不等式证明的基本方法 经典例题透析
利用导数证明数列不等式(含解析)
利用导数证明数列不等式利用导数证明数列不等式，在高考题中能较好的考查学生灵活运用知识的能力，一方面以函数为背景让学生探寻函数的性质，另一方面体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为为有具体特征的数列，可谓一题多考，巧妙地将函数、导数、数列、不等式结合在一起，也是近年来高考的热门题型. 1、常见类型：（1）利用放缩通项公式解决数列求和中的不等问题 （2）利用递推公式处理通项公式中的不等问题 2、恒成立不等式的来源：（1）函数的最值：在前面的章节中我们提到过最值的一个作用就是提供恒成立的不等式.（2）恒成立问题的求解：此类题目往往会在前几问中进行铺垫，暗示数列放缩的方向.其中，有关恒成立问题的求解，参数范围内的值均可提供恒成立不等式. 3、常见恒成立不等式：（1） 对数→多项式 （2） 指数→多项式4、关于前项和的放缩问题：求数列前项公式往往要通过数列的通项公式来解决，高中阶段求和的方法有以下几种：（1）倒序相加：通项公式具备第项与第项的和为常数的特点.（2）错位相减：通项公式为“等差等比”的形式（例如，求和可用错位相减）.（3）等比数列求和公式（4）裂项相消：通项公式可裂为两项作差的形式，且裂开的某项能够与后面项裂开的某项进行相消. 注：在放缩法处理数列求和不等式时，放缩为等比数列和能够裂项相消的数列的情况比较多见，故优先考虑.5、大体思路：对于数列求和不等式，要谨记“求和看通项”，从通项公式入手，结合不等号方向考虑放缩成可求和的通项公式.6、在放缩时要注意前几问的铺垫与提示，尤其是关于恒成立问题与最值问题所带来的恒成立不等式，往往提供了放缩数列的方向.7、放缩通项公式有可能会进行多次，要注意放缩的方向：朝着可求和的通项公式进行靠拢（等比数列，裂项相消等）.ln 1x x <-1x e x >+n n k 1n k -+⨯2nn a n =⋅n a8、数列不等式也可考虑利用数学归纳法进行证明（有时更容易发现所证不等式与题目条件的联系）.【经典例题】1．（2020·江苏省如皋中学高三三模）已知函数()ln f x kx x x =-，k ∈R ． （1）当2k =时，求函数()f x 的单调区间；（2）当01x <≤时，()f x k ≤恒成立，求k 的取值范围； （3）设n N *∈，求证：ln1ln 2ln (1)2314n n n n -+++≤+． 2．（2020·四川省内江市第六中学高三三模）已知函数2()ln(1)(0,0),()2x f x ax x a g x x -=+≥>=+. （1）讨论函数()()y f x g x =-的单调性；（2）若不等式()()1f x g x ≥+在[0,)x ∈+∞时恒成立，求实数a 的取值范围； （3）当1a =时，证明：1111+35721n +++<+…*1()(N )2f n n ∈. 3．（2020·安徽合肥·三模）已知函数()x xf x e e ax -=--（e 为自然对数的底数），其中a ∈R.（1）试讨论函数f （x ）的单调性；（2）证明：22132ln 2(1)ni n n i i n n =-->+∑. 4．（2020·安徽相山·淮北一中高三三模）已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （∈）讨论()f x 的单调性；（∈）比较222222ln 2ln 3ln 23n n++⋯+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.5．（2020·云南高三三模）已知函数()1ln f x x a x =-- （１）讨论()f x 的单调性； （2）证明：()*333ln 2ln3ln 1,222332n n N n n n +++<∈≥---．【精选精练】1．（2020·榆林市第二中学高三三模）已知(),()1(xf x eg x x e ==+为自然对数的底数).(1)求证()()f x g x ≥恒成立；(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，2111(1)(1)(1)333n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值. 2．（2020·广东广州高三三模·）已知函数()()()3214613x f x x ex x g x a x lnx -⎛⎫=-+-=--- ⎪⎝⎭，．（1）求函数()f x 在()0+∞，上的单调区间； （2）用{}max m n ，表示m n ，中的最大值，()f x '为()f x 的导函数，设函数()()(){}h x max f x g x '=，，若()0h x ≥在()0+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围； （3）证明：()*11111ln 312313n N n n n n n+++++>∈++-． 3．（2020·安徽蚌埠·高三三模）已知函数()()ln 1x f x x+=.（1）分析函数()f x 的单调性；（2）证明：2111ln 3ln 212n n n ⎛⎫+⎛⎫+++≤ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，2n ≥. 4．（2020·全国高三三模）已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R . (1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 5．（2020·辽宁沙河口·辽师大附中高三三模）已知函数()()2ln 11f x p x p x =+-+．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1p =时，()f x kx ≤恒成立，求实数k 的取值范围； （3）证明：()()*111ln 1123n n N n+<+++⋯+∈．6．（2020·浙江省宁波市鄞州中学高三三模）已知函数()()2f x ax a a R =+∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≤对任意的1x ≥-恒成立，求a 的取值范围；（32600⋅⋅⋅+<.7．（2020·广东广州·高三三模）已知函数()2ln f x a x x =+，其中a R ∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，证明:()21f x x x ≤+-；（3）试比较22222222ln2ln3ln4ln 234n n++++与()()()12121n n n -++ ()*2n N n ∈≥且的大小，并证明你的结论． 8．（2020·黑龙江南岗·哈师大附中三模）已知函数()()2ln 1f x ax bx x =+-+．（∈）当0a =时，函数()f x 存在极值，求实数b 的取值范围；（∈）当1b =时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减，求实数a 的取值范围；（∈）求证：()()1*113ln 2122N 14nk n n k =-+<∈-∑． 9．（2020·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数()()()()ln 111f x x k x k R =---+∈ （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≤恒成立，试确定实数k 的取值范围；（3）证明：()()*1ln 2ln 3ln ,13414n n n n n n -++⋅⋅⋅+<∈>+N . 10．（2020·浙江三模）已知数列{}n a ，112a =，1ln 1n n a a +=-. （1）求证：11n n a a +<<； （2）求证：123201912020a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅<.【经典例题】1．（2020·江苏省如皋中学高三三模）已知函数()ln f x kx x x =-，k ∈R ． （1）当2k =时，求函数()f x 的单调区间；（2）当01x <≤时，()f x k ≤恒成立，求k 的取值范围； （3）设n N *∈，求证：ln1ln 2ln (1)2314n n n n -+++≤+． 【答案】（1）单调递增区间为(0,)e ，单调递减区间为(,)e +∞；（2）[1,)+∞；（3）证明见解析.【解析】（1）当2k =时，()2ln f x x x x =-，'()1ln f x x =-，由'()0f x >，解得0x e <<；由'()0f x <，解得x e >，因此函数()f x 单调递增区间为(0,)e ，单调递减区间为(,)e +∞．（2）()ln f x kx x x =-，故'()1ln f x k x --＝．当1k时，因为01x <≤，所以10ln k x -≥≥，因此'()0f x ≥恒成立，即()f x 在(]0,1上单调递增，所以()(1)f x f k ≤=恒成立．当1k <时，令'()0f x =，解得1(0,1)k x e -=∈．当1(0,)k x e -∈，'()0f x >，()f x 单调递增；当1(,1)k x e -∈，'()0f x <，()f x 单调递减； 于是1(1))(k f ef k -=＞，与()f x k ≤恒成立相矛盾．综上，k 的取值范围为[1,)+∞．（3）由（2）知，当01x <≤时，ln 1x x x -≤． 令x =21n *()n N ∈，则21n +22nln 1n ≤，即22ln 1n n -≤， 因此ln 1n n +≤12n -． 所以ln1ln 2ln 011(1) (2312224)n n n n n --+++≤+++=+. 2．（2020·四川省内江市第六中学高三三模）已知函数2()ln(1)(0,0),()2x f x ax x a g x x -=+≥>=+. （1）讨论函数()()y f x g x =-的单调性；（2）若不等式()()1f x g x ≥+在[0,)x ∈+∞时恒成立，求实数a 的取值范围； （3）当1a =时，证明：1111+35721n +++<+…*1()(N )2f n n ∈.【答案】（1）见解析；（2）[1，＋∞)；（3）证明见解析. 【解析】（1）求导数可得2224441(2)(1)(2)a ax a y ax x ax x +-'=-=++++， 当1a 时，0y '，∴函数()()y f x g x =-在[)0+∞，上单调递增； 当01a <<时，由0y '>可得x > ∴函数在⎡⎫∞⎪⎢⎪⎣⎭上单调递增，在0⎡⎢⎣上单调递减； （2）由（1）知当1a 时，函数()()y f x g x =-在[)0+∞，上单调递增， ()()(0)(0)1f x g x f g ∴--=，即不等式()()1f x g x +在[)0x ∈+∞，时恒成立， 当01a <<时，函数在0⎡⎢⎣上单调递减，存在00x ⎡∈⎢⎣使得00()()(0)(0)1f x g x f g -<-=， 即不等式00()()1f x g x +不成立， 综上可知实数a 的取值范围为[1，)+∞；（3）由（2）得当1a 时，不等式()()1f x g x >+在(0,)x ∈+∞时恒成立， 即2(1)2x ln x x +>+，12(1)12ln k k∴+>+，*()k N ∈． 即11[(1)]122ln k lnk k <+-+， ∴11(21)32ln ln <-，11(32)52ln ln <-，11(43)72ln ln <-，11[(1)]212ln n lnn n ⋯<+-+， 将上述式子相加可得11111111(1)(1)()357212222lnn ln lnn ln n f n n +++⋯+<-=<+=+ 原不等式得证．3．（2020·安徽合肥·三模）已知函数()x xf x e e ax -=--（e 为自然对数的底数），其中a ∈R.（1）试讨论函数f （x ）的单调性；（2）证明：22132ln 2(1)ni n n i i n n =-->+∑. 【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析.【解析】（1）因为()x xf x e ea -'=+-，且2x x e e -+≥，所以当2a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在R 上为增函数，当2a >时，由()0f x '>，得0x x e e a -+->，所以2()10x xe ae -+>，所以22()124x a a e ->-，所以2x ae ->或2xa e -<，所以2xa e +>2xa e -<，所以24ln2aa x 或24ln2aa x ，由()0f x '<，得0x x e e a -+-<，解得2244ln22aa aax ，所以()f x 在ln 22a a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上递减，在,ln2a ⎛--∞ ⎪⎝⎭和ln 2a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上递增.（2）由（1）知，当2a =时，()2xxf x e e x -=--在R 上为增函数，所以1()(ln )2ln g x f x x x x==--在(0,)+∞上为增函数， 所以当*n N ∈且2n ≥时，13()(2)22ln 2ln 422g n g ≥=--=-=32ln 04e >， 即12ln 0n n n-->，所以212211ln 1(1)(1)11n n n n n n n >==---+-+， 所以211111ln 2ln 23ln 34ln 4ln ni i i n n==++++∑ 1111111121213131414111n n >-+-+-++--+-+-+-+ 111121n n =+--+2322(1)n n n n --=+， 所以22132ln 2(1)ni n n i i n n =-->+∑.4．（2020·安徽相山·淮北一中高三三模）已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （∈）讨论()f x 的单调性；（∈）比较222222ln 2ln 3ln 23n n++⋯+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.【答案】（I ）见解析；（II ）见解析 【解析】（∈）函数()f x 可化为ln ,()ln ,0x x a x af x a x x x a --≥⎧=⎨--<<⎩，当0x a <<时，1()10f x x '=--<，从而()f x 在(0,)a 上总是递减的， 当x a ≥时，11()1x f x x x'-=-=，此时要考虑a 与1的大小.若1a ≥，则()0f x '≥，故()f x 在[,)a +∞上递增，若01a <<，则当1a x ≤<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，故()f x 在[,1)a 上递减， 在(1,)+∞上递增，而()f x 在x a =处连续，所以 当1a ≥时，()f x 在(0,)a 上递减，在[,)a +∞上递增； 当01a <<时，()f x 在(0,1)上递减，在[1,)+∞上递增.（∈）由（∈）可知当1a =，1x >时，1ln 0x x -->，即ln 1x x >-，所以ln 11x x x <-.所以 222222ln 2ln 3ln 23n n+++22211111123n <-+-+-222111123n n ⎛⎫=--+++⎪⎝⎭11112334(1)n n n ⎛⎫<--+++⎪⨯⨯+⎝⎭11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭1(1)2(1)n n n -=--+ 2221(1)(21)2(1)2(1)n n n n n n --+-+==++.5．（2020·云南高三三模）已知函数()1ln f x x a x =-- （１）讨论()f x 的单调性；（2）证明：()*333ln 2ln3ln 1,222332n n N n n n +++<∈≥---． 【答案】（1）当0a 时，()f x 在(0,)+∞内单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．（2）证明见解析 【解析】（1）解：()1ln (0)f x x a x x =-->，()1af x x'∴=-．∈若0a ，则()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞内单调递增；∈若0a >，则()f x '在(0,)+∞内单调递增，且()0f a '=，∴当(0,)x a ∈时，()0f x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x ∴在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．综上所述，当0a 时，()f x 在(0,)+∞内单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．（2）证明：当1a =时，()1ln =--f x x x ．由（1）知()(1)0f x f =，ln 1x x ∴-，当且仅当1x =时，等号成立， 令()*,2x n n N n =∈，ln 1n n ∴<-，33ln 1111(1)1n n n n n n n n n n -∴<==---++． 从而3ln 2112223<--， 3ln 3113334<-- …3ln 111n n n n n <--+， 累加可得333ln 2ln3ln 11223321n n n n ++⋯+<----+， 111212n -<+， 333ln 2ln3ln 122332n n n ∴++⋯+<---，证毕．【精选精练】1．（2020·榆林市第二中学高三三模）已知(),()1(x f x e g x x e ==+为自然对数的底数).(1)求证()()f x g x ≥恒成立；(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，2111(1)(1)(1)333n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 2.【解析】（1）令()()()1xF x f x g x e x =-=--，则()1xF x e '=-∴当(),0x ∈-∞时，()0F x '<；当()0,x ∈+∞时，()0F x '>()F x ∴在(),0-∞上单调递减；在()0,∞+上单调递增()()0min 0010F x F e ∴==--=，即()()()0F x f x g x =-≥恒成立 ()()f x g x ∴≥恒成立（2）由（1）知：13113n n e +≤221111113333332111111333n n n e e e e++⋅⋅⋅+⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴++⋅⋅⋅+≤⋅⋅⋅⋅= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又211111111133********13nn n⎛⎫⨯- ⎪⎛⎫⎝⎭++⋅⋅⋅+==⨯-<⎪⎝⎭- 11112322111111333n n e e ⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴++⋅⋅⋅+≤< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又2111111333n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭恒成立 12m e ∴≥ m 为正整数 m ∴的最小值为：22．（2020·广东广州高三三模·）已知函数()()()3214613x f x x ex x g x a x lnx -⎛⎫=-+-=--- ⎪⎝⎭，．（1）求函数()f x 在()0+∞，上的单调区间； （2）用{}max m n ，表示m n ，中的最大值，()f x '为()f x 的导函数，设函数()()(){}h x max f x g x '=，，若()0h x ≥在()0+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围； （3）证明：()*11111ln 312313n N n n n n n+++++>∈++-． 【答案】（1）()f x 单调递增区间为()3+∞，;() f x 单调递减区间为()03，；（2）43a ≥；（3）详见解析． 【解析】（1）因为()()3246x f x x ex x -=-+-，所以()()()()3332632x x f x x ex x e --=-+-='-+，令()0f x '=得3x =，当3x >时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当03x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；所以函数()f x 在()0+∞，上的单调递增区间为()3+∞，，单调递减区间为()03，； （2）由（1）知()()()332x f x x e-'=-+，当3x ≥时，()0f x '≥恒成立，故()0h x ≥恒成立；当3x <时，()0f x '<，又因为()()(){}0h x max f x g x '=≥，恒成立，所以()0g x ≥在()03，上恒成立， 所以11ln 03a x x ⎛⎫---≥ ⎪⎝⎭，即11ln 3xa x+-≥在()03，上恒成立， 令()()1ln 03x F x x x +=<<，则()13max a F x -≥， 由()()221ln 1ln x xF x x x-+-'==， 令()0F x '=得1x =，易得()F x 在()01，上单调递增，在[)13，上单调递减，所以()()11max F x F ==，所以113a -≥，即43a ≥， 综上可得43a ≥.（3）证明：设()()10xm x e x x =-->，则()10xm x e '=->，所以()m x 在()0+∞，上单调递增，所以()()00m x m >=，即1x e x >+， 所以1111111111312312333112313n n n nn n n nn n n n n ee eeen n n n n++++++++++++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅>⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++- 123331231n n n nn n n n +++>⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=++-，所以11111ln 312313n n n n n+++++>++-. 3．（2020·安徽蚌埠·高三三模）已知函数()()ln 1x f x x+=.（1）分析函数()f x 的单调性；（2）证明：2111ln 3ln 212n n n ⎛⎫+⎛⎫+++≤ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，2n ≥. 【答案】（1）()f x 在区间()–1,0和()0,∞+上单调递减；（2）证明见解析. 【解析】（1）由题意得：()f x 的定义域为()()–1,00,+∞，且()()2ln 11xx x f x x -++'=，令()()ln 11x g x x x=-++则()()21x g x x -'=+，()–1,0x ∈时，()0g x '>； ()0,x ∈+∞时，()0g x '<.即()g x 在()–1,0上单调递增，在()0,∞+上单调递减.因为()00g =，则在()–1,0和()0,∞+上()0g x <. 因为20x >，所以在()–1,0和()0,∞+上()0f x '<， 即函数()f x 在区间()–1,0和()0,∞+上单调递减. （2）由（1）可知，当02x <≤时，()()ln 322x f f =≥，即()ln 3ln 12x x +≥， 当2n ≥时，2021n <≤-，则2ln 3ln 111n n ⎛⎫+≥⎪--⎝⎭， 即()()2ln 3ln 1ln 1ln 111n n n n ⎛⎫+=+--≥ ⎪--⎝⎭， 所以()()()ln 1ln 1ln ln 2ln 4ln 2ln3ln1n n n n +--+--++-+-111ln 31122n n ⎛⎫≥++++ ⎪--⎝⎭整理得：()111ln 1ln ln 2ln1ln 31122n n n n ⎛⎫++--≥++++⎪--⎝⎭， 即2111ln 3ln 212n n n ⎛⎫+⎛⎫+++≤ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，2n ≥，不等式得证.4．（2020·全国高三三模）已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R . (1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）由题意可得，()'222(0,)f x ax lnx x a R =-->∈，由1x e =时，函数()f x 取得极值知12'220af e e ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，所以0a =． 所以()()21,'22(0)f x xlnx f x lnx x =--=-->， 所以10x e <<时，()'0f x >；1x e>时，()'0f x <； 所以()f x 的单调增区间10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，. （2）当1a =时，()221f x x xlnx =--，所以()()'22221f x x lnx x lnx =--=--，令()ln 1g x x x =--，则()11'1x g x x x-=-=，当01x <<时，()'0g x <；当1x >时，()'0g x >，()g x 的单调减区间为()01，，单调增区间为()1+∞，， 所以()()10g x g ≥=，所以()'0f x ≥，()f x 是增函数，所以1x >时，()()22ln 110f x x x x f =-->=，所以1x >时，12ln x x x->， 令*211,21n x n N n +=>∈-，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+- 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭ 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭上式中123n =，，，…，n ，然后n 个不等式相加， 得到()11111...ln 213521221nn n n ++++>++-+ 5．（2020·辽宁沙河口·辽师大附中高三三模）已知函数()()2ln 11f x p x p x =+-+．（2）当1p =时，()f x kx ≤恒成立，求实数k 的取值范围； （3）证明：()()*111ln 1123n n N n+<+++⋯+∈． 【答案】(1) 见详解；(2)1k；(3)证明见解析．【解析】（1）()f x 的定义域为()0 +∞，，()()()221'21p x p p f x p x x x-+=+-=，当1p >时，()'0f x >，故()f x 在()0,∞+单调递增； 当0p ≤时，()'0f x <，故()f x 在()0,∞+单调递减；当10p -<<时，令()'0f x =，解得x =则当x ⎛∈ ⎝时，()'0f x >； x ⎫∈+∞⎪⎪⎭，时，()'0f x <．故()f x 在⎛ ⎝单调递增，在 ⎫+∞⎪⎪⎭，单调递减． （2）因为0x >，所以：当1p =时，()f x kx ≤恒成立11ln ln kx xx k x+⇔+≤⇔≥， 令()1ln xh x x +=，则()max k x h ≥， 因为()2ln 'xh x x-=，由()'0h x =得x =1， 且当()0,1x ∈时，()'0h x >；当()1,x ∈+∞时，()'0h x <．所以()h x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，所以()()max 11h x h ==， 故1k ．(3)取,则代入由题设可得,取,并将上述各不等式两边加起来可得()()*111ln 1123n n N n+<+++⋯+∈．6．（2020·浙江省宁波市鄞州中学高三三模）已知函数()()2f x ax a a R =+∈.（2）若()0f x ≤对任意的1x ≥-恒成立，求a 的取值范围；（32600⋅⋅⋅+<. 【答案】（1）()f x 在211,14a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单增；在211,4a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单减；（2）1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦；（3）证明见解析. 【解析】()'f x a =+.（1）当0a ≥时，()'0f x ≥，所以()f x 在()1,-+∞上单调递增； 当0a <时，由()'0f x >解得21114x a -<<-， 所以()f x 在211,14a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递增；在211,4a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）当0a ≥时，()()2000f x a x =+≥+=，故不合题意；当0a <时，由（∈）知()max 21104x f f a ⎛⎫=-≤ ⎪⎝⎭，211(21)(21)20141244a a f a a a a a a +-⎛⎫=-+- ⎪⎝-+=≤⎭102a a <∴≤-，综上，a 的取值范围为1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.（3）由（2）知，取12a =-112x ≤+成立.当()1,2,3,,20482020kx k ==时，1111220204040k k =≤⨯+=⨯+，⋅⋅⋅+()11234204820484040++++++<20491024204826004040⨯=+<.7．（2020·广东广州·高三三模）已知函数()2ln f x a x x =+，其中a R ∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，证明:()21f x x x ≤+-；（3）试比较22222222ln2ln3ln4ln 234n n++++与()()()12121n n n -++ ()*2n N n ∈≥且的大小，并证明你的结论． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】（1）函数()f x 的定义域为：()0,∞+，()'f x = 222a a x x x x++=∈当0a ≥时，()'0f x >，所以()f x 在()0,∞+上单调递增∈当0a <时，令()'0f x =，解得x =当0x <<时，220a x +<，所以()'0f x <， 所以()f x 在⎛ ⎝上单调递减；当x >220a x +>，所以()'0f x >，所以()f x 在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增． 综上，当0a ≥时，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，函数()f x 在⎛ ⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增. （2）当a 1=时，()2ln f x x x =+，要证明()21f x x x ≤+-，即证ln 1x x ≤-，即证：ln 10x x -+≤. 设()g ln 1x x x =-+，则()g'x =1xx-，令()0g x '=得，1x =. 当()0,1x ∈时，()0g x '>，当()1,x ∈+∞时，()0g x '<. 所以1x =为极大值点，且()g x 在1x =处取得最大值．所以()()10g x g ≤=，即ln 10x x -+≤．故()21f x x x ≤+-.（3）证明：ln 1x x ≤-（当且仅当1x =时等号成立），即11lnx x x≤-, 则有2222ln +22222222223111111111n 132323ln lnn n n n ⎛⎫+⋯+<-+-+⋯+-=--++⋯+ ⎪⎝⎭()111n 123341n n ⎛⎫<--++⋯+ ⎪ ⎪⨯⨯+⎝⎭ ()()()12111111111n 1n 1233412121n n n n n n -+⎛⎫⎛⎫=---+-+⋯+-=---=⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭, 故：2222ln +()()()22221213321n n ln lnn n n -++⋯+<+ 8．（2020·黑龙江南岗·哈师大附中三模）已知函数()()2ln 1f x ax bx x =+-+．（∈）当0a =时，函数()f x 存在极值，求实数b 的取值范围；（∈）当1b =时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减，求实数a 的取值范围；（∈）求证：()()1*113ln 2122N 14nk n n k =-+<∈-∑． 【答案】（∈）0b >；（∈）12a ≤-；（∈）证明见解析． 【解析】（∈）当0a =时，()()()ln 11f x bx x x =-+>-，()()1111bx b f x b x x --'=-=++， ∈当0b ≤时，()0f x '<，则()f x 在()1,-+∞递减，无极值； ∈当0b >时，令()1'0,11f x x b==->-， 1()0,(1,1),()f x x f x b '<∈--单调递减，1()0,(1,),()f x x f x b '>∈-+∞单调递增，所以11,()x f x b=-取得极小值.综上可知：0b >．（∈）当1b =时，()()()2ln 10f x ax x x x =+-+>，()1212011x f x ax ax x x '=+-=+≤++恒成立 121a x ⇔-≥+对一切()0,x ∈+∞恒成立， ∈11x +>，∈1011x <<+，∈21a -≥，∈12a ≤-．（∈）由（∈）知：当12a =-时，()()21ln 12f x x x x =-+-+在()0,∞+递减，∈()()00f x f ≤=，即：()2ln 12x x x -+<，令221x n =-，则()22212ln 212121n n n n +-<---， 当2n ≥时，()2222122ln 212144121n n n n n n +-<=---+- ()21114121n n n n ⎛⎫<=- ⎪--⎝⎭，∈23ln 2ln 311-=- 2511ln 13322⎛⎫-<- ⎪⎝⎭ 27111ln 55223⎛⎫-<- ⎪⎝⎭……221111ln 212121n n n n n +⎛⎫-<- ⎪---⎝⎭累加得，()11112ln 212ln 31212nk n k n =⎛⎫⋅-+<-+- ⎪-⎝⎭∑ 5153ln3ln32222n =--<-<， 当1n =时，131ln 324-<，即：1ln 32>，综上，()1113ln 212124nk n k =-+<-∑． 9．（2020·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数()()()()ln 111f x x k x k R =---+∈ （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≤恒成立，试确定实数k 的取值范围；（3）证明：()()*1ln 2ln 3ln ,13414n n n n n n -++⋅⋅⋅+<∈>+N . 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）[)1,+∞；（3）证明见解析. 【解析】（1）函数()()()ln 111f x x k x =---+的定义域为()1,+∞，且()11f x k x '=--. ∈当0k ≤时，()0f x '>恒成立，故函数()y f x =在()1,+∞上为增函数； ∈当0k >时，令()0f x '<，得1k x k +>时，即函数()y f x =在1,k k +⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减， 令()0f x '>，得11k x k +<<时，即函数()y f x =在11,k k +⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.综上：当0k ≤时，函数()y f x =在()1,+∞上为增函数； 当0k >时，函数()y f x =在11,k k +⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，在1,k k +⎛⎫+∞⎪⎝⎭上为减函数； （2）当0k ≤时，()211f k =-+≥，显然()0f x ≤不恒成立； 当0k >时，()max 11ln 0k f x f k k +⎛⎫==≤⎪⎝⎭，即1k .综上：实数k 的取值范围是[)1,+∞；（3）由（2）可知，当1k =时()0f x ≤恒成立，即()ln 12x x -<-，()ln 121x x x-∴<-， ()()22ln ln 11121212n n n n n n n --=<=+++，可得出ln 2132<，ln 3242<，，ln 112n n n -<+， ()()*1ln 2ln 3ln 121,23412224n n n n n N n n --∴+++<+++=∈≥+. 10．（2020·浙江三模）已知数列{}n a ，112a =，1ln 1n n a a +=-. （1）求证：11n n a a +<<； （2）求证：123201912020a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅<. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）∈先利用数学归纳法证明1n a <. （∈）当1n =时，1112a =<成立； （∈）假设n k =时1k a <成立，则1ln 10k k a a +=-<，11k a +∴<. 综上所述，对任意的n *∈N ，1n a <； ∈利用导数证明1x e x -≥，设()1x f x ex -=-，则()1e 1x f x -'=-，当1x <时，()0f x '<，此时函数()y f x =单调递减； 当1x >时，()0f x '>，此时函数()y f x =单调递增.所以，()()0110f x f e ≥=-=，即1x e x -≥，当且仅当1x =时，等号成立.1n a <，()()10n f a f ∴>=，即1n a n e a ->，1ln 1n n a a +=-，11n a n n a e a -+∴=>，综合∈∈可知11n n a a +<<；（2）利用数学归纳法证明1n n a n ≤+. ∈当1n =时，112a =满足1n n a n ≤+；∈假设n k =时成立，即1k ka k ≤+，则由1ln 1n n a a +=-，得111111k k a k k k a eee---+++==≤，要证1112k k ek -++<+，令11,012t k ⎛⎫-=∈- ⎪+⎝⎭，则要证11012t e t t ⎛⎫<-<< ⎪-⎝⎭，21 / 21 构造()11x f x e x =+-，1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()()()()22211111x x e x f x e x x --'=-=--，令()()211x h x e x =--，1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()()()()2212110x x x h x e x e x e x '=-+⋅-=-<， 所以，函数()y f x '=在1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，()()00f x f ''∴>=，所以，函数()y f x =在1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，()()00f x f ∴<=，即11x e x <-成立，即1112k k e k -++<+，112k k a k ++∴<+， 综上1n na n ≤+，当且仅当1n =时等号成立，由于1ln 1n n a a +=-，可知0n a >， 所以，1102a <≤，2203a <<，，2019201902020a <<，1220191232019123420202020a a a ⋅⋅⋅⋅<⨯⨯⨯⋅⋅⨯=.。
放缩法证明数列不等式经典例题
放缩法 【2 】证实数列不等式重要放缩技巧： 1.211111111(1)(n 1)1n n n n nn n n -=<<=-++-- 2221144112()141(21)(21)21214n n n n n n n <===--+--+-==>===<==<====<== 5.121122211(21)(21)(22)(21)(21)2121n n n n n n n n n n ---<==-------- 6.11122(1)11(1)2(1)22(1)2n n n n n n n n n n n n n +++++-==-+⋅+⋅⋅+⋅例1.设函数2*2()1x x n y n N x -+=∈+的最小值为n a ,最大值为n b ,且n c =（1）求n c ;（2）证实：4444123111174n cc c c ++++< 例2.证实：1611780<++<例3.已知正项数列{}n a 的前n 项的和为n s ,且12n n n a s a +=,*n N ∈; （1）求证：数列{}2n s 是等差数列; （2）解关于数列n 的不等式：11()48n n n a s s n ++⋅+>-（3）记312311112,n n n n bs T b b b b ==++++,证实：312n T <<-例4.已知数列{}n a 知足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公役为1的等差数列,且121n n n a a n ++=+;（1） 求n a;（212n na ++<例5.在数列{}n a 中,已知1112,2n n n n a a a a a ++==-; （1）求n a ;（2）证实：112233(1)(1)(1)(1)3n n a a a a a a a a -+-+-++-<例6.数列{}n a 知足：11122,1()22n n n n n a a a n a ++==++;（1）设2n n n b a =,求n b ;（2）记11(1)n n c n n a +=+,求证：12351162n c c c c ≤++++< 例7.已知正项数列{}n a 的前n 项的和为n s 知足：1,6(1)(2)n n n n s s a a >=++; （1）求n a ;（2）设数列{}n b 知足(21)1,n b n a -=并记123n n T b b b b =++++,求证：(3)231log n a n T ++>（函数的单调性,贝尽力不等式,结构,数学归纳法）例8.已知正项数列{}n a 知足：111(1)1,1n n n n na n a a a a +++==+ , 记2111222231111,[](2)n n b a b n a n a a a -==++++≥. （1）求n a ;（2）证实：1231111(1)(1)(1)(1)4n b b b b ++++<。
不等式的证明(二)PPT课件
（5）（a+b）2 ≥4ab
（6）
二、综合法证明不等式应用举例
1、已知a、b、c是不全相等的正数，求证：
a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞ 6abc
2、已知a、b、c是正数，证明：
3、已知a＞0、b＞0，c＞0，求证：
4、已知a、b、c是正数，且a+b+c=1，求证：
（1）(1-a)(1-b)(1-c) ≥8abc （2）ab+bc+ca≤ 5、已知a、b、c是正数，求证：
6、已知a、证：
8、已知x＞0且x≠1，n∈N，求证： (1+xn)(1+x)n＞2n+1xn 三、练习：
课本14页1、2
四、总结：
1、不等式的又一种证明方法---综合法
2、综合法经常证明什么样的不等式
一、不等式的证明
1、比较法 （1）比较法证明不等式的步骤 （2）比较法经常证明什么样的不等式 （3）作差之后变形的思维 2、综合法 （1）定义 （2）综合法经常证明什么样的不等式 （3）综合法经常证明不等式时经常用到：
（1）a2 ≥ 0 （2）｜a｜≥ 0 （3）若a、b∈R，那么a2+b2≥2ab （4） 如果是a、b正数，那么 ≥
高二数学课件归纳整理不等式证明方法
2 (a2
b2 ) (a4
b4 ) (a6
b6)
≥2+2ab+2a2b2+… =2(1+ab+a2b2+…)
2 1 ab
【例5】设a>0,b>0,且a+b=1,求证:
1
1 a2 1 b2 1 sin2 1 sin2
(1 sin2 ) (1 sin2 ) cos 2 cos 2 (1 sin2 )(1 sin2 ) cos 2 cos 2
2 | cos cos |
2
不等式的证明
【 例 1】 已 知 a>0,b>0, 求 证:a3+b3≥a2b+ab2.(课本P12例3)
证明一:比较法(作差) (a3+b3)-(a2b+ab2)=(a3- a2b)+(b3-ab2)
=a2(a-b)+b2(b-a) =(a-b)( a2-b2) =( a-b)2(a+b). ∵a>0,b>0, ∴a+b>0,而( a-b)2≥0. ∴( a-b)2(a+b)≥0. 故(a3+b3)-(a2b+ab2)≥0,
从而0<1+a2b2-a2-b2≤1+a2b2-2ab=(1-ab)2,1-ab>0.
11 1a2 1b2 2
11 1 a2 1 b2
2
1 1 a2b2 a2 b2
2
1
2
(1 ab)2
1 ab
证明四:换元法
设a=sinα ,b=sinβ ,则
不等式证明20法
不等式证明20法不等式的证明是数学证题中的难点，其原因是证明无固定的程序可循，方法多样，技巧性强，笔者通过探索获得以下体会，供同行参考。
1、比较法（作差法）在比较两个实数a 和b 的大小时，可借助b a -的符号来判断。
步骤一般为：作差——变形——判断（正号、负号、零）。
变形时常用的方法有：配方、通分、因式分解、和差化积、应用已知定理、公式等。
例1、已知：0>a ，0>b ，求证：ab b a ≥+2。
证明：02)(2222≥-=-+=-+b a ab b a ab b a ，故得ab b a ≥+2。
2、分析法（逆推法）从要证明的结论出发，一步一步地推导，最后达到命题的已知条件（可明显成立的不等式、已知不等式等），其每一步的推导过程都必须可逆。
例2、求证：15175+>+。
证明：要证15175+>+，即证1521635212+>+，即15235+>，1541935+>，16154<，415<，1615<，由此逆推即得15175+>+。
3、综合法证题时，从已知条件入手，经过逐步的逻辑推导，运用已知的定义、定理、公式等，最终达到要证结论，这是一种常用的方法。
例3、已知：a ，b 同号，求证：2≥+ab b a 。
证明：因为a ，b 同号，所以0>b a ，0>ab ，则22=∙≥+a b b a a b b a ，即2≥+ab b a 。
4、作商法（作比法）在证题时，一般在a ，b 均为正数时，借助1>b a 或1<ba 来判断其大小，步骤一般为：作商——变形——判断（大于1或小于1）。
例4、设0>>b a ，求证：a b b a b a b a >。
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 >。
(完整)基本不等式经典例题(含知识点和例题详细解析)(1)-推荐文档
产品辅助运营方案范文一、背景介绍随着互联网的迅速发展和普及，越来越多的企业开始将线下业务转移到线上。
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第14讲 基本不等式 (解析版)
【高中新知识预习篇】第14讲 基本不等式解析版一、基本知识及其典型例题知识点一 基本不等式1.基本不等式的概念：当a ，b > 0，ab ≤a ＋b2，当且仅当a ＝b 时，等号成立． 2.基本不等式的意义：一般地，对于正数a ，b ，a ＋b2为a ，b 的算术平均数，ab 为a ，b 的几何平均数. 两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数，即ab ≤ a ＋b2. 3.基本不等式的常见推论 :(1) (重要不等式) ∀a ，b ∀R ，有a 2＋b 2 ≥ 2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．(2) ab ≤ 2)2(b a +≤ a 2＋b 22 (R b a ∈、)；(3) b a ＋ab≥ 2 (a ，b 同号)；(4)a 2＋b 2＋c 2 ≥ ab ＋bc ＋ca (R c b a ∈、、). 4.利用基本不等式证明不等式(1)策略：从已证不等式和问题的已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后转化为所求问题，其特征是以“已知”看“可知”，逐步推向“未知”. (2) 注意事项：∀多次使用基本不等式时，要注意等号能否成立；∀累加法是不等式证明中的一种常用方法，证明不等式时注意使用；∀对不能直接使用基本不等式的证明可重新组合，形成基本不等式模型，再使用.【例1】证明不等式: a ，b ∀R , ab ≤2)2(b a +≤a 2＋b 22,当且仅当a=b 时取等号.【证明】∀化简得：2)2(b a ab +≤.0)(,0224,422222222≥-≥+-++≤++≤b a b ab a b ab a ab b ab a ab 即，即即.时取等号当且仅)2(0)(2b a b a ab b a =+≤∴≥-当恒成立，恒成立， ∀)(22,2422)2(22222222222b a b ab a b a b ab a b a b a +≤+++≤+++≤+即化简得：.0)(,02222≥-≥+-b a b ab a 即即.2)2(222时等式成立恒成立，当且仅当同理，b a b a b a =+≤+综上， a ，b ∀R , ab ≤2)2(b a +≤a 2＋b 22,当且仅当a=b 时取等号.【变式1】已知x ，y 都是正数. 求证：(1)y x ＋xy ≥2； (2)(x ＋y )(x 2＋y 2)(x 3＋y 3)≥8x 3y 3;（3）已知a ，b ，c 为任意的实数，求证：a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 【证明】 (1)∀x ，y 都是正数，∀x y > 0，yx > 0，∀y x ＋xy≥ 2y x ·x y ＝ 2， 即 y x ＋xy≥ 2， 当且仅当x ＝y 时，等号成立.(2)∀x ，y 都是正数，∀x ＋y ≥ 2xy > 0， x 2＋y 2 ≥ 2x 2y 2 > 0，x 3＋y 3 ≥ 2x 3y 3 > 0.∀(x ＋y )(x 2＋y 2)(x 3＋y 3) ≥ 2xy ·2x 2y 2·2x 3y 3＝8x 3y 3，即 (x ＋y )(x 2＋y 2)(x 3＋y 3) ≥ 8x 3y 3，当且仅当x ＝y 时，等号成立. (3)∀a 2＋b 2≥2ab ；b 2＋c 2≥2bc ；c 2＋a 2≥2ca ， ∀2(a 2＋b 2＋c 2)≥2(ab ＋bc ＋ca )， 即a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ， 当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立..1.a 2＋b 2≥2ab 与a ＋b 2≥ab 都是带有等号的不等式.“当且仅当…时，取等号”这句话的含义是：当a ＝b 时，a ＋b2＝ab ；当a ＋b2＝ab 时，也有a ＝b .2.在利用基本不等式证明的过程中，常需要把数、式合理地拆成两项或多项或把恒等式变形配凑成适当的数、式，以便于利用基本不等式.【例2】(多选题)设a >0，b >0，下列不等式中恒成立的有（ ） A.a 2＋1>a B.4)1)(1(≥++bb a a C.4)11)((≥++ba b a D.a 2＋9>6a .【解析】由于a 2＋1－a ＝2)21(-a ＋34>0，故A 恒成立；由于a ＋1a ≥2，b ＋1b≥2，∀4)1)(1(≥++bb a a ，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立，故B 恒成立； 由于a ＋b ≥2ab ，1a ＋1b≥21ab， 故4)11)((≥++ba b a ，当且仅当a ＝b 时，等号成立，故C 恒成立； 当a ＝3时，a 2＋9＝6a ，故D 不恒成立. 综上，恒成立的是ABC.【变式2】下列各式中，对任何实数x 都成立的一个式子是（ ）. A．x y +≥B ．21x x +>2C ．2111x ≤+ D ．12x x+≥ 【答案】C【分析】取特殊值可得a,b,D 不恒成立，由211x +≥可得C 对应的不等式2111x ≤+恒成立，得解. 【解析】对于A ，当0x <时，根式无意义，故A 不恒成立； 对于B ，当1x =时，212x x +=，故B 不恒成立； 对于C ，211x +≥，所以2111x ≤+成立，故C 成立； 对于D ，当0x <时，12x x+<，故D 恒不成立， 即对任何实数x 都成立的一个式子是2111x ≤+ 【例3】已知，，若，证明：。
第33讲不等式的证明方法高中数学常见题型解法归纳反馈训练及详细解析(1)
r∣⅛ o车-让每个人平等地提升自我【知识要点】不等式的证明常用的有六种方法（不等式证明六法：比综分放数反）一、比较法包括比差和比商两种方法.比差的一般步骤是：作差一变形（配方、因式分解、通分等）一与零比一下结论；比商的一般步骤是: 作商一变形（配方、因式分解、通分等）一与1比一下结论.如果两个数都是正数，一般用比商，其它一般用比差.二、综合法证明不等式时，从命题的已知条件岀发，利用公理、定理、法则等，逐步推导岀要证明的命题的方法称为综合法，它是由因导果的方法.三、分析法证明不等式时，从待证命题出发，分析使其成立的充分条件，利用已知的一些基本原理，逐步探索, 最后将命题成立的条件归结为一个已经证明过的左理、简单事实或题设的条件，这种证明的方法称为分析法，它是执果索因的方法.用分析法证明时，要注意格式，一般格式是''要证明，只需证明……”.一般用分析法寻找思路，用综合法写出证明过程.四、放缩法证明不等式时，有时根据需要把需证明的不等式的值适当放大或缩小，使英化繁为简，化难为易，达到证明的目的，这种方法称为放缩法.放缩的常见技巧：①添加或舍去一些项，如：+ 1 > P Z l, JnUI +1） > H,匚1 <n②将分子或分母放大或缩小•如：-4<—!—= ---A>一!一k2£伙一1）«-1 k k2 k（k + l）③利用基本不等式等，如：V 2五、数学归纳法用数学归纳法证明不等式，要注意两步一结论.在证明第二步时，一般多用到比较法、放缩法和分析法.六、反证法证明不等式时，首先假设要证明的命题的反面成立，把它作为条件和其他条件结合在一起，利用已知泄义.左理、公理等基本原理逐步推证出一个与命题的条件或已证明的泄理或公认的简单事实相矛盾的结论，以此说明原假设的结论不成立，从而肯左原百度文库-让毎个人平誓地提升自我命题的结论成立的方法称为反证法.如果命题中含有“至少”或“唯一”或其它否立词时，一般用反证法・【例1】已知a>b>0jn>09则a + m a【方法点评】比差的一般步骤是：作差一变形(配方、因式分解、通分等)一与零比一下结论.【例2】设aJ)eR∖求证：a o b h≥ (ab)~aid a-b b-a a-b【证明】作商：'z ? . =a^h~ =(-)~ 伽)~ b(i-b当a = b时，(-)~ =1bJ n_b^a>b>O时，->L — >0, (-)~ >1bibf π-~b^∖b>a>0时，0<巴<1, — <0, (-)~ >1 bib∙∙∙U a b b≥ (Ub)~【点评】比商的一般步骤是：作商一变形(配方、因式分解.通分等)一与1比一下结论.学科@网【反馈检测】已知、b是实数，试比较a2+b2+c2 ^ab+bc+ca的大小・百度文禺.Il 每个人平尊地提升自我【点评】该题主要是利用三元均值不等式和二元均值不等式解答・【反馈检测】已知&如是不全相等的正数，求证：a(b 2 +c 2) + b(c 2 +a 2) + c(a 2+b 2)> 6abc【例】求证：a,b.ceR ∖求证：送出一亦)上土二—畅【点评】用分析法证明时，要注意格式，一般格式是“要证明，只需证明……W •一般用分析法寻找思 路，用综合法写出证明过程.【例 5】设SH = Jl χ2+j2x3+ + λ∕n×(∕7 + l).求证：巴凹VqV 丛也g ΛΓ)2 π2【i I 丿J 】H V (n +1) V〃 ； + ]=“ + *【点评】由于这是一个数列的问题，所以先要对数列的通项进行放缩.2$ 1 O【例6】设数列｛%｝的前〃项和为Sr 已知— = q 泊一丄/一料一二，〃wN*・ (1) 求数列｛©｝的通项公式：(2) 证明：对一切正整数"，有丄+丄+ ••• +丄V?«1 «2 5 41 7(2)证明：当H = I 时,一=1<-：“ 4【例3】 设ClbC 为正实数，求证:7+⅛+7+abc ^2^∙百度文库-让毎个人平誓地提升自我当π= 2I∣⅛,-+ —= l + l = -<-W l a2 4 4 4【点评】本题的放缩是一个难点，放缩一左要适当，有时需要数列的第一项不放缩其他项放缩，有时需要数列的前两项不放缩其他项放缩，有时需要数列的前三项不放缩其他项放缩，……，才能放缩出要证明的结果•这需要大家平时的训练和积累.【反馈检测4】已知函数f(x) = a∖nx + -x2-(a+ I)X (^≥1).2(1)讨论/(X)的单调性与极值点:(2)若^CV) = -X2-X-l(x>l),证明：当α = l时,g(x)的图象恒在/(x)的图象上方; 2【证明】(1)当“等于1时，不等式左端等于1,右端等于2,所以不等式成立;•••当n = k+l时，不等式成■综合⑴、(2)得宀"时,≡1+⅛÷⅛÷-÷⅛<2^∙【点评】用数学归纳法证明不等式，要注意两步一结论•在证明第二步时，一般多用到比较法、放缩法和分析法•是证明的关键.【反馈检测5】数列｛£｝由下列条件决定：x1=t∕>O,xπ+1=l(xπ+-) I leN2 X ll(1)证明：对n≥2总有x,t≥yfa(2)证明：对Ii ≥2总有方法六反证法使用情景一般从正而着手比较困难.方法五数学归纳法使用情景一般是与正整数有关的命题•解题方法用数学归纳法证明不等式，要注意两步一结论. 在证明第二步时，一般多用到比较法、放缩法和分析法.(3)证明:【例7】证明不等式1 +√2 +√3+- +< 2y∣r n(/7 ∈N*)聖<2—・(2)假设n = k21)时，不等式成立，即H护护…+金【例7】已知O VdV1, 0<Z?< 1, O<cvl,求证：(1 —α)b, (1—b)c, (I-C)α 中至少有一个小于等于丄.4【点评】如果命题中含有"至少”或“唯一”或其它否泄词时，一般用反证法•【反馈检测6】已知α>O.b>O且α + b>2,求证:巴.匕M中至少有一个小于2. a b高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第33讲：不等式的证明方法参考答案【反馈检测1答案】见解析【反馈检测1 详细解析】U2 ^h I +c2 -ab-be-CU =丄(2a2 + 2b2 + 2c1 -Iab-Ibc-Ica) 2=-[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0,当且仅当 a = b = c时，等号成立,2：•a1 +h2 +c2≥ ab+bc+ca ・【反馈检测2答案】见解析【反馈检测3答案】见解析【反馈检测3 详细解析】∙^d+b≤O时，V y∣a2+b2≥0, Λy∣a2+b2≥-(a + b)^立.2当d+b>0时，用分析法证明如下：L —17要11E√6∕2+Z?2≥^(a + b)t只需IIE(√√+P^)2≥ f (α + b),即证a2+b2≥^(a2+b2+2ab),即证：a2+b2≥2ab,I___ /7∙∙∙CV +b2≥ Iab对一切实数恒成立，∙∙∙y∣a2+h2≥≥^(a + b)成立.综上所述•对任意实数不等式都成立・【反馈检测4答案】(1) /(x)在(0,1)和α+s)上单调递增，在(1卫)上单调递减.X = I为极大值点，X = "为极小值点；(2)见解析：(3)见解析.学科@网(2)当d = 1 时，令F(X) = g(x)一/(x) = X-I-InX,IX-IF(X) = I-- = -—,当x>l 时，F(X)>0∙ 0<x< 1 时，F(X)V0,X X疋库.U每卜人平零1ΛF(X)在(0,1)上递减，在(l,-κχ>)上递增，.∙. F(x)≥ F(I) = O, ∙∙∙X> 1 时，F(X) >0恒成立. 即x>l时，g(x)>∕(X)恒成立，•：当x> 1时，g(x)的图象fe⅛∕(x)的图象上方.(3)由(2)知F(X) ≥ F(I) = 0•即InX≤x-l, Vχ>0^ Λ-≤1-1,X X令x = n2(neN*),则^4-≤l 一丄，≤-(l一-)Ir Ir Ir 2 T.In2 In3 Inn 1 八 1 , 1 一 1(I-F+1~F+-+1-^不等式成立.=—--(丄—一)=2,i^~n-∖λ2 2 2 n + 1 4(∕z + l)【反馈检测5答案】见解析【反馈检测6答案】见解析【反馈检测6详细解析】假设旦,学都不小于2,则—≥2,⅛^≥2a h a b因为α>O,b>O∙所以1 + b≥2aA + a≥2b.所以1 + ∖ + a + b≥ 2(a + b)即a+b<2,这与已知a+b>2相矛盾，故假设不成立.L -, , 1 + b 1 + α呦以----- , ---- 中至少有…个小丁2.a h。
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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)22、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结论。
举一反三：【变式1】已知a>2，b>2，求证：a+b<ab【答案】∵a>2，b>2∴∴∴【变式2】已知a，b均为正实数，求证：a a b b≥a b b a【答案】∵a>0, b>0, ∴a a b b与a b b a均为正，∴，分类讨论可知（分a>b>0, a=b>0, 0<a<b），当且仅当a=b等号成立，∴a a b b≥a b b a.类型二：综合法证明不等式3、a, b, c是不全相等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc证明：法一：由b2+c2≥2bc, a>0,得a(b2+c2)≥2abc，同理b(c2+a2)≥2abc，c(a2+b2)≥2abc∵a,b,c不全相等，∴上述三个等号不同时成立，三式相加有：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.法二：∵a，b，c是不全相等的正数，∴a(b2+c2), b(c2+a2), c(a2+b2)均为正数，由三个数的平均不等式得：a(b2+c2)+b(c2+a2)+ c(a2+b2)∴不等式成立.总结升华：综合法是由因导果，从已知出发，根据已有的定义、定理，逐步推出欲证的不等式成立。
举一反三：【变式1】a , b, m∈R+，且a<b，求证：.【答案】∵0<a<b, m>0, ∴am<bm,∴am+ab<bm+ab, 即a(b+m)<b(a+m),∵b+m>0, ∴.【变式2】求证lg9·lg11<1.【答案】∵lg9>0, lg11>0,∴,∴, ∴lg9·lg11<1.4、若a>b>0，求证：.思路点拨：不等号左边是一个各项皆正的“和的形式”，但左侧是两项而右侧都出现了特征数“3”.因此启发我们将左侧拆成3项的和利用平均值定理.证明：，∵a>b>0, ∴a-b>0, b>0, ,∴,∴（当且仅当，即a=2，b=1的等号成立）举一反三：【变式】x, y,z∈R+, 求证：证明：∵x, y,z∈R+,∴,同理，∴,∴类型三：分析法证明不等式5、已知a,b>0，且2c>a+b，求证：证明：要证，只需证：即证：，a2-2ac+c2<c2-ab，即证a2+ab<2ac，∵a>0，只需证a+b<2c∵已知上式成立，∴原不等式成立。
总结升华：1．分析法是从求证的不等式出发，分析使之成立的条件，把证不等式转化为判断这些条件是否具备的问题，若能肯定这些条件都成立，就可断定原不等式成立。
2．分析法在不等式证明中占有重要地位，是解决数学问题的一种重要思想方法。
3．基本思路：执果索因4. 格式：要证……，只需证……，只需证……，因为……成立，所以原不等式得证。
举一反三：【变式1】求证：a3+b3>a2b+ab2(a，b均为正数，且a≠b)【答案】要证a3+b3>a2b+ab2，即证(a+b)(a2+b2-ab)≥ab(a+b)∵a，b∈，∴a+b>0只需证a2+b2-ab≥ab，只需证a2+b2≥2ab只需证(a-b)2≥0，∵(a-b)2≥0显然成立所以原不等式成立。
【变式2】a , b, m∈R+，且a<b，求证：.【答案】∵b>0且b+m>0,∴，∴成立∴.【变式3】求证：【答案】要证，只需证，只需证，只需证，而显然成立，所以原不等式得证。
【变式4】若a>1，b>1，c>1，ab=10求证：log a c+log b c≥4lgc【答案】要证log a c+log b c≥4lgc，只需证只需证，只需证∵，∴成立所以原不等式成立【变式5】设x>0，y>0，x≠y，求证：证明：要证，只需证只需证只需证因x>0，y>0，x≠y，所以x2y2[3(x-y)2+4xy]>0成立所以类型四：反证法证明不等式6、已知a,b,c∈(0,1)，求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a，至少有一个不大于。
思路点拨：此题目若直接证，从何处入手？对于这样正面情况较为复杂的问题，可以考虑使用反证法。
证明：假设原结论不成立，即，则三式相乘有：……①又∵0<a,b,c<1, ∴.同理有：，以上三式相乘得，这与①矛盾，∴假设错误，原结论成立。
总结升华：反证法的基本思路是：“假设——矛盾——肯定”，采用反证法证明不等式时，从与结论相反的假设出发，推出矛盾的过程中，每一步推理都必须是正确的。
由于本题题目的结论是：三个数中“至少有一个不大于”，情况比较复杂，会出现多个由异向不等式组成的不等式组，一一证明十分繁杂，而对结论的否定是三个数“都大于”，结构简单明了，为推出矛盾提供了方便，故采用反证法是适宜的。
举一反三：【变式】已知a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求证：a,b,c>0【答案】假设a≤0若a<0，∵abc>0，∴bc<0又由a+b+c>0，则b+c>-a>0∴ab+bc+ca=a(b+c)+bc<0 ，与题设矛盾若a=0，则与abc>0矛盾，∴必有a>0同理可证：b>0，c>0类型五：放缩法证明不等式7、若a,b,c,d R+，求证：思路点拨：记中间4个分式之和的值为m，显然，通过通分求出m的值再与1、2比大小是困难的，可考虑运用放缩法把异分母化成同分母。
证明：记∵a,b,c,d R+，∴∴1<m<2，即原式成立。
总结升华：证后半部分，还可用“糖水公式”，即进行放缩。
常用的放缩技巧主要有：①f(x)为增函数，则f(x-1)<f(x)<f(x+1)；②分式放缩如；③根式放缩如举一反三：【变式1】求证：【答案】∴【变式2】当n>2时，求证：log n(n-1)log n(n+1)<1【答案】∵n>2，∴log n(n-1)>0，log n(n+1)>0∴∴n>2时，log n(n-1)log n(n+1)<1类型六：其他证明不等式的方法1. 构造函数法8、已知a>2，b>2，求证：a+b<ab证明：令y=f(a)=a+b-ab=(1-b)a+b，∵1-b<0，∴f(a)是减函数当a>2时，f(a)<f(2)=2-b<0∴a+b<ab总结升华：不等式证明方法很灵活。
分析不等式的结构特点，构造函数，借助函数单调性，使问题变得非常简单。
举一反三：【变式】已知a≥3，求证：。
【答案】令（x≥0).∵f(x)在x∈[0,+∞)上是递减函数，∴f(a-1)<f(a-3),故。
2、三角换元法：9、求证：证明：∵-1≤x≤1，∴令x=cos,[0,π]，则∵-1≤sin≤1，10、若x2+y2≤1，求证：证明：设则11、若x>1，y>1，求证：证明：设则12、已知：a>1,b>0，a-b=1，求证：证明：∵a>1,b>0,a-b=1，∴不妨设则总结升华：①若0≤x≤1，则可令②若x2+y2=1，则可令x=cos，y=sin(0≤θ<2π)③若x2-y2=1，则可令x=sec,y=tan(0≤θ<2π)④若x≥1，则可令，若x R，则可令举一反三：【变式1】已知x2=a2+b2，y2=c2+d2，且所有字母均为正，求证：xy≥ac+bd 【答案】∵x2=a2+b2，∴不妨设∵y2=c2+d2，∴不妨设∴∴xy≥ac+bd【变式2】已知x>0，y>0，2x+y=1，求证：【答案】由x>0,y>0，2x+y=1，可设则类型六：一题多证13、若a>0，b>0，求证：思路点拨：由于a>0，b>0，所以求证的不等式两边的值都大于零，本题用作差法，作商法和综合法，分析法给出证明。
证明：证法一：作差法∵a,b>0，∴a+b>0,ab>0∴，得证。
证法二：作商法∵a>0,b>0,∴a+b>0，∴得证。
证法三：分析法要证，只需证a3+b3≥(a+b)ab只需证(a+b)(a2-ab+b2)≥(a+b)ab(∵a+b>0)只需证a2-ab+b2≥ab只需证(a-b)2≥0∵(a-b)2≥0成立，∴得证证法四：综合法∵a>0,b>0，∴同向不等式相加得：举一反三：【变式】已知都是实数，且求证：【答案】证法一：，同理即.证法二：证法三：要证，只需证只需证所以原不等式成立.证法四：原不等式等价于不等式用比较法证明且又所以即证法五：故可考虑用三角换元法. 设则证法六：用向量的数量积来证明设，。