2022年關于不等式證明的常用方法

1、學習必備歡迎下載題目高中數(shù)學復習專題講座關于不等式證明的常用方法高考要求不等式的證明，方法敏捷多樣，它可以和許多內容結合高考解答題中， 常滲透不等式證明的內容，純不等式的證明， 歷來是高中數(shù)學中的一個難點， 本節(jié)著重培育考生數(shù)學式的變形才能，規(guī)律思維才能以及分析問題和解決問題的才能重難點歸納1 不等式證明常用的方法有比較法、 綜合法和分析法， 它們是證明不等式的最基本的方法(1) 比較法證不等式有作差 商、變形、判定三個步驟，變形的主要方向是因式分解、配方，判定過程必需具體表達 假如作差以后的式子可以整理為關于某一個變量的二次式，就考慮用判別式法證(2) 綜合法是由因導果，而分析法是執(zhí)果索因，

2、兩法相互轉換，相互滲透，互為前提，充分運用這一辯證關系，可以增加解題思路，開擴視野2 不等式證明仍有一些常用的方法換元法、放縮法、反證法、函數(shù)單調性法、判別式法、數(shù)形結合法等換元法主要有三角代換，均值代換兩種，在應用換元法時，要留意代換的等價性放縮性是不等式證明中最重要的變形方法之一， 放縮要有的放矢， 目標可以從要證的結論中考查有些不等式，從正面證假如不易說清晰，可以考慮反證法凡是含有“至少” “惟一”或含有其他否定詞的命題，相宜用反證法證明不等式時， 要依據(jù)題設、 題目的特點和內在聯(lián)系，挑選適當?shù)淖C明方法， 要熟識各種證法中的推理思維，并把握相應的步驟、技巧和語言特點典型題例示范講解例 1

3、 證明不等式 1112312n nn n* 命題意圖此題是一道考查數(shù)學歸納法、不等式證明的綜合性題目， 考查同學觀看才能、構造才能以及規(guī)律分析才能學問依靠此題是一個與自然數(shù)n 有關的命題，第一想到應用數(shù)學歸納法，另外仍涉及不等式證明中的放縮法、構造法等錯解分析此題易顯現(xiàn)以下放縮錯誤1111111nn2n23nnnnnn個這樣只留意形式的統(tǒng)一，而忽視大小關系的錯誤也是常常發(fā)生的技巧與方法 此題證法一采納數(shù)學歸納法從 n=k 到 n=k+1 的過渡采納了放縮法 證法二先放縮，后裂項，有的放矢，直達目標 而證法三運用函數(shù)思想，借助單調性，獨具匠心，發(fā)人深省證法一 1 當 n 等于 1 時，不等式左端

4、等于 1，右端等于 2，所以不等式成立2假設 n=kk 1時，不等式成立，即1+1112k，23k1111就12 k23k1k12k k11kk11k1k12 k1,當 n=k+1 時，不等式成立綜合 1、2 得當 nn * 時，都有 1+1123另從 k 到 k+1 時的證明仍有以下證法1 2n n2 k112k k1k2k k1 k1k2 k kk12110,2 k1,k1又如 :20,2kk1212k1.k1k2k1k21,k1k1k12k1k12 k1.k1,12322 nn12 n.證法二對任意 kn *，都有12kkk2kk12k11因此1231222n111證法三設 fn= 2n

5、1, 23n那么對任意 kn * 都有1f k11k11k1f k 2k1k k1 2 k12k k11 k12k k1k k1 kk 201 fk+1 fk因此，對任意 n n * 都有 fn fn 1 f 1=1 0， 1112312n.n例 2 求使xy axy x 0， y0恒成立的 a 的最小值命題意圖 此題考查不等式證明、求最值函數(shù)思想、以及同學規(guī)律分析才能學問依靠 該題實質是給定條件求最值的題目，所求a 的最值包蘊于恒成立的不等式中， 因此需利用不等式的有關性質把a 出現(xiàn)出來， 等價轉化的思想是解決題目的突破口，然后再利用函數(shù)思想和重要不等式等求得最值錯解分析此題解法三利用三角換

6、元后確定a 的取值范疇，此時我們習慣是將 x、y 與 cos 、sin 來對應進行換元，即令x =cos ，y =sin 0 ，這樣也得 a sin +cos ，但是這種換元是錯誤的其原2因是1 縮小了 x、y 的范疇2 這樣換元相當于此題又增加了“x、y=1” 這樣一個條件，明顯這是不對的技巧與方法除明白法一常常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即如參數(shù)a 滿意不等關系， a fx，就 amin=fx max如 afx，就amax=f xmin ，利用這一基本領實，可以較輕松地解決這一類不等式中所含參a數(shù)的值域問題仍有三角換元法求最值用的恰當好處，可以把原問題轉化解法一由于 a 的值為

7、正數(shù)，將已知不等式兩邊平方，得x+y+2xy 2a x+y，即 2xy 2 1 x+y， x， y 0， x+y2xy ，當且僅當 x=y 時，中有等號成立比較、得 a 的最小值滿意 a2 1=1， a2=2，a=2因 a 0， a 的最小值是2xy解法二設 uxyxy2 xyxy2xy xy2 xy1xy x 0， y 0， x+y 2xy當 x=y 時“ =”成立 ，2xyxy 1， 2xxy 的最大值是 1y從而可知， u 的最大值為112 ，又由已知，得 a u， a 的最小值為2解法三y 0，原不等式可化為x+1 ayx1 ，yx設=tan ， 0，y2 tan +1 atan 21

8、即 tan +1 asec asin +cos =2 sin +，4又 sin +的最大值為 1此時 =44由式可知 a 的最小值為2例 3 已知 a 0， b 0，且 a+b=1求證 a+證法一分析綜合法）1 b+ 1 25ab4欲證原式，即證 4ab2+4 a2+b2 25ab+4 0，即證 4 ab 2 33 ab+8 0，即證 ab 1 或 ab 84 a0， b 0，a+b=1 ， ab 8 不行能成立 1=a+b 2ab ， ab 證法二均值代換法 設 a= 1 +t1， b= 1 +t21 ，從而得證422 a+b=1 ， a 0， b 0， t1 +t2=0， |t1|1 ，

9、|t2| 1221aa1 1tb 21a 21ba21 1t 2b21 b1 1tt 21 1tt 21224tt111222111t124 1222t 2 1t4121 1tt142t21221 5t4212 22t222532t 2162124t2t242516125 .44t2t244明顯當且僅當 t=0，即 a=b= 1 時，等號成立2證法三比較法） a+b=1 ， a 0， b 0， a+b 2ab ， ab 122422a1 b125a1 b125ab4ab41125abab44a b33ab8 4ab14ab84abab0證法四綜合法 a+b=1 ， a0， b 0， a+b 2

10、ab ， ab 141 ab21251391ab21251ab11ab216441614abab4即a1125bab4證法五三角代換法） a0， b 0， a+b=1，故令 a=sin2 ， b=cos2， 0， 2 1ab asin41bcos4sin 22 sin21sin 2cos2cos221cos2 4sin 2 2164 sin2 24 sin2 2sin 2 21,442sin 2 216sin2 225413.21sin2 2即得a同學鞏固練習141ba125.b 44sin 2 2 22524sin241 已知 x、y 是正變數(shù) ,a、 b 是正常數(shù) ,且 axb=1， x+

11、y 的最小值為 _y2 設正數(shù) a、b、 c、d 滿意 a+d=b+c，且|a d| |b c|，就 ad 與 bc 的大小關系是 3如 m n， p q，且 pmp n 0， q mq n 0，就 m、n、p、q 的大小次序是 4 已知 a， b， c 為正實數(shù)， a+b+c=1求證1a2+b2+c2 1323a23b23c2 65 已知 x， y， z r，且 x+y+z=1， x2221 ，2證明x， y， z 0，36 證明以下不等式+y +z =21如 x， y， zr ， a， b， c r+，就 bc x2ac a y2bab z2 2 xy+yz+zxc2如 x， y， zr

12、+，且 x+y+z=xyz，就 yzzxxyxy 2 111 zxyz7 已知 i，m、 n 是正整數(shù)，且 1 i m nm(1) 證明nia imia in2證明1+mn 1+ nm8如 a 0， b 0， a3+b參考答案3=2 ，求證a+b 2， ab 11解析令a2=cos ，xb222=sin ，就 x=asec ， y=bcsc ，y x+y=asec2 +bcsc2 =a+b+atan2+bcot2 a+b+2a tan2bcot 2ab2 ab答案a+b+2ab2解析由 0 |a d| |b c| ad2 bc 2 a+b 2 4ad b+c2 4bc a+d=b+c， 4ad

13、 4bc，故 ad bc答案ad bc3解析把 p、q 看成變量，就 m p n，mq n答案mp q n41 證法一a2+b2+c21 = 1 3a2+3 b2 +3c2 133= 1 3a2+3b2+3 c2 a+b+c23= 1 3a2+3b2+3 c2 a2 b2c2 2ab 2ac 2bc3= 1 a b2+ b c2+c a2 0 a2+b2+c2 1 33證法二 a+b+c2=a2+b2+c2+2ab+2 ac+2bc a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 3a2+b2+c2 a+b+c 2=1 a2+b2+c2 13a 2b2c2abc222a bc證法三3 a

14、 +b3+c 3 a222 1+b +c3證法四設 a= 1 + ， b= 1 +， c= 1 +333 a+b+c=1， + +=0 a2+b2+c2= 1 + 2+ 1 + 2+ 1 + 2333= 1 +32 + + 2+ 2+ 23= 1 + 2+ 2+ 2 133 a2+b2+c2 13(2) 證法一:3a23a213a21,2同理 3b23b3 ,3c223c323a23b23c23 ab c962原不等式成立證法二3a23b233c2 3a2 3b233c23 abc633 3a23b23c2 33 6原不等式成立5證法一由 x+y+z=1， x2+y2+z2=于 y 的一元二次

15、方程得1 ，得 x2+y2+1 x y2=21 ，整理成關22y2 21 xy+2x2 2x+1=0， yr ，故 02 41 x2 4× 22x2 2x+ 1 0，得 0x22 ， x 0， 2 33同理可得 y， z 0， 2 3證法二設 x= 1 +x， y=11+y， z=+z，就 x +y +z =0 ，1于是=312+x312+y312+z +233122 +322=+x3+y+z +3x+y +z 122212 yz 2132=+x3+y+z+x +32=+x32故 x 2 1 ， x 1 ， 1 ， x 0， 2 ，同理 y， z 0， 2 93333證法三設 x、y

16、、z 三數(shù)中如有負數(shù)，不妨設x0，就 x2 0，1 =x2+y2+z2x2+ y 2z 221x 22x23 x22x1 21 ，沖突2x、y、 z 三數(shù)中如有最大者大于2 ，不妨設 x 2 ，3312222 yz 221x 2321就=x2+y +z x +=x +22=x x+223=xx22 + 1 1沖突322故 x、y、z 0， 2 36.1 證明 :b c x22c a y 2bab z 2c2 xyyzzx b x 2aa y 2b2xy c y 2bb z2 c2 yz a z2 cc x 2a2 zxb xa y 2c y abbb z 2a z ccc x 20abc x

17、2aca yab z2 bc2 xyyzzx 2 證明 : 所證不等式等介于x2 y2 z2 yzzxxyxy2 xyzyzzx2xyz yz yzzx zxxy xy2 xyyzzx 2 xyz y2 zyz2z 2 xzx2x 2 yxy2 2 x2 y2y 2 z2z2 x2 4 x2 yzxy2 zxyz2 y 3 zyz3z3 xzx3x 3 yxy 32 x 2 yz2xy 2 z2xyz2yz yz 2zx zx) 2xy xy) 2x 2 yz) 2y2 zx) 2z2 xy) 20上式明顯成立，原不等式得證m7證明1對于 1 i m，且 a i=m·· m

18、i+1 ，amimm1mimmmi1 mia,同理mninn1nnni1，n由于 m n，對于整數(shù) k=1， 2， i 1，有 nknmk ，ma ia iiiii所以nnim ,即m a nmin a m2 由二項式定理有nnn1+ mn=1+c 1 m+c 2 m2+ +c n mn ，m1+ n m=1+c 1n+c 2n2+c m nm，mmn由1 知 mia i niiim1 i m ，而 c m =iiaam ,cini.ni.a micin nicim1m n m00001122 n22 ，c n =n c n =1， mc n =nc m =m· n， m c nc mmmc m nmc m ， mm+1 c m1 0， mnc n 0，nmnn 1+c 1 m+c 2 m2+ +c n mn1+c 1n+c 2n2+ +c m nm，nnnmmm即1+ mn 1+nm 成立8證法一因 a0， b 0， a3+b3=2，所以 a+b 3 23=a3+b3+3a2 b+3ab2 8=3 a2b+3ab2 6=3aba+b 2 =3aba+b a3+b3= 3a+ba b2 0即a+b323，又 a+b 0，所以 a+b 2，由于 2ab a+b2，所以 a