2＋1≥1， 又∵a 2＋a ＋1>0恒成立， ∴Q ≥P .法二：P －Q ＝1－(a 2－a ＋1)(a 2＋a ＋1)a 2＋a ＋1 ＝－(a 4＋a 2)a 2＋a ＋1，∵a 2＋a ＋1>0恒成立且a 4＋a 2≥0， ∴P －Q ≤0，即Q ≥P .3．已知a >0，b >0，m ＝a b ＋ba，n ＝a ＋b ，p ＝a ＋b ，则m ，n ，p 的大小关系是( )A ．m ≥n >pB ．m >n ≥pC ．n >m >pD ．n ≥m >p解析：选A 由m ＝a b ＋ba，n ＝a ＋b ，得a ＝b >0时，m＝n, 可排除B 、C 项．比较A 、D 项，不必论证与p 的关系．取特殊值a ＝4，b ＝1，则m ＝4＋12＝92，n ＝2＋1＝3，∴m >n ，可排除D ，故选A.4．设m >n ，n ∈N ＋，a ＝(lg x )m ＋(lg x )－m ，b ＝(lg x )n＋(lg x )－n，x >1，则a 与b 的大小关系为( )A ．a ≥bB ．a ≤bC ．与x 值有关，大小不定D ．以上都不正确解析：选A a －b ＝lg mx ＋lg －mx －lg n x －lg －nx ＝(lg mx －lgnx )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1lg n x －1lg m x＝(lg m x －lg nx )－lg mx －lg nx lg m x lg n x＝(lg mx －lg nx )⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1lg m x lg n x＝(lg m x －lgnx )⎝⎛⎭⎪⎫1－1lg m ＋n x .∵x >1，∴lg x >0. 当0<lg x <1时，a >b ； 当lg x ＝1时，a ＝b ； 当lg x >1时，a >b . ∴应选A.5．若0<x <1，则1x 与1x2的大小关系是________．解析：1x －1x 2＝x －1x2.因为0<x <1，所以1x －1x2<0.所以1x <1 x2.答案：1x < 1 x26．设P＝a2b2＋5，Q＝2ab－a2－4a，若P>Q，则实数a，b满足的条件为________．解析：P－Q＝a2b2＋5－(2ab－a2－4a)＝a2b2＋5－2ab＋a2＋4a＝a2b2－2ab＋1＋4＋a2＋4a＝(ab－1)2＋(a＋2)2，∵P>Q，∴P－Q>0，即(ab－1)2＋(a＋2)2>0，∴ab≠1或a≠－2.答案：ab≠1或a≠－27．一个个体户有一种商品，其成本低于3 5009元．如果月初售出可获利100元，再将本利存入银行，已知银行月息为2.5%，如果月末售出可获利120元，但要付成本的2%的保管费，这种商品应________出售(填“月初”或“月末”)．解析：设这种商品的成本费为a元．月初售出的利润为L1＝100＋(a＋100)×2.5%，月末售出的利润为L2＝120－2%a，则L1－L2＝100＋0.025a＋2.5－120＋0.02a＝0.045⎝ ⎛⎭⎪⎫a －3 5009， ∵a <3 5009， ∴L 1<L 2，月末出售好．答案：月末8．已知x ，y ∈R, 求证：sin x ＋sin y ≤1＋sin x sin y . 证明：∵sin x ＋sin y －1－sin x sin y＝sin x (1－sin y )－(1－sin y )＝(1－sin y )(sin x －1)．∵－1≤sin x ≤1，－1≤sin y ≤1.∴1－sin y ≥0，sin x －1≤0.∴(1－sin y )(sin x －1)≤0.即sin x ＋sin y ≤1＋sin x sin y .9．若a ＞0，b ＞0，c ＞0，求证：a a b b c c ≥(abc )a ＋b ＋c 3.证明：不妨设a ≥b ≥c ≥0，那么由指数函数的性质，有 ⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 3≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c 3≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫c a c －a 3≥1. 所以a a b b c c (abc )a ＋b ＋c 3＝a a －b 3＋a －c 3b b －c 3＋b －a 3c c －a 3＋c －b 3 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b a －b 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫b c b －c 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫c a c －a 3≥1. ∴原不等式成立．10．已知a<b<c，x<y<z，则ax＋by＋cz，ax＋cy＋bz，bx ＋ay＋cz，bx＋cy＋az中最大的是哪一个？证明你的结论．解：ax＋by＋cz最大．理由如下：ax＋by＋cz－(ax＋cy＋bz)＝(b－c)y＋(c－b)z＝(b－c)(y －z)，∵a<b<c，x<y<z，∴b－c<0，y－z<0，∴ax＋by＋cz－(ax＋cy＋bz)>0，即ax＋by＋cz>ax＋cy＋bz.ax＋by＋cz－(bx＋ay＋cz)＝(a－b)x＋(b－a)y＝(a－b)(x －y)>0，∴ax＋by＋cz>bx＋ay＋cz.ax＋by＋cz－(bx＋cy＋az)＝(a－b)x＋(b－c)y＋(c－a)z＝(a－b)x＋(b－c)y＋[(c－b)＋(b－a)]z＝(a－b)(x－z)＋(b－c)(y－z)>0，∴ax＋by＋cz>bx＋cy＋az.故ax＋by＋cz最大．。
从高考看高中不等式的性质证明及其解法
1 ab2
＜
1 a2b
.
证明：因为
1 ab2
-
1 a2b
=
a-b a2b2
，a＜b，a-b＜０
则
a-b a2b2
＜０，即
1 ab2
＜
1 a2b
.
（2）作比法：a＞b，（b＞０）圳 a ＞1. b
例 2：已知 a＞b缀 R+，求证：aabb≥abba.
证明：
aabb abba
=aa-bbb-a =（a ）a-b b
比较法分作差比较与作商比较。 作差比较为 Ａ＞Ｂ圳
Ａ-Ｂ＞０，作商比较为 Ａ＞Ｂ圳 Ａ ＞1（Ｂ＞０） Ｂ
作差比较的关键是判断差的符号， 操作步骤为作差、
变形、判断差的符号；而作商比较的关键是判断商是否大
于 1，操作步骤为作商、变形、判断商与 1 的大小关系。
（1）作差法：a＞b圳a-b＞０
例 1：设 a，b 是非零实数，若 a＜b，证明：
因为 a＞b＞０，所以 a ＞1 且 a-b＞０ b
于是（a ）a-b＞（a ）0=1
b
b
即（a ）a-b＞1 所以 aabb＞abba. b
2.三角换元法
三角换元法是解决不等式问题的常用方法，主要在于
换元，将某些复杂的不等式证明简单直观化，多数可将原
不等式转化成简单不等式，使得问题变得直观化、简单化。
5.如果 a＞b 那么 n姨 a ＞n姨 b （n缀N 且 n＞1））。
6.如果 a，b 是正数，那么
a+b 2
≥ 姨ab （当且仅当 a=b
时取“=”号）。
不等式的基本性质是不等式证明的理论基础，只要能
合理掌握并运用好不等式的性质，才能更加合理地解决不