常用的不等式证明方法

第一篇：常用的不等式证明方法

证明不等式的几种常用方法

摘要：不等式由于结构形式的多样化化,证明方式也是灵活多样,但都是围绕着比较法、综合法、分析法三种方法展开.这三种方法是不等式证明的最基本、最重要的方法. 关键词：不等式证明;比较法;综合法;分析法

引言：不等式的证明是初高中教学中的一个难点,由于结构形式不同,其证明方法也是灵活多样的,且技巧性强.学生需要重点掌握的不等式证明的常用方法如比较法、综合法、分析法,它们是不等式证明的最基本、最重要的方法.虽然证明不等式的方法灵活多样,但都是围绕这三种基本方法展开.1 比较法

法证明不等式是不等式证明的最基本的方法,常用作差法和作商法.

1.1 作差比较法

作差比较法：要证不等式abab,只需证ab0ab0即可.

作差比较法步骤为：作差、变形、判断符号(正或负)、得出结论.

①作差：对要比较大小的两个数(或式)作差.

②变形：对差进行因式分解或配方成几个数(或式)的完全平方和.

③判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号.

例1 已知a,b,m都是正数,并且ab,求证：ama. bmb

证明：amab(am)a(bm)m(ba). bmbb(bm)b(bm)

∵a,b,m都是正数,并且ab,

∴bm0,ba0,

∴amam(ba). 0即：bmbb(bm)

aa1,欲证ab,需证1. bb1.2 作商比较法 作商比较法：若b0,要证不等式ab,只需证

作商比较法步骤为：作商、变形、判断与1的大小、得出结论.例2 已知a,b,m都是正数,并且ab,求证：ama. bmb

证明：amab(am)abbm, bmba(bm)abam

mR,0ab,

abbmabam,即

abbm1, abamama. bmb

2 综合法

综合法就是由因导果,即由已知条件出发,利用已知的数学定理、性质和公式,推出结论的一

种证明方法.

例3 已知xyz1,求证：xyz

证明： xyz2222221. 31[3(x2y2z2)] 3

1222222222[xyz(xy)(yz)(zx)] 3

1211222(xyz2xy2yz2zx)(xyz), 333

1222xyz. 3

bccaababc例4 设a,b,c都正数,求证：abc

证明：a,b,cR, 

bccaab,,R, abc

bccacaababbc∴2c,2a,2b, abbcca

bccaab2(abc),∴2(bcabccaababc∴abc

3 分析法

分析法：从结论出发,逐步逆找结论成立的充分条件.也就是从求证的不等式出发,分析使这

个不等式成立的条件,把证明不等式转化为判定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,那么就可以断定原不等式成立,基本步骤：要证……只需证……,只需证……

1. 3

1222证明： xyz1,为了证明xyz, 3例5 已知xyz1,求证：xyz222

只需证明3x3y3z(xyz),

即3x3y3zxyz2xy2yz2zx, 2222222222

即2x22y22z22xy2yz2zx,

即(x22xyy2)(y22xyz2)(z22zxx2)0,

即(xy)2(yz)2(zx)20.

(xy)2(yz)2(zx)20成立,xyz2221成立. 3

(ab)2ab(ab)2

ab. 例6 设ab0,求证：8a28b

(ab)2(ab)2(ab)2

证明：要证原不等式成立,只需证：. 8a28b

∵a

(ab)2(a)2

只需证1. 4a4b

abab只需证,12a2ba只需证 1ab

∵ab0上式成立,

∴原不等式在ab0时成立.

4 结束语

关于不等式的证明,上面的三种方法是最基本的方法,该类不等式的证明方法是以上三种方

法的延伸.有待读者进一步的研究.

第二篇：高中数学不等式证明的常用方法经典例题

关于不等式证明的常用方法

(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换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法换元法主要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1

121

31

n2n(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xy≤axy(x>0，y>0)恒成立的a 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+11)(b+)ba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 已知x、y是正变数,a、b是正常数,且ab=1，x+y的最小值为xy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 若m

312已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2= x，y，z∈[0，] 23(1)a2+b2+c2≥证明下列不等式bc2ca2ab2z≥2(xy+yz+zx) xyabc

yzzxxy111(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，则≥2() xyzxyz(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，则

已知i，m、n是正整数，且1

m

n (2) (1+m)n>(1+n)m

若a>0，b>0，a3+b3=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)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，当-1≤x≤1时|f(x)|≤

1(1)|c|≤1;

(2)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)=ax2+bx+c(a>0)，方程f(x)-x=0的两个根x

1、x2满足0

(2)设函数f(x)的图象关于直线x=x0对称，证明 x0<

x

1巩固练习

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(b)-g(-a)④f(a)-f(-b)

B②④

C①④

②③

下列四个命题中①a+b≥

2ab②sin2x+

19

4≥4③设x，y都是正数，若则x+y的最小值是12④=1，2

xysinx

若|x-2|<ε，|y-2|<ε，则|x-y|<2ε，其中所有真命题的序号是__________

已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a>0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2

(1)如果x1<2-1; (2)如果|x1|<2，|x2-x1|=2，求b的取值范围

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

1(1)f(0)=1，且当x<0时，f(x)>1;

(2)f(x)在R上单调递减;

(3)设集合A={ (x，y)|f(x2)·f(y2)>f(1)}，集合B={(x，y)|f(ax-g+2)=1，a∈R}，若A∩B=，求a的取值范围

2x2bxc

已知函数f(x)= (b<0)的值域是[1，3]，

2x1

(1)求b、c的值;

(2)判断函数F(x)=lgf(x)，当x∈[-1，1]时的单调性，并证明你的结论;(3)若t∈R，求证 lg

711≤F(|t-|-|t+|)≤566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. 11

1【例1】等比数列{an}的公比q>1，第17项的平方等于第24项，求使a1+a2+…+an>…恒成立的正整数n的取

a1a2an值范围.【例2】(08·全国Ⅱ)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=a，an+1=Sn+3n，n∈N*.

(Ⅰ)设bn=Sn-3n，求数列{bn}的通项公式;(Ⅱ)若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范围.【点评】 一般地，如果求条件与前n

项和相关的数列的通项公式，则可考虑Sn与an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{an}是等差数列，其前n项和为Sn，a3=7，S4=24.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)设p、q都是正整

1数，且p≠q，证明：Sp+q<(S2p+S2q).【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)

2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{an}满足a1=0，an+1=can3+1-c，c∈N*，其中c为实数.(Ⅰ)证明：an∈[0，1]对任意n∈N*11成立的充分必要条件是c∈[0，1];(Ⅱ)设0

2332

>n+1-n∈N*.

1-3c

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{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为______.

【例6】 等比数列{an}的首项为a1=2002，公比q=-.(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{an}的前n项和为Sn，且an+Sn=4.(Ⅰ)求证：数列{an}是等比数列;(Ⅱ)是否存在正整数k，使

【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{an}和{bn}满足：a1=λ，an+1=n+n-4，bn=(-1)n(an-3n+21)，其中λ为实数，n为正整

3数.(Ⅰ)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列;(Ⅱ)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论;(Ⅲ)设0

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A. bn

Sk+1-2

>2成立. Sk-2

an是由正数构成的等比数列, bnan1an2,cnanan3,则()

S

cnB. bncnC. bncnD. bncn

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x(,1],不等式(m

m)2x()x1恒成立,则实数m的取值范围()

A

B

D

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Pn (1)求P

2、P3的值;(2)求证: 3Pn1Pn

例5 已知函数

1(n2,nN)(3)求证: P2P3„Pn>6n5(n2,nN)

2

4fxx2x.(1)数列

an满足: a10,an1fan,若

1

1对任意的nN恒成立,试求a1的取值范围; 2i11ai

,Sk为数列cn的前k项和, Tk为数列cn的

1bn

n

(2)数列

bn满足: b11,bn1fbnnN,记cn

Tk7

. 10k1SkTk

n

前k项积,求证

例6 (1)证明: ln

1xx(x0)(2)数列an中. a11,且an1

11

an2; n1

2n1n

2①证明: an【专题训练】



7n2②ane2n1 4

aaD.a6a8() D.bn≤cn

()

1.已知无穷数列{an}是各项均为正数的等差数列，则有

aaA.<

a6a8

aaB.

a6a8

aaC.>a6a8

2.设{an}是由正数构成的等比数列，bn=an+1+an+2，cn=an+an+3，则

A.bn>cn

B.bn

C.bn≥cn

3.已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，公比q≠1，若a1=b1，a11=b11，则()

A.a6=b6 A.9 A.S4a5

B.a6>b6 B.8 B.S4a5>S5a4

C.a6

(n+32)Sn+1

1C.

40

D.a6>b6或a6

150

4.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n，第k项满足5

5.已知等比数列{an}的公比q>0，其前n项的和为Sn，则S4a5与S5a4的大小关系是()

6.设Sn=1+2+3+…+n，n∈N*，则函数f(n)=

A.

120

B.

130

D.

7.已知y是x的函数，且lg3，lg(sinx-)，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

()

1111

C.y有最小值，最大值1D.y有最小值-1，最大值11212

()

D.(-∞，-1∪3，+∞)

8.已知等比数列{an}中a2=1，则其前3项的和S3的取值范围是

A.(-∞，-1

B.(-∞，-1)∪(1，+∞)C.3，+∞)

9.设3b是1-a和1+a的等比中项，则a+3b的最大值为()

A.1()

A.充分不必要条件 11.{an}为等差数列，若

A.11

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

()

B.2

C.

3D.4

10.设等比数列{an}的首相为a1，公比为q，则“a1<0，且0an”的

a1，且它的前n项和Sn有最小值，那么当Sn取得最小正值时，n= a10

B.17

C.19

D.21

12.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a1=an=f(n)(n∈N*)，则数列{an}

的前n项和Sn的取值范围是

1A.，2)

B.[，2]

() 1

C.1)

D.[1]

S13.等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4-a2=8，a3+a5=26，记Tn=，如果存在正整数M，使得对一切正整数n，Tn≤M都

n

成立.则M的最小值是__________.

14.无穷等比数列{an}中，a1>1，|q|<1，且除a1外其余各项之和不大于a1的一半，则q的取值范围是________. (a+b)

215.已知x>0，y>0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则的最小值是________.cd

A.0

B.1

C.2

D.

416.等差数列{an}的公差d不为零，Sn是其前n项和，给出下列四个命题：①A.若d<0，且S3=S8，则{Sn}中，S5和S6都是

{Sn}中的最大项;②给定n，对于一定k∈N*(k0，则{Sn}中一定有最小的项;④存在k∈N*，使ak-ak+1和ak-ak1同号 其中真命题的序号是____________.

17.已知{an}是一个等差数列，且a2=1，a5=-5.(Ⅰ)求{an}的通项an;(Ⅱ)求{an}前n项和Sn的最大值.

18.已知{an}是正数组成的数列，a1=1，且点(an，an+1)(n∈N*)在函数y=x2+1的图象上.(Ⅰ)求数列{an｝的通项公式;(Ⅱ)

若列数{b｝满足b=1,b=b+2an，求证：b ·b

n

n+1

n

n

n+2

n+1

19.设数列{an}的首项a1∈(0，1)，an=

3-an1

n=2，3，4，…. 2

(Ⅰ)求{an}的通项公式;(Ⅱ)设bn=a3-2an，证明bn

(Ⅰ)求{an}的通项公式;(Ⅱ)若数列{an}中b1=2，bn+1=

3bn+4

n=1，2，3，….2

321.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{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函

数y=f(x)的图像上.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;

1m

(Ⅱ)设bn=，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn<对所有n∈N*都成立的最小正整数m

20anan+1

22.数列

，是常数.(Ⅰ)当a21时，求及a3的值;(Ⅱ)2，)an满足a11，an1(n2n)an(n1，

数列an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的取值范围，使得存在正整数m，当nm时总有an

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

0.

利用导数处理与不等式有关的问题

某个区间上导数大于(或小于)0时，则该单调递增(或递减)。因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性,然后再用函数单调性达到证明不等式的目的。

1、 直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性;再利用函数在它的同一单调递增(减)区间，自变量越大，函数值越大

(小)，来证明不等式成立。

x2例1：x>0时,求证;x-ln(1+x)<0

2、把不等式变形后再构造函数,然后利用导数证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的。 例2：已知：a,b∈R,b>a>e, 求证:ab>b a, (e为自然对数的底)

(二)、利用导数求出函数的最值(或值域)后，再证明不等式。

导数的另一个作用是求函数的最值. 因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数求出该函数的最值;由当该函数取最大(或最小)值时不等式都成立，可得该不等式恒成立。从而把证明不等式问题转化为函数求最值问题。 例

3、求证：n∈N*,n≥3时，2n >2n+1 例

4、g

x2(b1)2的定义域是A=[a,b)，其中a,b∈R+,a

(x)(1)Aax

若x1∈Ik=[k2,(k+1)2), x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2)

3、利用导数求出函数的值域，再证明不等式。 例5：f(x)=

41

3x-x, x1,x2∈[-1,1]时，求证：|f(x1)-f(x2)|≤

33

二、利用导数解决不等式恒成立问题

不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为m>f(x) (或m

a

(9(aR),对f(x)定义域内任意的x的值，f(x)≥27恒成立，求a的取值范围

x

nn

1例

7、已知a>0，n为正整数， (Ⅰ)设y=(xa)，证明yn(xa);

n

(Ⅱ)设fn(x)=xn-(xa)，对任意n≥a，证明f ’n+1 (n+1)>(n+1)f ’n(n)。

例

6、

已知函数f(x)

三、利用导数解不等式 例8：函数

ax(a0),解不等式f(x)≤1

第三篇：高中数学复习专题讲座关于不等式证明的常用方法

高考要求

不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本节着重培养考生数学式

重难点归纳

1 比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法

(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 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，

(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野

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，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查有些不等式，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

证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点

1112(n∈N*) 例1证明不等式123n

命题意图

本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能

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

错解分析 此题易出现下列放缩错误

1n个

技巧与方法本题证法一采用数学归纳法从n=k到n=k+1的过渡采用了放缩法证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省(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

111(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+<2k， 2k则1

1211k112k1k1 2k(k1)11k(k1)12k1,

∴当n=k+

1综合(1)、(2)得当n∈N*时，都有1+

121

31

n<

另从k到k+12(k1)12k(k1)k2k(k1)(k1)

(kk1)20,

2k(k1)12(k1),

k10,21

k12k1.k1

21k11

k1, 又如:2k12

2k21. k1

对任意k∈N*，都有1

kkkk1证法111因此122(1)2(2)2(nn1)2n.23三 设f(n)=2n(1222(kk1),1

2

3那么对任意k∈N* 都有11n),

f(k1)f(k)2(k1k)



1k11

k1[2(k1)2k(k1)1][(k1)2k(k1)k]1k1 (k1k)2

k10

∴f(k+1)>f(k)

因此，对任意n∈N* 都有f(n)>f(n-1)>„>f(1)=1>0， 1112n. ∴123例2求使xy≤axy(x>0，y>0)恒成立的a 命题意图本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力 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，然后再错解分析 本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元，即令x=cosθ，y=sinθ(0<θ<

2)，这样也得a≥sin

θ+cosθ其原因是 (1)缩小了x、y的范围 (2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=

1技巧与方法 除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，a≥f(x)，则amin=f(x)max 若 a≤f(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得

x+y+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2-1)(x+y)，

∴x，y>0，∴x+y≥2xy，①②

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a2-1=1，

∴a2=2，a=2 (因a>0)，∴a

设

uxy(xy)2xy2xy xyxyxy∵x>0，y>0，∴x+y≥2xy (当x=y时“=”成立)，

∴2xy2xy≤1，的最大值是1 xyxy

从而可知，u的最大值为12，

又由已知，得a≥u，∴a的最小值为∵y>0， ∴原不等式可化为x+1≤ayx1， y

设x

=tanθ，θ∈(0，) y2

∴tanθ+1≤a 即tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+

又∵sin(θ+4)，③ 

4)

的最大值为1(此时θ=

4)

由③式可知a

例3已知a>0，b>0，且a+b=1求证 (a+11)(b+)ba (分析综合法)

欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0，

即证4(ab)2-33(ab)+8≥0，即证ab≤1或ab≥8 4

∵a>0，b>0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立

∵1=a+b≥2ab，∴ab≤

(均值代换法) 1，从而得证 4

设a=11+t1，b=+t222

∵a+b=1，a>0，b>0，∴t1+t2=0，|t1|<11，|t2|< 22

11a21b21(a)(b)abab

111122(t1)21(t2)21(t1t11)(t2t21)1111t1t2(t1)(t2)2222

1152222 (t1t11)(t2t21)(t2)2t21122t2t244

2532254t2t225.24t244

显然当且仅当t=0，即a=b=

(比较法) 1时，等号成立 2

∵a+b=1，a>0，b>0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1 4

1125a21b21254a2b233ab8(14ab)(8ab)(a)(b)0ab4ab44ab4ab 1125(a)(b)ab4

(综合法)

∵a+b=1， a>0，b>0，∴a+b≥2ab，∴ab 252(1ab)1213916(1ab)12521ab1(1ab)44161ab44ab

1125 即(a)(b)ab4

(三角代换法)

∵ a>0，b>0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，2)

11112(a)(b)(sin2)(cos)absin2cos2

sin4cos42sin2cos22(4sin2)2164sin224sin22

sin221,4sin22413.2 42sin221625(4sin22)22511244sin224sin2

1125即得(a)(b).ab4

第四篇：证明数列不等式的常用放缩方法技巧(不含答案)精减版

证明数列不等式的常用放缩方法技巧

证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩;其放缩技巧主要有以下几种： ⑴添加或舍去一些项，如：

⑵将分子或分母放大(或缩小) a21a;n(n1)n

n(n1)n(n1)

2 ⑶利用基本不等式，如：lg3lg5(lg3lg52)lglglg4;

201n01⑷二项式放缩:2n(11)nCn,2nCnCnCnCnn1,

22nC0C1C2nn22nn(n1)(n2) nnn2

(5)利用常用结论：

Ⅰ.的放缩

Ⅱ. 1的放缩(1) ：

k2111(程度大) 2k(k1)kk(k1)

11111(程度小) ()k1(k1)(k1)2k1k12Ⅲ. 1 的放缩(2)：122kk

411(程度更小) Ⅳ. 1的放缩(3)：

1222()k4k12k12k1k2

Ⅴ. 分式放缩还可利用真(假)分数的性质:bbm(ba0,m0)和bbm(ab0,m0)

aamaam

记忆口诀“小者小,大者大”。 解释:看b,若b小,则不等号是小于号,反之亦然.

Ⅵ.构造函数法 构造单调函数实现放缩。例：f(x)x(x0)，从而实现利用函数单调性质的放缩：1x

f(ab)f(ab)。

一. 先求和再放缩

例1.an

1,前n项和为Sn ，求证：sn1 n(n1)

例2.an() , 前n项和为Sn ，求证：sn

13n1 2

1 / 6

二. 先放缩再求和

(一)放缩后裂项相消

例3.数列n，

(二)放缩后转化为等比数列。 {a}an(1)n11s2nn，其前n项和为sn

，求证：2

2{b}b1,bb(n2)bn3 n1n1n例4. 满足：

bnn

11111Tn...Tn3b13b23b33bn，求证：2 (2) (1) 用数学归纳法证明：

三、裂项放缩

例5.(1)求k1n24k21n的值;(2)求证:15.2k1k

3例6.(1)求证:1112235171(n2)

262(2n1)(2n1)

(2)求证:111111 2416364n24n

(3)求证：2(n11)11112(n11)

2n

例7.求证:6n111512 (n1)(2n1)49n3

例8.已知an4n2n,Tn

2na1a2an,求证:TTTT3. 123n

2四、分式放缩

姐妹不等式:bbm(ba0,m0)和bbm(ab0,m0)

aamaam

记忆口诀”小者小,大者大”

解释:看b,若b小,则不等号是小于号,反之亦然. 例9. 姐妹不等式:(11)(11)(11)(11)n1和

352n

111111也可以表示成为 (1)(1)(1)(1)2462n2n1

2n1和135(2n1)2462n2n12462n135(2n1)

111例10.证明:(11)(1)(1)(1)3n1. 473n

2五、均值不等式放缩

例11.设Sn23n(n1).求证n(n1)S2n(n1)

2.2

例12.已知函数f(x)

求证：f(1)11，a>0,b>0,若4，且f(x)在[0，1]上的最大值为， f(1)bx21a2

512n1f(2)f(n)n1. 2

六、二项式放缩

01n012n(11)nCn,2nCnCnCnCnn1, 22nC0C1C2nn22nn(n1)(n2) nnn

2例13.设n1,nN，求证(2)n38. (n1)(n2)

例14.an23n ,试证明：.n1111≤ 4n2a1a2an

4七、部分放缩(尾式放缩)

例15.求证: 1

1313211

32n11

47例16. 设an1111,a2.求证：an2. ana2a

3八、函数放缩

例17.求证：ln2ln3ln4ln33n5n6(nN*). n23436n

2例18.求证:2,ln2ln3lnn2nn1(n2) 23n2(n1)

例19. 求证:111ln(n1)111 23n12n

九、借助数列递推关系例20. 若a11,an1ann1,求证:1a1 112(n11)a2an

例21.求证:113135135(2n1)2242462462nn2

1十、分类放缩例22.求证:111231n

212n

第五篇：不等式的证明方法

几个简单的证明方法

一、比较法：

ab等价于ab0;而ab0等价于a

b1.即a与b的比较转化为与0

或1的

比较.使用比较发时，关键是要作适当的变形，如因式分解、拆项、加减项、通分等，这是第一章中许多代数不等式的证明及其他各章初等不等式的证明所常用的证明技巧.二、综合法与分析法：

综合法是由因导果，即是由已知条件和已知的不等式出发，推导出所要证明的不等式;分析法是执果索因，即是要逐步找出使结论成立的充分条件或者充要条件，最后归结为已知的不等式或已知条件.对于条件简单而结论复杂的不等式，往往要通过分析法或分析法与综合法交替使用来寻找证明的途径.还要注意：第一，要熟悉掌握第一章的基本不等式和后面各章中著名的各种不等式;第二，要善于利用题中的隐含条件;第三，不等式的各种变性技巧.三、反证法：

正难则反.设所要证的不等式不成立，从原不等式的结论的反面出发，通过合理的逻辑推理导出矛盾，从而断定所要证的不等式成立.要注意对所有可能的反面结果都要逐一进行讨论.四、放缩法：

要证ab，又已知(或易证)ac，则只要证cb，这是利用不等式的传递性，将原不等式里的某些项适当的放大或缩小，或舍去若干项等以达证题目的.放缩法的方法有： ①添加或舍去一些项，如：a21a;n(n1)n;

②将分子或分母放大(或缩小);

③利用基本不等式，如：

log3lg5(

n(n1)lg3lg522)2lglglg4; n(n1);

④利用常用结论：

k1k

1k1

1k

11k1k



12k

1k

;

1k(k1)

1k1

1k

1k1

1k



1k(k1)1k

;



(程度大)

1k



1



(k1)(k1)



2k1

(



) ; (程度小)

五、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.如：

已知x2y2a2，可设xacos,yasin;

已知x2y21，可设xrcos,yrsin(0r1); 已知

xaxa

2

2

ybyb

22

1，可设xacos,ybsin;

22

22

已知



1，可设xasec,ybtan;

六、数学归纳法法：

与自然数n有关的许多不等式，可考虑用数学归纳法证明，数学归纳法法证明不等式在数学归纳法中有专门的研究.但运用数学归纳法时要注意：

第一，数学归纳法有多种形式.李大元就证明了下述七种等价的形式：设P(n)是与n有关的命题，则

(1)、设P(n0)成立，且对于任意的kn0，从P(k)成立可推出P(k1)成立，则P(n)对所有大于n0的n都成立.(2)、设m是任给的自然数，若P(1)成立，且从P(k)(1km)成立可推出

P(k1)成立，则P(n)对所有不超过m

的n都成立.(3)、(反向归纳法)设有无穷多个自然数n(例如n2m)，使得P(n)成立，且从P(k1)成立可推出P(k)成立，则P(n)对所有n成立.

(4)、若P(且P(n)对所有满足1nk的n成立可推出P(k1)成立，1)成立，则P(n)对所有n成立.(5)、(最小数原理)自然数集的非空子集中必有一个最小数.

(6)、若P)且若P(k),P(k1)成立可推出P(k2)成立，则P(n)1(,P(2)成立，对所有n成立.(7)、(无穷递降法)若P(n)对某个n成立可推出存在n1n，使得P(n1)成立，则P(n)对所有n成立.

此外，还有螺旋归纳法(又叫翘翘板归纳法)：设有两个命题P(n),Q(n)，若

P(1)

成立，又从P(k)成立可推出Q(k)成立，并且从Q(k)成立可推出P(k1)成

立，其中k为任给自然数，则P(n),Q(n)对所有n都成立，它可以推广到两个以上的命题.这些形式虽然等价，但在不同情形中使用各有方便之处.在使用它们时，若能注意运用变形和放缩等技巧，往往可收到化难为易的奇效.

对于有些不等式与两个独立的自然数m,n有关，可考虑用二重数学归纳法，即若要证命题P(m,n)对所有m,n成立，可分两步：①先证P(1,n),P(m,1)对所有m,n成立;②设P(m1,n),P(m,n1)成立，证明P(m1,n1)也成立. 第二，数学归纳法与其它方法的综合运用，例如，证明

n



k

11k

sinkx0,(0x)

就要综合运用数学归纳法，反证法与极值法;有时可将n换成连续量x，用微分法或积分法.

第三，并不是所有含n的不等式都能用数学归纳法证明的.

七、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.要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点.笔者将在第三章中详细地介绍构造法.八、利用基本不等式：

善于利用已知不等式，特别是基本不等式去发现和证明新的不等式，是广泛应用的基本技巧.这种方法往往要与其它方法结合一起运用.

22

例1 已知a，bR，且ab1.求证：a2b2

252

.

证法一：(比较法)a,bR,ab1

b1a

a2b2

22

252

ab4(ab)

22

92

122(a

12)0

a(1a)4

92

2a2a

12

即a22b22

证法二：(分析法)

252

(当且仅当ab时，取等号).

a22B2

252

ab4(ab)8

22

252

b1a

225122

(a)0a(1a)4822

显然成立，所以原不等式成立.

点评：分析法是基本的数学方法，使用时，要保证“后一步”是“前一步”的充分条件.

证法三：(综合法)由上分析法逆推获证(略).

证法四：(反证法)

假设(a2)2(b2)2

252

，则 a2b24(ab)8

252

252

.

由ab1，得b1a，于是有a2(1a)212

1

所以(a)0，这与a0矛盾.

22

.

所以a2b2

252

.

证法五：(放缩法)

∵ab1

∴左边=a2b2

a2b221252ab4

222

=右

边.

点评：根据不等式左边是平方和及ab1这个特点，选用基本不等式

ab

ab2.

2

证法六：(均值换元法)

∵ab1，

所以可设a

12t

，b

12

t， 1

∴左边=a2b2(t2)2(t2)2

5525252

=右边. tt2t

2222

22

当且仅当t0时，等号成立.

点评：形如ab1结构式的条件，一般可以采用均值换元.

证法七：(利用一元二次方程根的判别式法)

设ya2b2，由ab1，有y(a2)2(3a)22a22a13， 所以2a22a13y0，

因为aR，所以442(13y)0，即y故a2b2

22

252

.

252

.

下面，笔者将运用数学归纳法证明第一章中的AG不等式.在证明之前，笔者先来证明一个引理.

引理：设A0，B0，则(A+B)nAn+nA(n-1)B，其中nN. 证明：由二项式定理可知

n

(A+B)=AniBiAn+nA(n-1)B

n

i0



(A+B)A+nA

nn(n-1)

B