不等式证明19个典型例题
不等式证明19个典型例题
典型例题一
例1 若10<
分析1 用作差法来证明．需分为1>a 和10< 解法1 （1）当1>a 时， 因为 11,110>+<- 0)1(log 2 >--=x a ． （2）当10<+<- 0)1(log 2 >-=x a ． 综合（1）（2）知)1(log )1(log x x a a +>-． 分析2 直接作差，然后用对数的性质来去绝对值符号． 解法2 作差比较法． 因为 )1(log )1(log x x a a +-- a x a x lg )1lg(lg )1lg(+- -= [])1lg()1lg(lg 1x x a +--= [])1lg()1lg(lg 1x x a +---= 0)1lg(lg 12 >--= x a ， 所以)1(log )1(log x x a a +>-． 说明：解法一用分类相当于增设了已知条件，便于在变形中脱去绝对值符号；解法二用对数性质（换底公式）也能达到同样的目的，且不必分而治之，其解法自然简捷、明快． 典型例题二 例2 设0>>b a ，求证：.a b b a b a b a > 分析：发现作差后变形、判断符号较为困难．考虑到两边都是正数，可以作商，判断比值与1的大小关系，从而证明不等式． 证明： b a a b b a a b b a b a b a b a b a ---=⋅=) ( ∵0>>b a ，∴ .0,1>->b a b a ∴1) (>-b a b a . ∴ a b b a b a b a .1> 又∵0>a b b a ， ∴.a b b a b a b a >. 说明：本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法).作商比较法证明不等式的步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小. 典型例题三 例3 对于任意实数a 、b ，求证 4 4 4 ( )2 2 a b a b ++≥（当且仅当a b =时取等号） 分析 这个题若使用比较法来证明，将会很麻烦，因为，所要证明的不等式中有4 ( )2 a b +， 展开后很复杂。若使用综合法，从重要不等式：2 2 2a b a b +≥出发，再恰当地利用不等式的有关性质及“配方”的技巧可得到证明。 证明：∵ 222a b a b +≥（当且仅当22 a b =时取等号） 两边同加4 4 4 4 2 2 2 ():2()()a b a b a b ++≥+， 即： 4 422 2 ( )2 2 a b a b ++≥ （1） 又：∵ 2 2 2a b a b +≥（当且仅当a b =时取等号） 两边同加22222 ():2()()a b a b a b ++≥+ ∴ 2 2 2 ( )22 a b a b ++≥ ∴ 2 2 2 4 ( )( )2 2 a b a b ++≥ （2） 由（1）和（2）可得 4 4 4 ( )2 2 a b a b ++≥（当且仅当a b =时取等号）． 说明：此题参考用综合法证明不等式．综合法证明不等式主要是应用均值不等式来证明， 要注意均值不等式的变形应用，一般式子中出现有平方和乘积形式后可以考虑用综合法来解． 典型例题四 例4 已知a 、b 、c R + ∈，1a b c ++=，求证1119.a b c ++≥ 分析 显然这个题用比较法是不易证出的。若把 111a b c + + 通分，则会把不等式变得较 复杂而不易得到证明．由于右边是一个常数，故可考虑把左边的式子变为具有“倒数”特征的形式，比如 b a a b +，再利用“均值定理”就有可能找到正确的证明途径，这也常称为“凑 倒数”的技巧． 证明：∵1a b c ++= ∴ 111a b c ++a b c a b c a b c a b c ++++++= + + (1)(1)(1)b c a c a b a a b b c c =++++++++ 3( )( )()b a c a c b a b a c b c =++++++ ∵ 2b a a b +≥=，同理： 2c a a c + ≥， 2c b b c + ≥。 ∴ 11132229.a b c + + ≥+++= 说明：此题考查了变形应用综合法证明不等式．题目中用到了“凑倒数”，这种技巧在很多不等式证明中都可应用，但有时要首先对代数式进行适当变形，以期达到可以“凑倒数”的目的． 典型例题五 例５ 已知c b a >>，求证： a c c b b a -+ -+ -111＞0. 分析：此题直接入手不容易，考虑用分析法来证明，由于分析法的过程可以用综合法来书写，所以此题用两种方法来书写证明过程. 证明一：(分析法书写过程) 为了证明a c c b b a -+ -+ -111＞0 只需要证明c b b a -+ -1 1＞ c a -1 ∵c b a >> ∴0,0>->->-c b b a c a ∴c b c a b a ---1, 11 ＞0 ∴c b b a -+-11＞ c a -1成立 ∴ a c c b b a -+-+ -111＞0成立 证明二：(综合法书写过程) ∵c b a >> ∴0,0>->->-c b b a c a ∴b a -1＞ c a -1 c b -1＞0 ∴c b b a -+-1 1＞ c a -1 成立 ∴ a c c b b a -+ -+ -111＞0成立 说明：学会分析法入手，综合法书写证明过程，但有时这两种方法经常混在一起应用，混合应用时，应用语言叙述清楚. 典型例题六 例6 若0,0a b >>，且2c a b >+，求证： c a c - <<+ 分析 这个不等式从形式上不易看出其规律性，与我们掌握的定理和重要的结论也没有什么直接的联系，所以可以采用分析的方法来寻找证明途径．但用“分析”法证不等式，要有严格的格式，即每一步推出的都是上一步的充分条件，直到推出的条件是明显成立的（已知条件或某些定理等）． 证明：为要证c a c - <<+ 只需证a c <-< 即证a c -< ， 也就是2 2 ()a c c a b -<-， 即证2 2a a c a b -<-， 即证2()a c a a b >+， ∵0,2,0a c a b b >>+>， ∴2 a b c +> ≥ 2 c a b >即有2 0c a b ->， 又 由2c a b >+可得2()a c a a b >+成立， ∴ 所求不等式c a c - <<+ 说明：此题考查了用分析法证明不等式．在题目中分析法和综合法是综合运用的，要注意在书写时，分析法的书写过程应该是：“欲证……需证……”，综合法的书写过程是：“因为（∵）……所以（∴）……”，即使在一个题目中是边分析边说明也应该注意不要弄混． 典型例题七 例7 若2 3 3 =+b a ，求证2 ≤+b a ． 分析：本题结论的反面比原结论更具体、更简、宜用反证法． 证法一：假设2>+b a ，则)(2))((2 2 2 2 3 3 b ab a b ab a b a b a +->+-+=+， 而23 3 =+b a ，故1 )(2 2 <+-b ab a ． ∴ab b a ab 212 2 ≥+>+．从而1 ∴212 2 <+<+ab b a ． ∴4 222) (2 2 2 <+<++=+ab ab b a b a ． ∴2<+b a ． 这与假设矛盾，故2≤+b a ． 证法二：假设2>+b a ，则b a ->2， 故3 3 3 3 ) 2(2 b b b a +->+=，即2 61282 b b +->，即0 ) 1(2 <-b ， 这不可能．从而2 ≤+b a ． 证法三：假设2 >+b a ，则8 )(3) (3 3 3 >+++=+b a ab b a b a ． 由2 3 3=+b a ，得6 )(3>+b a ab ，故2 )(>+b a ab ． 又2 ))((2 2 3 3 =+-+=+b ab a b a b a ， ∴) )(()(2 2 b ab a b a b a ab +-+>+． ∴ab b ab a <+-2 2 ，即0 )(2 <-b a ． 这不可能，故2≤+b a ． 说明：本题三种方法均采用反证法，有的推至与已知矛盾，有的推至与已知事实矛盾． 一般说来，结论中出现“至少”“至多”“唯一”等字句，或结论以否定语句出现，或结论肯定“过头”时，都可以考虑用反证法． 典型例题八 例8 设x 、y 为正数，求证 3 3 3 2 2 y x y x +> +． 分析：用综合法证明比较困难，可试用分析法． 证明：要证3 3 3 2 2 y x y x +> +，只需证2 33 3 22 ) () (y x y x +>+， 即证6 3 36 6 4 2 2 4 6 233y y x x y y x y x x ++>+++， 化简得3 3 4 2 24233y x y x y x >+，0 )323(2 2 22>+-y xy x y x ． ∵0 33442 2 <⨯⨯-=∆ y y ， ∴0 3232 2 >+-y xy x ． ∴0 )323(2 2 22>+-y xy x y x ． ∴原不等式成立． 说明：1．本题证明易出现以下错误证法：xy y x 22 2 ≥+，3 2 3 2 3 3 3 3 2y x y x ≥ +， 然后分(1)1>>y x ；(2)1< 无效． 2．用分析法证明数学问题，要求相邻两步的关系是B A ⇐，前一步是后一步的必要条件，后一步是前一步的充分条件，当然相互为充要条件也可以． 典型例题九 例9 已知2 12 2 ≤+≤ y x ，求证 3 2 12 2 ≤+-≤y xy x ． 分析：联想三角函数知识，进行三角换元，然后利用三角函数的值域进行证明． 证明：从条件看，可用三角代换，但需要引入半径参数r ． ∵2 12 2 ≤+≤ y x ， ∴可设θ=cos r x ，θ =sin r y ，其中π ≤θ≤≤≤ 2021，r ． ∴) 2sin 2 11(cos sin 2 2 2 2 2θ-=θθ-=+-r r r y xy x ． 由2 32sin 21121≤ θ- ≤，故 2 2 2 2 3)2sin 2 11(21r r r ≤ θ- ≤． 而 2 12 12 ≥ r ， 32 32 ≤r ，故 3 2 12 2 ≤+-≤y xy x ． 说明：1．三角代换是最常见的变量代换，当条件为 2 2 2 r y x =+或2 2 2 r y x ≤+或 12 22 2=± b y a x 时，均可用三角代换．2．用换元法一定要注意新元的范围，否则所证不等式的 变量和取值的变化会影响其结果的正确性． 典型例题十 例10 设n 是正整数，求证1 21211121<++++ +≤ n n n ． 分析：要求一个n 项分式 n n n 212 11 1+ +++ + 的范围，它的和又求不出来，可以采用 “化整为零”的方法，观察每一项的范围，再求整体的范围． 证明：由) ,,2,1(2n k n k n n =>+≥，得 n k n n 1121< +≤ ． 当1=k 时，n n n 11121< +≤ ； 当2 =k 时， n n n 12 121< +≤ …… 当n k =时， n n n n 1121< +≤ ． ∴ 1 212 1 1 122 1=<+ +++ +≤ = n n n n n n n ． 说明：1、用放缩法证明不等式，放缩要适应，否则会走入困境．例如证明 4 712 11 12 2 2 < + ++ n ．由 k k k 11 112 - -< ，如果从第3项开始放缩，正好可证明；如果从 第2项放缩，可得小于2．当放缩方式不同，结果也在变化． 2、放缩法一般包括：用缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值缩小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求，第一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩后便于求和． 典型例题十一 例11 已知0>>b a ，求证： b b a ab b a a b a 8)(2 8)(2 2 -< -+< -． 分析：欲证不等式看起来较为“复杂”，宜将它化为较“简单”的形式，因而用分析法证明较好． 证明：欲证b b a ab b a a b a 8)(2 8)(2 2 -< -+< -， 只须证 b b a ab b a a b a 4) (2 4)(2 2 -< -+<-． 即要证2 2 2 2) (2⎪ ⎪⎭ ⎫ ⎝⎛-<-<⎪ ⎪⎭ ⎫ ⎝⎛-b b a b a a b a ， 即要证 b b a b a a b a 2 2 -< -<-． 即要证 b b a a b a 2 12 +< <+， 即要证 b b a a b a + < <+ 2． 即要证1 21+< <+ b a a b ，即 b a a b < <1． 即要证b a a b < <1 （*） ∵0 >>b a ，∴（*）显然成立， 故 b b a ab b a a b a 8)(2 8)(2 2 -< - +<- 说明：分析法证明不等式，实质上是寻求结论成立的一个充分条件．分析法通常采用“欲证——只要证——即证——已知”的格式． 典型例题十二 例12 如果x ，y ，z R ∈，求证：3 3 2 3 3 2 3 3 2 8 8 8 y x z x z y z y x z y x ++≥++． 分析：注意到不等式左边各字母在项中的分布处于分离状态，而右边却结合在一起，因而要寻求一个熟知的不等式具有这种转换功能（保持两边项数相同），由 ) () () (2 2 2 ≥-+-+-a c c b b a ，易得ca bc ab c b a ++≥++2 2 2 ，此式的外形特征符合要求， 因此，我们用如下的结合法证明． 证明：∵2 42 42 48 8 8 ) () () (z y x z y x ++=++ 4 4 4 4 4 4 x z x y y x ++≥ 2 222 222 22) () () (x z z y y x ++= 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 y x x z x z z y z y y x ⋅+⋅+⋅≥ 2 2 2 2 2 2 ) () ()(y zx x yz z xy ++= z xy y zx y zx x yz x yz z xy 2 2 2 2 2 2 ⋅+⋅+⋅≥ 3 3 2 3 3 2 3 3 2 y x z x z y z y x ++= ． ∴3 3 2 3 3 2 3 3 28 8 8 y x z x z y z y x z y x ++≥++． 说明：分析时也可以认为是连续应用基本不等式ab b a 22 2 ≥+而得到的．左右两边都是 三项，实质上是ca bc ab c b a ++≥++2 2 2 公式的连续使用． 如果原题限定x ，y ，z + ∈R ，则不等式可作如下变形：) 111( 3 3 3 8 8 8 z y x z y x z y x + + ≥++进一步可得到： z y x y x z z x y z y x 1113 3 53 3 53 3 5+ + ≥ + + ． 显然其证明过程仍然可套用原题的思路，但比原题要难，因为发现思路还要有一个转化的过程． 典型例题十三 例13 已知10< 不可能都大于 4 1． 分析：此命题的形式为否定式，宜采用反证法证明．假设命题不成立，则 a c c b b a )1()1()1(---，，三数都大于 4 1，从这个结论出发，进一步去导出矛盾． 证明：假设a c c b b a )1()1()1(---，，三数都大于 4 1， 即4 1)1(> - b a ，4 1)1(> -c b ，4 1)1(> - a c ． 又∵10< 1)1(> -b a ， 2 1)1(> -c b ， 2 1)1(>-a c ． ∴ 2 3)1()1()1(> -+-+-a c c b b a ① 又∵ 2 1)1(b a b a +-≤ -， 2 1)1(c b c b +-≤ -， 2 1)1(a c a c +-≤ -． 以上三式相加，即得： 2 3)1()1()1(≤ ⋅-+ ⋅-+ ⋅-a c c b b a ② 显然①与②相矛盾，假设不成立，故命题获证． 说明：一般情况下，如果命题中有“至多”、“至少”、“都”等字样，通常情况下要用反证法，反证法的关键在于“归谬”，同时，在反证法的证明过程中，也贯穿了分析法和综合法的解题思想． 典型例题十四 例14 已知a 、b 、c 都是正数，求证：⎪⎭ ⎫ ⎝ ⎛- ++≤⎪⎭⎫ ⎝⎛- +3 332 2abc c b a ab b a ． 分析：用分析法去找一找证题的突破口．要证原不等式，只需证3 32 abc c ab -≤-， 即只需证3 3 2 abc ab c ≥+．把ab 2 变为 ab ab +，问题就解决了．或有分析法的途径， 也很容易用综合法的形式写出证明过程． 证法一：要证⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛- ++≤- ⎪⎭ ⎫ ⎝⎛+3 3322abc c b a ab b a ， 只需证3 32abc c b a ab b a -++≤-+， 即3 3 2 abc c ab -≤- ，移项，得3 3 2abc ab c ≥+． 由a 、b 、c 为正数，得3 32 abc ab ab c ab c ≥++=+． ∴原不等式成立． 证法二：∵a 、b 、c 为正数， 3 3 3 3abc ab ab c ab ab c =⋅≥+ + ∴． 即3 32abc ab c ≥+，故3 32 abc c ab -≤- ． 3 32abc c b a ab b a -++≤-+∴， ⎪ ⎭ ⎫ ⎝ ⎛- ++≤- ⎪⎭⎫ ⎝⎛+∴3 3322abc c b a ab b a ． 说明：题中给出的 2 b a +， ab ， 3 c b a ++，3 abc ，只因为a 、b 、c 都是正数，形 式同算术平均数与几何平均数定理一样，不加分析就用算术平均数与几何平均数定理来求 证，问题就不好解决了． 原不等式中是用“不大于”连结，应该知道取等号的条件，本题当且仅当ab c =时取“＝” 号．证明不等式不论采用何种方法，仅仅是一个手段或形式问题，我们必须掌握证题的关键．本题的关键是证明3 3 2 abc ab c ≥+． 典型例题十五 例15 已知0>a ，0>b ，且1=-b a ．求证：1 )1)(1(10 <+ - < b b a a a ． 分析：记) 1)(1(10b b a a a M +-<=，欲证10< 域，本题采用三角换元，借助三角函数的变换手段将很方便，由条件1=-b a ，+ ∈R b a 、可 换元，围绕公式1tan sec 2 2 =θ-θ来进行． 证明：令θ =2 sec a ，θ =2 tan b ，且20 π< θ<， 则 ) tan 1(tan )sec 1 (sec sec 1)1 )(1(12 θ + θ⋅θ -θθ = +- b b a a a ) sin cos cos sin ()cos cos 1( cos 2 θ θ+ θ θ⋅θ-θθ= θ =θ θ⋅ θ θ ⋅ θ=sin cos sin 1 cos sin cos 2 2 ∵2 π< θ<，∴1 sin 0<θ<，即1 )1)( 1(10<+ - 说明：换元的思想随处可见，这里用的是三角代换法，这种代换如能将其几何意义挖掘出来，对代换实质的认识将会深刻得多，常用的换元法有：(1)若1 ≤x ，可设R x ∈αα=,sin ；(2)若12 2 =+y x ，可设α=cos x ，α =sin y ，R ∈α；(3)若1 2 2 ≤+y x ，可设α =cos r x ， α =sin r y ，且1≤r ． 典型例题十六 例16 已知x 是不等于1的正数，n 是正整数，求证n n n n x x x ⋅>+++1 2 )1)(1(． 分析：从求证的不等式看，左边是两项式的积，且各项均为正，右边有2的因子，因此可考虑使用均值不等式． 证明：∵x 是不等于1的正数， ∴0 2 1>>+ x x ， ∴n n n x x 2)1(>+． ① 又0 21>>+ n n x x ． ② 将式①，②两边分别相乘得 n n n n n x x x x ⋅ ⋅>++2 2 ) 1)(1(， ∴n n n n x x x ⋅>++ +1 2 ) 1)(1(． 说明：本题看起来很复杂，但根据题中特点，选择综合法求证非常顺利．由特点选方法是解题的关键，这里因为1≠x ，所以等号不成立，又因为①，②两个不等式两边均为正，所以可利用不等式的同向乘性证得结果．这也是今后解题中要注意的问题． 典型例题十七 例17 已知，x ，y ，z + ∈R ，且1=++z y x ，求证 3 ≤++z y x ． 分析：从本题结构和特点看，使用比较法和综合法都难以奏效．为找出使不等式成立的充分条件不妨先用分析法一试，待思路清晰后，再决定证题方法． 证明：要证 3 ≤ + + z y x ， 只需证3)(2≤+ ++++yz xz xy z y x ， 只需证 1 ≤+ + yz xz xy ． ∵x ，y ，z + ∈R ， ∴xy y x 2 ≥+，xz z x 2 ≥+，yz z y 2≥+， ∴) (2)(2yz xz xy z y x ++≥++， ∴1 ≤++yz xz xy 成立． ∴ 3 ≤++z y x ． 说明：此题若一味地用分析法去做，难以得到结果．在题中得到只需证 1 ≤+ + yz xz xy 后，思路已较清晰，这时改用综合法，是一种好的做法．通过此例可 以看出，用分析法寻求不等式的证明途径时，有时还要与比较法、综合法等结合运用，决不可把某种方法看成是孤立的． 典型例题十八 例18 求证2 13 12 112 2 2 <+ ++ + n ． 分析：此题的难度在于，所求证不等式的左端有多项和且难以合并，右边只有一项．注意到这是一个严格不等式，为了左边的合并需要考查左边的式子是否有规律，这只需从2 1n 下手考查即可． 证明：∵ ) 2(11 1) 1(11112 ≥--= -< ⋅=n n n n n n n n ， ∴ +⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+<+ ++ + 31212111 113 12 112 2 2 n 212111<-=⎪⎭ ⎫ ⎝⎛--+n n n ． 说明：此题证明过程并不复杂，但思路难寻．本题所采用的方法也是解不等式时常用的 一种方法，即放缩法．这类题目灵活多样，需要巧妙变形，问题才能化隐为显，这里变形的这一步极为关键． 典型例题十九 例19 在ABC ∆中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，若B C A 2≤+，求证 4 4 4 2b c a ≤+． 分析：因为涉及到三角形的边角关系，故可用正弦定理或余弦定理进行边角的转化． 证明：∵B B C A 2≤-π=+，∴2 1cos 3 ≤ π≥ B B ，． 由余弦定理得ac c a B ac c a b -+≥-+=2 2 2 2 2cos 2 ∴ac b c a +≤+2 2 2， ∴2 22 2 2 4 4 2) (c a c a c a -+=+ =)2)(2(2 2 2 2ac c a ac c a - +++ ])12( [])12([2 2ac b ac b --⋅++≤ 2 22 4 2c a b ac b -⋅+= 4 4 2 22)(b b b a c ≤+--= 说明：三角形中最常使用的两个定理就是正弦和余弦定理，另外还有面积公式 C ab S sin 2 1= ．本题应用知识较为丰富，变形较多．这种综合、变形能力需要读者在平时 解题时体会和总结，证明不等式的能力和直觉需要长期培养． 多种方法证明高中不等式 例1证明不等式n n 2131211<+ +++ (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+ k 13121+ ++ ＜2k ， , 121 1 )1(1 1 )1(21 121131211+=++++< +++= ++ <+++++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+ n 13121+ ++ ＜2n . 另从k 到k +1时的证明还有下列证法： , 1 11 1212212:.121 12,01),1(21)1(2,0)1()1()1(2)1(21)1(22+= +++> ++=-++<++ ∴>++<++∴>+-=+++-=+--+k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k 又如 .121 12+<++ ∴k k k 证法二：对任意k ∈N *，都有： . 2)1(2)23(2)12(221 31211), 1(21 2 2 1n n n n k k k k k k k =--++-+-+<++++--=-+< += 因此 证法三：设f (n )=),13 12 11(2n n + ++ +- 那么对任意k ∈N * 都有： 1 )1(])1(2)1[(1 1]1)1(2)1(2[111 1)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y x xy y x xy y x y x y x y x y x u ++ =+++= ++=++= 212)(2. ∵x ＞0，y ＞0，∴x +y ≥2xy (当x =y 时“=”成立)， ∴ y x xy +2≤1，y x 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 y x +1≤a 1+y x ， 设 y x =tan θ，θ∈(0，2 π ). ∴tan θ+1≤a 1tan 2+θ；即tan θ+1≤a se c θ ∴a ≥sin θ+cos θ=2sin(θ+ 4 π )， 不等式证明 典型例题 不等式证明的方法有比较法,分析法,综合法,放缩法,反证法,换元法等等. 例1 已知在a ，b ，c ∈R +，求证a 2b+ab 2+a 2c+ac 2+b 2c+bc 2 ≥6abc 解法1：比较法 a 2b+ab 2+a 2c+ac 2+b 2c+bc 2-6abc =a 2b-2abc+bc 2+ab 2-2abc+ac 2+a 2c-2abc+b 2 c =b(a-c) 2+a(b-c) 2+c(a-b) 2 a ，b ，c ∈R + 且(a-c) 2≥0，(b-c) 2≥0，(a-b) 2≥0}→b(a-c) 2+a(b-c) 2+c(a-b) 2≥0 从而a 2b+ab 2+a 2c+ac 2+b 2c+bc 2≥6abc [知识总结] 比较法包括作差比较法和作商比较法两种,作差比较法是重中之重. 作差比较法的一般步骤 ________(1)作差；(2)变形(积化和差或配方或通分等等);(3)定号. 解法2：分析法 要证 a 2b+ab 2a 2c+ac 2+b 2c+bc 2≥6abc a ，b ，c ∈R +，故只要证明6≥+++++a c a b b c b a c b c a 而33,33a c b b a c c b a c b a ++≥=++≥ ∴ 6≥+++++a c a b b c b a c b c a 即证原不等式成立 [知识总结] 分析法是一种执果索因的方法,是从求证的不等式出发,分析使这个不等式成立的充分条件,把证明不等式转化为判断这些条件是否具备的问题.同时要特别注意分析法步骤的书写规范问题. 解法3：综合法 a ， b ， c ∈R + ∴ 3≥++b a c b c a ∴6≥+++++a c a b b c b a c b c a ，当且仅当b i=l a i(1￡i￡n)时取等号 柯西不等式的几种变形形式 1.设a i?R,b i>0 (i=1,2,…,n)则，当且仅当b i=l a i(1￡i￡n)时取等号 2.设a i,b i同号且不为零(i=1,2,…,n)，则，当且仅当b1=b2=…=b n时取等号例1.已知a1,a2,a3,…,a n，b1,b2,…,b n为正数，求证： 证明：左边= 例2.对实数a1,a2,…,a n,求证： 证明：左边= 例3.在DABC中，设其各边长为a,b,c,外接圆半径为R，求证： 证明：左边3 例4.设a,b,c为正数，且a+b+c=1,求证： 证明：左边= 3 = = 例5.若n是不小于2的正整数，试证： 证明： 所以求证式等价于 由柯西不等式有 于是： 又由柯西不等式有 < 例6.设x1,x2,…,x n都是正数(n32)且，求证： 证明：不等式左端即 (1) ∵，取，则(2) 由柯西不等式有 (3) 及 综合(1)、(2)、(3)、(4)式得： 三、排序不等式 设a1￡a2￡…￡a n,b1￡b2￡…￡b n;r1,r2,…,r n是1,2,…,n的任一排列，则有： a1b n+ a2b n-1+…+ a n b1￡a1b r1+ a2b r2+…+ a n b rn￡ a1b1+ a2b2+…+ a n b n 反序和￡乱序和￡同序和 例1.对a,b,c?R+,比较a3+b3+c3与a2b+b2c+c2a的大小 解：取两组数a,b,c；a2,b2,c2，则有a3+b3+c33a2b+b2c+c2a 例2.正实数a1,a2,…,a n的任一排列为a1/,a2/,…a n/，则有 证明：取两组数a1,a2,…,a n； 其反序和为，原不等式的左边为乱序和，有例3.已知a,b,c?R+求证： 证明：不妨设a3b3c>0,则>0且a123b123c12>0 则 例4.设a1,a2,…,a n是1,2,…,n的一个排列，求证： 证明：设b1,b2,…,b n-1是a1,a2,…,a n-1的一个排列，且b1 经典例题透析 类型一：比较法证明不等式 1、用作差比较法证明下列不等式： （1）； （2）(a，b均为正数，且a≠b) 思路点拨：（1）中不等号两边是关于a,b,c的多项式，作差后因式分解的前途不大光明，但注意到如a2, b2, ab这样的结构，考虑配方来说明符号；（2）中作差后重新分组进行因式分解。 证明： （1） 当且仅当a=b=c时等号成立， （当且仅当a=b=c取等号）. （2） ∵a>0, b>0, a≠b, ∴a+b>0, (a-b)2>0, ∴， ∴. 总结升华：作差，变形（分解因式、配方等），判断差的符号，这是作差比较法证明不等式的常用方法。 举一反三： 【变式1】证明下列不等式： (1)a2+b2+2≥2(a+b) (2)a2+b2+c2+3≥2(a+b+c) (3)a2+b2≥ab+a+b-1 【答案】 （1）（a2+b2+2）-2(a+b)=(a2-2a+1)+(b2-2b+1)=(a-1)2+(b-1)2≥0 ∴a2+b2+2≥2(a+b) （2）证法同（1） （3）2（a2+b2）-2（ab+a+b-1)=(a2-2ab+b2)+(a2-2a+1)+(b2-2b+1)=( a-b)2+(a-1)2+(b-1)2≥0 ∴2（a2+b2）≥2（ab+a+b-1)，即a2+b2≥ab+a+b-1 【变式2】已知a，b∈，x，y∈，且a+b=1，求证：ax2+by2≥(ax+by)2 【答案】 ax2+by2-(ax+by)2 =ax2+by2-a2x2-b2y2-2abxy =a(1-a)x2+b(1-b)y2-2abxy=abx2+aby2-2abxy =ab(x-y)2≥0 ∴ax2+by2≥(ax+by)2 2、用作商比较法证明下列不等式： （1）(a，b均为正实数，且a≠b) （2）（a，b，c∈，且a，b，c互不相等） 证明： （1）∵a3+b3>0, a2b+ab2>0. ∴， ∵a, b为不等正数，∴，∴ ∴ （2）证明： 不妨设a>b>c，则 ∴ 所以， 总结升华：当不等号两边均是正数乘积或指数式时，常用这种方法，目的是约分化简. 作商比较法的基本步骤:判定式子的符号并作商变形判定商式大于1或等于1或小于1 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。 典型例题 例1 设0>>b a ，求证：.a b b a b a b a > 分析：发现作差后变形、判断符号较为困难．考虑到两边都是正数，可以作商，判断比值与1的大小关系，从而证明不等式． 证明： b a a b b a a b b a b a b a b a b a ---=⋅=)( ∵0>>b a ，∴ .0,1>->b a b a ∴1) (>-b a b a . ∴ a b b a b a b a .1> 又∵0>a b b a ， ∴.a b b a b a b a >. 说明：本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法).作商比较法证明不等式的步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小. 例2已知a 、b 、c R +∈，1a b c ++=，求证1119.a b c ++≥ 分析 显然这个题用比较法是不易证出的。若把 111a b c ++通分，则会把不等式变得较复 杂而不易得到证明．由于右边是一个常数，故可考虑把左边的式子变为具有“倒数”特征的形式，比如b a a b + ，再利用“均值定理”就有可能找到正确的证明途径，这也常称为“凑倒数” 的技巧． 证明：∵1a b c ++= ∴ 111a b c ++a b c a b c a b c a b c ++++++= ++ (1)(1)(1)b c a c a b a a b b c c =+ +++++++ 3( )()() b a c a c b a b a c b c =++++++ ∵ 2 2b a b a a b a b + ≥⋅=，同理：2c a a c +≥，2c b b c +≥。 ∴ 11132229.a b c + + ≥+++= 说明：此题考查了变形应用综合法证明不等式．题目中用到了“凑倒数”，这种技巧在很多不等式证明中都可应用，但有时要首先对代数式进行适当变形，以期达到可以“凑倒数” 的目的. 基本不等式经典题 在数学中，基本不等式是解决各种不等式问题的基础。它们是我们 在数学学习早期就需要掌握和运用的关键知识。在本文中，我们将介 绍一些经典的基本不等式题目，并结合具体例子进行分析和解答。 1. 题目一：证明：对于任意正实数 a 和 b，有(a+b)^2/4 ≥ ab。 解析：我们可以利用基本不等式中的平方差公式来解决这道题目。 首先，将(a+b)^2 展开，得到a^2 + 2ab + b^2。观察等式两边的表达式，我们可以发现a^2 + b^2 是一个不小于零的数，而2ab 是两个正数的乘积，所以最小值为零。因此，根据平方均值不等式，我们有(a+b)^2/4 ≥ ab。 2. 题目二：证明：对于任意正实数 a，b 和 c，有(a^3+b^3+c^3)/3 ≥ (a+b+c)/3。 解析：我们可以利用基本不等式中的均值不等式来解决这道题目。 首先，我们观察等式两边的表达式，可以发现a^3 + b^3 + c^3 是一个 不小于零的数，而a+b+c 是三个正数的和，所以最小值为零。因此， 根据均值不等式，我们有(a^3 + b^3 + c^3)/3 ≥ (a+b+c)/3。 3. 题目三：已知 a 和 b 是正实数，并且满足 a+b=2，求证：a^2 + b^2 ≥ 2。 解析：我们可以利用基本不等式中的平方不等式来解决这道题目。 首先，我们观察等式两边的表达式，可以发现a^2 + b^2 是一个不小于 零的数。然后，我们利用平方不等式来证明这个不等式成立。根据平 方不等式，我们有(a+b)^2 ≥ 4ab。代入 a+b=2，得到4 ≥ 4ab。将等式两 边同时除以4，得到1 ≥ ab。由于 a 和 b 是正实数，所以ab≥ 0。因此，我们有1 ≥ ab ≥ 0。将其代入原始不等式中，得到 a^2 + b^2 ≥ 2。 通过以上三个例子，我们可以看出基本不等式在解决不等式问题中 的重要性。熟练掌握基本不等式的运用，不仅可以帮助我们解答各种 数学题目，还能提升数学思维能力和解决实际问题的能力。 总结： 在本文中，我们介绍了基本不等式中的三个经典题目，并结合具体 的解析和证明进行了讲解。通过这些例子，我们清晰地展示了基本不 等式在解决不等式问题中的运用方法。基本不等式是我们数学学习中 的重要知识，掌握了基本不等式的运用技巧，我们就能够在解题过程 中更加得心应手。希望本文对大家的数学学习有所帮助。 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 n 21 31 21 1<++++ (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y b x 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 |, 高中数学作为数学教育中的重要一环，其内容涵盖了许多重要的知识点和技巧。其中，不等式作为数学中的重要内容之一，其在高中数学中占据着重要的地位。不等式是数学中一个非常重要的概念，它是指两个数之间的大小关系，包括大于、小于、大于等于、小于等于等关系。在高中数学中，不等式是一个非常重要的知识点，也是考试中经常出现的题型之一。 今天，我们将就高中数学中的不等式问题进行一些讨论。本文将围绕高中数学中不等式的15种典型例题展开讨论，帮助大家更好地理解和掌握高中数学中的不等式知识。 1. 一元一次不等式 我们来讨论一元一次不等式的解法。一元一次不等式是指不等式中只含有一个未知数，并且未知数的最高次数为一次的不等式。类似于$x+3>5$这样的不等式就是一元一次不等式的典型例子。 解一元一次不等式的方法和解一元一次方程类似，不过在不等式中除了要进行加减乘除的运算外，还要注意不等式方向的改变。在解一元一次不等式时，可以运用逆向思维法，即将原不等式中的未知数移到一边，常数移到一边，且改变不等式的方向。 对于不等式$x+3>5$，我们可以将3移到不等式的右边，得到$x>5- 3$，即$x>2$。这样就得到了不等式$x+3>5$的解$x>2$。通过这种方法，我们可以解决许多简单的一元一次不等式问题。 2. 一元二次不等式 我们来讨论一元二次不等式的解法。一元二次不等式是指不等式中含 有一个未知数，且未知数的最高次数为二次的不等式。类似于$x^2- 4x+3>0$这样的不等式就是一元二次不等式的典型例子。 解一元二次不等式的方法相对复杂一些。一般来说，可以先将一元二 次不等式化简成关于未知数的一元二次方程，然后通过求解二次方程 的根的方法来解决不等式问题。我们还可以通过画出一元二次函数的 图像，来直观地了解不等式的解集。 对于不等式$x^2-4x+3>0$，我们可以先将其化简为$(x-1)(x-3)>0$，然后通过求解二次方程$(x-1)(x-3)=0$得到不等式的解集，再通过画 出函数$y=x^2-4x+3$的图像，来进一步确认不等式的解集。通过这 种方法，我们可以解决许多复杂的一元二次不等式问题。 3. 绝对值不等式 我们还需要讨论绝对值不等式的解法。绝对值不等式是指不等式中含 有绝对值符号的不等式。解绝对值不等式的方法主要有两种，一种是 应用行列式证明不等式举例 行列式是线性代数中重要的概念，它在数学和实际问题中有着广泛的应用。其中，行列式的性质和不等式在数学证明中经常被用到。我将从应用行列式证明不等式的角度举例进行解释。 首先，让我们考虑一个简单的例子：证明对于任意实数a，b，c，有|a(b-c) + b(c-a) + c(a-b)| ≤ a^2 + b^2 + c^2。我们可以通过构造一个3阶行列式来证明这个不等式。我们构造行列式： D = |a b c |。 |c a b |。 |b c a |。 根据行列式的性质，我们知道D = a^3 + b^3 + c^3 3abc。另一方面，我们可以将原不等式左边的绝对值展开得到a^3 + b^3 + c^3 3abc，而这正是行列式D的值。因此，原不等式成立。 另一个例子是证明柯西-施瓦茨不等式：对于任意实数a1， a2，...，an和b1，b2，...，bn，有|(a1b1 + a2b2 + ... + anbn)| ≤ √(a1^2+ a2^2 + ... + an^2)√(b1^2 + b2^2 + ... + bn^2)。我们可以利用行列式的方法证明这个不等式。构造一个n 阶行列式： D = |a1 a2 ... an |。 |b1 b2 ... bn |。 根据行列式的性质，我们知道D的值等于a1b1 + a2b2 + ... + anbn，而行列式的值的绝对值又等于柯西-施瓦茨不等式左边的绝 对值。另一方面，我们可以利用行列式的性质和数学归纳法证明 √(a1^2 + a2^2 + ... + an^2)√(b1^2 + b2^2 + ... + bn^2)就 是这个行列式D的值。因此，柯西-施瓦茨不等式得证。 通过以上两个例子，我们可以看到行列式在证明不等式中的应用。行列式的性质和计算方法可以帮助我们简洁地证明各种不等式，展示了行列式在数学证明中的重要作用。当然，这只是行列式在证 明不等式中的一种应用，实际上还有许多其他不等式可以通过行列 式进行证明。希望这些例子能够帮助你更好地理解行列式在证明不 等式中的应用。 不等式的解法·典型例题及详细答案 不等式的解法·典型例题【例1】(x+4)(x+5)2(2-x)3＜0． 【例2】解下列不等式：【例3】解下列不等式 1 x 5 x2 )2(;3 x 1 x 1+ > + - ≤ - ） （ 【例4】解下列不等式： 2 3 不等式·典型例题参考答案 【例1】(x+4)(x+5)2(2-x)3＜0． 【分析】如果多项式f(x)可分解为n个一次式的积，则一元高次不等式f(x)＞0(或f(x)＜0)可用“区间法”求解，但要注意处理好有重根的情况． 原不等式等价于 (x+4)(x+5)2(x-2)3＞0 ∴原不等式解集为｛x|x＜-5或-5＜x＜-4或x＞2｝． 【说明】用“穿针引线法”解不等式时应注意： ①各一次项中x的系数必为正； ②但注意“奇穿偶不穿”．其法如图(5－2)． 【例2】解下列不等式： 解：(1)原不等式等价于 用“穿针引线法” ∴原不等式解集为(-∞，-2)∪〔-1，2)∪〔6，+∞)．（2） 【例3】解下列不等式 1 x 5 x2 )2(;3 x 1 x 1+ > + - ≤ - ） （ 解：(1)原不等式等价于 ∴原不等式解集为｛x|x≥5｝． (2)原不等式等价于 【说明】解无理不等式需从两方面考虑：一是要使根式有意义，即偶次根号下被开数大于或等于零；二是要注意只有两边都是非负时，两边同时平方后不等号方向才不变． 4 5 【例4】 解下列不等式： 解：(1)原不等式等价于 令2x =t(t ＞0)，则原不等式可化为 (2)原不等式等价于 ∴原不等式解集为(-1，2〕∪〔3，6)． 【例5】 |x 2 -4|＜x+2． 解：原不等式等价于-(x+2)＜x 2 -4＜x+2． 故原不等式解集为(1，3)． 这是解含绝对值不等式常用方法． 【例6】 解不等式1)123(log 2122<-+-x x x ． 解：原不等式等价于 不等式证明的基本依据·例题 例5-2-1 求证： (1)若x≠1，则x4+6x2+1＞4x(x2+1)； (2)若a≠1，b≠1，则a2+b2+ab+3＞3(a+b)； (3)若a＜b≤0，则a3-b3＜ab2-a2b． 解 (1)采用比差法： (x4+6x2+1)-4x(x2+1) (作差) =x4-4x3+6x2-4x+1 (变形) =(x-1)4＞ (判断正负) 所以 x4+6x2+1＞4x(x2+1) (2)(a2+b2+ab+3)-3(a+b) 所以 a2+b2+ab+3＞3(a+b) (3)(a3-b3)-(ab2-a2b)=(a3-ab2)+(a2b-b3) =a(a2-b2)+b(a2-b2)=(a+b)2(a-b) 而a＜b≤0，所以a-b＜0，(a+b)2＞0，所以 注用比差法时，常把差变形为一个偶次方或几个偶次方的和的形式；有时把它变形为几个因式的积的形式，以便于判断其正负． 例5-2-2若a＞0，b＞0，c＞0，求证： (1)a2a b2b c2c≥a b+c b c+a c a+b； 解 (1)由对称性，不妨设a≥b≥c，那么，由指数函数的性质，有 三式分边相乘，得 于是， 所以 a2a b2b c2c≥a b+c b c+a c a+b (2)不妨设a≥b≥c≥0，那么由指数函数的性质，有 注不能随意使用“不妨设”。本例(1)、(2)中采用“不妨设”的合理性在于a，b，c 的地位是平等的，即它们具有对称轮换性。 例5-2-3求证： (2)因1＜x＜10，0＜lgx＜1。于是 logx2-(lgx)2=lgx(2-lgx)＞0 又由0＜lgx＜1，知lg(lgx)＜0，所以 lgx2＞(lgx)2＞lg(lgx) (3)因1＜x＜10，故0＜lgx＜1，从而log2(lgx)＜0。又因为x+ 不等式的证明·典型例题 【例1】已知a，b，c∈R+，求证：a3+b3+c3≥3abc． 【分析】用求差比较法证明． 证明：a3+b3+c3-3abc=[(a+b)3+c3]-3a2b-3ab2-3abc =(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c) =(a+b+c)[a2+b2+c2-ab-bc-ca] ∵a，b，c∈R+，∴a+b+c＞0． (c-a)]2≥0 即 a3+b3+c3-3abc≥0，∴a3+b3+c3≥3abc． 【例2】已知a，b∈R+，n∈N，求证：(a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)． 【分析】用求差比较法证明． 证明：左-右=a n+1+ab n+a n b+b n+1-2a n+1-2b n+1 =ab n+a n b-a n+1-b n+1 =a(b n-a n)+b(a n-b n) =(b n-a n)(a-b) (*) 当a＞b＞0时，b n-a n＜0，a-b＞0，∴(*)＜0； 当b＞a＞0时，b n-a n＞0，a-b＜0，∴(*)＜0； 当a=b＞0时，b n-a n=0，a-b=0，∴(*)=0． 综上所述，有(a+b)(a n+b n)-2(a n+1+b n+1)≤0． 即 (a+b)(a n+b n)≤2(a n+1+b n+1)． 【说明】在求差比较的三个步骤中，“变形”是关键，常用的变形手段有配方、因式分解等，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式． 【例3】已知a，b∈R+，求证a a b b≥a b b a． 【分析】采用求商比较法证明． 证明：∵a，b∈R+，∴a b b a＞0 综上所述，当a＞0，b＞0，必有a a b b≥a b b a． 【说明】商值比较法的理论依据是： 【例4】已知a、b、c是不全等的正数，求证： 不等式的证明规律及重要公式总结 1、a2 b2 2ab, ab (a-b)2 (可直接用) a2 b2 c2 ab bc ca 2 2、旺?同匕（a,b R）（要会证明） 2^ 2 2 2II a b 要 3、a3 b3c3 3abc (a b c 0 即可) 谭，Q a ---- a b c 3 1 4、a b c 3 Vabc , abc ( ------------------------------ ) ; (a,b,c R ) 3 5、|a| |b|| |a b| |a| |b|, (a,b,c R) 证明方法 方法一：作差比较法： 已知：a b c 1,求证：a2 b2 c2- ° 3 1的代换A 证：左一右=1 (3a2 3b2 3c2 1) 1 [3a2 3b2 3c2 (a b c)2] 3 3 1 2 2 2 [(a b) (b c) (c a) ] 0 3 方法二：作上比较法，设a、b、c R ,且a b c,求证： 2a 2b 2c b c c a a b abc abc 2a. 2b 2c abc b c c a a b abc a b a c b c b a c a c b a a b b c c (a)a b (by c (C)C a b c a 当a>b>0时a 1,a b 0 b (a)ab1 b 当0 一． 不等式的性质： 二．不等式大小比较的常用方法： 1．作差：作差后通过分解因式、配方等手段判断差的符号得出结果； 2．作商（常用于分数指数幂的代数式）；3．分析法；4．平方法；5．分子（或分母）有理化； 6．利用函数的单调性；7．寻找中间量或放缩法 ；8．图象法。其中比较法（作差、作商）是最基本的方法。 三．重要不等式 1.（1）若R b a ∈,，则ab b a 222≥+ (2)若R b a ∈,，则2 2 2b a ab +≤（当且仅当b a =时取“=”） 2. (1)若*,R b a ∈，则ab b a ≥+2 (2)若*,R b a ∈，则ab b a 2≥+（当且仅当b a =时取“=”） (3)若* ,R b a ∈，则2 2⎪ ⎭ ⎫ ⎝⎛+≤b a ab (当且仅当b a =时取“=”） 3.若0x >，则1 2x x +≥ (当且仅当1x =时取“=” ）; 若0x <，则1 2x x + ≤- (当且仅当1x =-时取“=” ） 若0>ab ，则2≥+a b b a (当且仅当 b a =时取“=”） 4.若R b a ∈,，则2 )2(222b a b a +≤ +（当且仅当b a =时取“=”） 注：（1）当两个正数的积为定植时，可以求它们的和的最小值，当两个正数的和为定植时，可以求 它们的积的最小值，正所谓“积定和最小，和定积最大”． （2）求最值的条件“一正，二定，三取等” (3)均值定理在求最值、比较大小、求变量的取值范围、证明不等式、解决实际问题方面有广泛的应用． 2ab a +b ≤ab ≤ a +b 2 ≤ a 2+b 22 应用一：求最值 例1：求下列函数的值域（1）y ＝3x 2 ＋12x 2 （2）y ＝x ＋1x 解题技巧： 技巧一：凑项 例1：已知5 4x <，求函数14245 y x x =-+-的最大值。 评注：本题需要调整项的符号，又要配凑项的系数，使其积为定值。 技巧二：凑系数 例1. 当时，求(82)y x x =-的最大值。 技巧三： 分离 例3. 求2710 (1)1 x x y x x ++= >-+的值域。 技巧四：换元 解析二：本题看似无法运用基本不等式，可先换元，令t =x ＋1，化简原式在分离求最值。 22(1)7(1+10544=5t t t t y t t t t -+-++==++） 凌禹数学不等式问题 100 例 凌禹数学编辑部 2019 年7 月 写在前面的话 鉴于目前各位吧友/朋友/同行人/后辈们都需要走过高联赛这一步，而代数中n 元不等式大家普遍反应训练较少，我搜集了一些符合高联赛风格的n 元不等式题目，里面应该没有三元不等式，这并不代表三元不等式没有训练的必要，而是大多数中等水平的选手既不屑于探索三元不等式，亦没有足够的典型的n 元不等式训练题，现在把这些题目放出来，供大家训练. i =1 第一部分——不等式 题 1.给定正奇数n ，x 1, x 2,⋯, x n 为n 个非负实数.令a i = x 2 + x 2 ，b i = 2x i x i +1，这 i i +1 里ⅈ = 1,2, … , n .定义x n +1 = x 1.记A = min{a 1, a 2,⋯, a n }, B = max{b 1, b 2,⋯, b n }. 求证：A ≤ B . 题 2.给定正整数n ≥ 4.设非负实数x 1, x 2,⋯, x n 满足x 1 + x 2 + ⋯ + x n = 2,求 x 1 x 2 x n x 2 + 1 + x 2 + 1 + ⋯ + x 2 + 1 的最小值. 2 3 1 题 3.给定整数n ≥ 2.实数x 1, x 2,⋯, x n ≥ −1且满足x 1 + x 2 + ⋯ + x n = 0. 的最大值和最小值. n−1 ∑ x i x i +1 i =1 题 4.给定正整数n .设a 1, a 2,⋯, a n 均为正实数，求 (1 + a 1)(1 + a 1 + a 2) ⋯ (1 + a 1 + a 2 + ⋯ + a n ) √a 1a 2 ⋯ a n 的最小值. 题 5. 给定整数n ≥ 2,正实数a 2,⋯, a n 满足a 2a 3 ⋯ a n = 1.求证： (1 + a 2 )2(1 + a 3 )3 … (1 + a n )n > 1 4n−1 n n (n − 1)n−1. 题 6. 给定正整数n ,正实数a , a , a 满足∑n a = 2 ∑ a a .对1 ≤ ⅈ ≤ 1 2,⋯ n i =1 i n−1 i j 1≤i 不等式证明19个典型例题 典型例题一 例1 假设10< 所以)1(log )1(log x x a a +>-． 说明：解法一用分类相当于增设了条件，便于在变形中脱去绝对值符号；解法二用对数性质〔换底公式〕也能到达同样的目的，且不必分而治之，其解法自然简捷、明快． 典型例题二 例2 设0>>b a ，求证：.a b b a b a b a > 分析：发现作差后变形、判断符号较为困难．考虑到两边都是正数，可以作商，判断比值与1的大小关系，从而证明不等式． 证明：b a a b b a a b b a b a b a b a b a ---=⋅=)( ∵0>>b a ，∴.0,1>->b a b a ∴1)(>- b a b a . ∴a b b a b a b a .1> 又∵0>a b b a ， ∴.a b b a b a b a >. 说明：此题考察不等式的证明方法——比拟法(作商比拟法).作商比拟法证明不等式的步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小. 典型例题三 例3 对于任意实数a 、b ，求证444()22 a b a b ++≥〔当且仅当a b =时取等号〕 分析 这个题假设使用比拟法来证明，将会很麻烦，因为，所要证明的不等式中有 4()2 a b +，展开后很复杂。假设使用综合法，从重要不等式：222a b ab +≥出发，再恰当地利用不等式的有关性质与“配方〞的技巧可得到证明。 证明：∵222a b ab +≥〔当且仅当22a b =时取等号〕 两边同加4444222():2()()a b a b a b ++≥+， 即：4422 2()22 a b a b ++≥ 〔1〕 又：∵222a b ab +≥〔当且仅当a b =时取等号〕高中不等式证明例题(一题多解)
不等式证明典型例题
几个重要不等式的证明
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