不等式证明

不等式证明（精选16篇）

1.不等式证明 篇一

不等式证明

1.比较法：

比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一，它可分为作差法、作商法

（1）作差比较：

①理论依据a-b>0

a>b;a-b=0

a=b;a-b<0

a

⑴作差：对要比较大小的两个数（或式）作差。

⑵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。⑶判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号。

注意：若两个正数作差比较有困难，可以通过它们的平方差来比较大小。（2）作商法：①要证A>B(B>0),只要证

;要证A0)，只要证

②证明步骤：作商→变形→判断与1的关系 常用变形方法：一是配方法，二是分解因式

2.综合法：所谓综合法，就是从题设条件和已经证明过的基本不等式和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，可简称为由因导果。常见的基本不等式有 ｜a｜≥0, a2b22ab，abab 2，ababab 分析法：从求证的不等式出发，逐步寻求使不等式成立的充分条件，直至所需条件被确认成立，就断定求证的不等式成立，这种证明方法叫分析法，分析法的思想是“执果索因”：即从求证的不等式出发，探求使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式。

基本步骤：要证„„只需证„„，只需证„„ 4 分析综合法

单纯地应用分析法证题并不多见，常常是在分析的过程中，又综合条件、定理、常识等因素进行探索，把分析与综合结合起来，形成分析综合法。反证法：先假设所要证明的不等式不成立，即要证的不等式的反面成立，如要证明不等式MN，由题设及其他性质，推出矛盾，从而否定假设，肯定M

具体放缩方式有公式放缩和利用某些函数的单调性放缩。常用的技巧有：舍去一些正项或负项；在和或积中换大（或换小）某些项；扩大（或缩小）分式的分子（或分母）等，放缩时要注意不等号的一致性。放缩法的方法有：

⑴添加或舍去一些项，如：a21a；n(n1)n ⑵将分子或分母放大（或缩小）⑶利用基本不等式，如：lg3lg5(n(n1)2⑷利用常用结论： n(n1)lg3lg5)lg15lg16lg4 2Ⅰ、k1k1k1k12k；

Ⅱ、1111； k2k(k1)k1k1111（程度大）2k(k1)kk1kⅢ、12k11111()；（程度小）2k1(k1)(k1)2k1k17 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)；

x2y2已知221，可设xacos,ybsin；

abx2y2已知221，可设xasec,ybtan；

ab8、判别式法：判别式法是根据已知或构造出来的一元二次方程，一元二次不等式，二次函数的根、解集、函数的性质等特征确定出其判别式所应满足的不等式，从而推出欲证的不等式的方法。

9、其它方法 最值法：恒成立

恒成立

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；

2.不等式证明 篇二

根式不等式的解证具有一定的难度, 不论在教学还是竞赛、问题征解方面, 凡涉及一般都认为是难点.作者经长期的探索、研究、归纳总结, 认为有些根式不等式都是遵从某种规律, 把这种规律性总结为一种命题 (或定理) , 在这类不等式的证明中直接运用, 将使得证明过程大大地简化.下面举例说明.

命题Ⅰ m≥2, 0<ai≤2m-1, i=1, 2, …, n, 则

${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sqrt[m]{a{}_i+1}}＞n+\frac{{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a}{}_i}{2{}^m-1}.(1)$

证明 由题设知$0＜\frac{a{}_i}{2{}^m-1}\le 1‚i=1‚2‚\cdots ‚n.$

故$\frac{a{}_i}{2{}^m-1}\ge \left(\frac{a{}_i}{2{}^m-1}\right){}^k$,

其中k=0, 1, 2, …, m;i=1, 2, …, n.于是

$\begin{array}{l}\sqrt[m]{a{}_i+1}=\sqrt[m]{(2{}^m-1)\frac{a{}_i}{2{}^m-1}+1}\\ ＞\sqrt[m]{\left(\frac{a{}_i}{2{}^m-1}+1\right){}^m}=\frac{a{}_i}{2{}^m-1}+1.\end{array}$

所以${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sqrt[m]{a{}_i+1}}＞n+\frac{{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a}{}_i}{2{}^m-1}.$

运用命题1进行证明.

例1 试证$\sqrt[4]{1+15\sin {}^2\alpha }+\sqrt[4]{1+15\cos {}^2\alpha }\ge 3.$

证明 由 (1) 得

$\begin{array}{l}\sqrt[4]{1+15\sin {}^2\alpha }+\sqrt[4]{1+15\cos {}^2\alpha }\\ \ge 2+\frac{15(\sin {}^2\alpha +\cos {}^2\alpha )}{15}=3.\end{array}$

例2 (《数学教学》1991年第3期数学问题247题) 已知a, b, c∈R+, 且a+b+c=1, 求证:

$\sqrt[3]{7\text{a}+1}+\sqrt[3]{7\text{b}+1}+\sqrt[3]{7\text{c}+1}＞4.$

证明 由 (1) 得

$\begin{array}{l}\sqrt[3]{7\text{a}+1}+\sqrt[3]{7\text{b}+1}+\sqrt[3]{7\text{c}+1}\\ ＞3+\frac{7(\text{a}+\text{b}+\text{c})}{7}=4.\end{array}$

从例1、例2两例不等式的证明, 我们清楚的认识到, 发掘、归纳总结一般性的规律, 对解证同一类问题大有禅益.

命题Ⅱ 设$\text{m}\ge 2‚0＜\text{a}{}_{\text{i}}＜\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}‚\text{i}=1‚2‚\cdots ‚\text{n}$, 则

${\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\sqrt[\text{m}]{\text{a}{}_{\text{i}}^{\text{m}}+1}}＜\text{n}+\frac{{\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\text{a}}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}.(2)$

证明 因$0＜\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}\le 1$, 故

$\left(\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}\right){}^{\text{k}}\ge \left(\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}\right){}^{\text{m}}$,

其中k=0, 1, 2, …, m;i=1, 2, …, n.于是

$\begin{array}{l}\sqrt[\text{m}]{\text{a}{}_{\text{i}}^{\text{m}}+1}=\sqrt[\text{m}]{(2{}^{\text{m}}-1)\left(\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}\right){}^{\text{m}}+1}\\ \le \sqrt[\text{m}]{\left(\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}+1\right){}^{\text{m}}}=\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}+1.\end{array}$

所以${\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\sqrt[\text{m}]{\text{a}{}_{\text{i}}^{\text{m}}+1}}＜\text{n}+\frac{{\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\text{a}}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}.$

由命题Ⅰ、Ⅱ证明《数学教学》1995年第1期数学问题353题:

例3 若a, b, c满足a+b+c=1, 求证:

$\frac{10}{3}＜\sqrt{3\text{a}{}^2+1}+\sqrt{3\text{b}{}^2+1}+\sqrt{3\text{c}{}^2+1}＜4.$

证明 因为a+b+c=1, 所以$\text{a}{}^2+\text{b}{}^2+\text{c}{}^2\ge \frac{1}{3}.$

由 (1) 得

$\begin{array}{l}\sqrt{3\text{a}{}^2+1}+\sqrt{3\text{b}{}^2+1}+\sqrt{3\text{c}{}^2+1}\\ ＞3+\frac{3(\text{a}{}^2+\text{b}{}^2+\text{c}{}^2)}{3}=3+\frac{1}{3}=\frac{10}{3}.\end{array}$

由 (2) 得

$\begin{array}{l}\sqrt{3\text{a}{}^2+1}+\sqrt{3\text{b}{}^2+1}+\sqrt{3\text{c}{}^2+1}\\ ＜3+\frac{\sqrt{3}(\text{a}+\text{b}+\text{c})}{\sqrt{3}}=4.\end{array}$

联合两式, 结论得证.

命题Ⅲ 设m≥2, 0<ai<1, i=1, 2, …, n, 则

${\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\sqrt[\text{m}]{1-\text{a}{}_{\text{i}}^{\text{m}}}}＞\text{n}-{\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\text{a}}{}_{\text{i}}.(3)$

证明因为ami≤aki, k=1, 2, …, n, 故

所以

由命题Ⅲ证明《数学通报》1995年第8期数学问题969题:

例4正实数a+b+c=1, 求证:

证明不等式右边由柯西不等式易得证.对于左边, 由 (3) 式得

对例2、例3、例4所给出的证明, 都比原证明简捷, 避免了冗长繁杂的证明过程, 给读者以简明扼要、全新的感觉.

在根式不等式的教学、解证中, 我们要有创新的精神, 不受其模式化的约束, 大胆地探索、归纳总结, 寻求有利于教学、有利于问题解决的好思想、好方法, 从而使根式不等式问题的解证既符合逻辑, 又能化繁为简, 尽量避免冗长繁杂的做法.

3.不等式证明的基本方法 篇三

一、 比较法

例1 设a、b是非负实数，求证：a3+b3≥ab（a2+b2）.

简解： a3+b3-ab（a2+b2）=a2a（a-b）+b2b（b-a）

=（a-b）［（a）5-（b）5］

当a≥b时，a≥b，从而（a）5≥（b）5，得（a-b）［（a）5-（b）5］≥0；

当a＜b时，a＜b，从而（a）5＜(b)5，得（a-b）［（a）5-(b)5］

＜0

所以a3+b3≥ab（a2+b2）.

二、 分析法

例2 已知a＞0，b＞0，2c＞a+b，求证：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab．

简解：要证c-c2-ab＜a＜c+c2-ab，只需证，-c2-ab＜a-c＜c2-ab

只需证，|a-c|＜c2-ab即证，(a-c)2＜c2-ab

即证a2-2ac＜-ab，∵ a＞0，只需证，a-2c＜-b

即证a+b＜2c，这为已知．故原不等式成立．

点评：分析法是执果索因，其步骤为未知→需知→已知，在操作中“要证”，“只需证”，“即证”这些词语是不可缺少的．

三、 综合法

例3设函数f（x）=2x（1-ln2x），

求证：对任意a、b∈R+，均有f′a+b2≤f′(a)+f′(b)2≤f′2aba+b.

简解：

f′（x）=-2ln2x，f′（a）+f′（b）2=-ln4ab，

f′a+b2=-ln（a+b）2≤-ln4ab，

f′2aba+b=-2ln2•2aba+b≥-2ln4ab2ab=-ln4ab，

∴ f′a+b2≤f′（a）+f′（b）2≤f′2aba+b.

点评：综合法是由因导果，其步骤为：从已知条件出发，利用有关定理、公理、公式、概念等推导出结论不等式.

四、 基本不等式法

例4 已知a、b、c均为正数，证明：a2+b2+c2+1a+1b+1c2≥63，并确定a、b、c为何值时，等号成立.

简解：因为a、b、c均为正数，由基本不等式得：

a2+b2≥2ab

b2+2≥2bc

c2+a2≥2ac

所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac①

同理1a2+1b2+1c2≥1ab+1bc+1ac②

故a2+b2+c2+1a+1b+1c2

≥ab+bc+ac+31ab+31bc+31ac③

≥63

所以原不等式成立.

当且仅当a=b=c时，①式和②式等号成立，当且仅当a=b=c，（ab）2=（bc）2=（ac）2=3时，③式等号成立，

即当且仅当a=b=c=314时，原式等号成立.

点评：利用基本不等式必须注意：“一正，二定，三相等.”

五、 反证法

例5 已知p3+q3=2，求证：p+q≤2.

分析：本题由已知条件直接证明结论，佷难找到证明的方法，正难则反，可以利用反证法.

简解：假设p+q＞2，则p＞2-q，p3＞（2-q）3，

∴ p3+q3＞q3+（2-q）3=q3+8-12q+6q2-q3=6q2-12q+8=6（q-1）2+2≥2

∴ p3+q3＞2与p3+q3=2矛盾，∴ p+q≤2.

点评：正难则反，使用反证法，从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的.

六、 放缩法

例6 设数列{an}满足a1=0且11-an+1-11-an=1.

（1） 求{an}的通项公式；

(2)设bn=1-an+1n记Sn=∑nk=1bn，证明：Sn＜1.

分析：要证Sn＜1，先求出{bn}的通项公式，再求{bn}的前n项的和Sn，最后利用放缩法.

简解：(1)an=1-1n；

(2)bn=1-an+1n=n+1-nn+1•n=1n-1n+1，

Sn=∑nk=1bn=∑nk=11k-1k+1=1-1n+1＜1.

点评：放缩法是利用不等式的传递性，按题意及目标，作适当的放大或缩小，常用的放缩技巧有：

(1) 舍掉(或加进)一些项；(2)在分式中放大或缩小分子(或分母)；

七、 柯西不等式法

例7 若n是不小于2的正整数，求证：47＜1-12+13-14+…+12n-1-12n＜22.

分析：从所要证明的不等式结构可转化为柯西不等式来证.

简解：1-12+13-14+…+12n-1-12n=1+12+13+…+12n-212+14+…+12n=1n+1+1n+2+…+12n

所以求证式等价于47＜1n+1+1n+2+…+12n＜22

由柯西不等式有1n+1+1n+2+…+12n［（n+1）+(n+2)+…+2n］＞n2于是：1n+1+1n+2+…+12n＞n2（n+1）+（n+2）+…+2n=2n3n+1=23+1n≥47

又由柯西不等式有

1n+1+1n+2+…+12n＜

（12+22+…+n2）1(n+1)2+1(n+2)2+…+1(2n)2＜

n1n(n+1)+1（n+1）（n+2）+…+1（2n-1）（2n）=

n1n-12n=22

八、 构造法

例8 已知a、b∈R，求证：|a+b|1+|a+b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|.

分析：本题若从绝对值不等式方面入手比较难，但观察不等式两边的结构，可看出是函数f(x)=x1+x（x≥0）自变量x分别取|a+b|、|a|、|b|的函数值，从而可构造函数求解.

简解：构造函数f(x)=x1+x（x≥0），首先判断其单调性，设0≤x1＜x2，因为f(x1)-f(x2)=x11+1-x21+x2=x1-x2(1+x1)（1+x2）＜0，所以f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在［0，+∞］上是增函数，取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，显然满足0≤x1≤x2，所以f(|a+b|)≤f(|a|+|b|)，

即|a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|1+|a|+|b|=|a|1+|a|+|b|+|b|1+|a|+|b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|.

点评： 抓住不等式的结构和特点，转化为函数思想求解是解决此题的关键.

4.向量法证明不等式 篇四

规定a·b=(x1，x2，…，xn)·(y1，y2，…，yn)=x1y1+x2y2+…+xnyn=xiyi.(注：a·b可记为(a，b)，表示两向量的内积)，有

由上，我们就可以利用向量模的和与和向量的模的不等式及数量积的不等式建立一系列n元不等式，进而构造n维向量来证明其他不等式.一、利用向量模的和与和向量的模的不等式(即

例1设a，b，c∈R+，求证：(a+b+c)≤++≤.证明：先证左边，设m=(a，b)，n=(b，c)，p=(c，a)，则由

综上，原不等式成立.点评：利用向量模的和不小于和向量的模建立不等式证明左边，利用向量数量积建立不等式证明右边.作单位向量j⊥AC

j(AC+CB)=jAB

jAC+jCB=jAB

jCB=jAB

|CB|cos(π/2-∠C)=|AB|cos(π/2-∠A)

即|CB|sinC=|AB|sinA

a/sinA=c/sinC

其余边同理

在三角形ABC平面上做一单位向量i,i⊥BC,因为BA+AC+CB=0恒成立，两边乘以i得i*BA+i*AC=0①根据向量内积定义，i*BA=c*cos(i,AB)=c*sinB,同理i*AC=bcos(i,AC)=b(-sinC)=-bsinC代入①得csinB-bsinC=0所以b/sinB=c/sinC类似地，做另外两边的单位垂直向量可证a/sinA=b/sinB,所以a/sinA=b/sinB=c/sinC

步骤1

记向量i，使i垂直于AC于C，△ABC三边AB,BC,CA为向量a,b,c

∴a+b+c=0

则i(a+b+c)

=i·a+i·b+i·c

=a·cos(180-(C-90))+b·0+c·cos(90-A)

=-asinC+csinA=0

接着得到正弦定理

其他

步骤2.在锐角△ABC中，设BC=a,AC=b,AB=c。作CH⊥AB垂足为点H

CH=a·sinB

CH=b·sinA

∴a·sinB=b·sinA

得到a/sinA=b/sinB

同理，在△ABC中，b/sinB=c/sinC

步骤3.证明a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R：

任意三角形ABC,作ABC的外接圆O.作直径BD交⊙O于D.连接DA.因为直径所对的圆周角是直角,所以∠DAB=90度

因为同弧所对的圆周角相等,所以∠D等于∠C.所以c/sinC=c/sinD=BD=2R

5.不等式的证明练习 篇五

111． abbcac

112．设a、bR，求证：log1(ab)ab1． 4421．已知abc，求证：

1x2x13． 3．设xR，求证：22x12

4．设nN*，求证：

1112(n11)12n． 23n

5．设a、b、c、分别是△ABC中∠A、∠B、∠C的对边，求证：

abc． 1a1b1c

226．若x2y21，求证：x2xyy2．

a2b2

(ab)2． 7．若0＜x＜1，求证：x1x

45． 8．设x(0,)，求证：sinxsinx

9．已知：xyz0，xyyzzx0，xyz0．

求证：x0，y0，z0．

参考答案

111(aa)2(bc)2(ca)2

1．0． abbcac2(ab)(bc)(ac)

2．log1（2111)log2log221abab1． 1abab4442

3．用判别式法证明．

1222(k1k)及 kkkk1k

2222(kk1)，再由不等式的同向可加性即得． kk1kkk

ababab11c115．． 1a1b1ab1ab1ab1ab1c1c

xrcos026．换元 01即可得证． yrsin

a2b21x2x2227．[x(1x)]ababa2b22ab(ab)2． x1xx1x

13)235． 8．(sinxsinxsinx4．由

9．用反证法，假设结论不成立，由xyz＞0知x、y、z中应有两个负数，一个正数，不妨设x＞0，y＜0，z＜0．由已知条件，得：

6.积分不等式的证明方法 篇六

积分不等式是微积分学中的一类重要不等式,在数学分析中有着广泛的应用.但是,笔者在教授高等数学这门课程的过程中发现大部分学生碰到积分不等式的证明问题时往往会束手无策.主要困难如下:被积函数不能用初等函数表示,从而无法应用Newton-Leibniz公式求出定积分的值;被积函数的具体表达式未知,只给出了它的某些性质.鉴于此,本文将专门讨论积分不等式的证明问题,主要介绍了五种方法:构造积分上限的函数,利用定积分的比较性质,利用积分中值定理,利用Schwarz不等式和利用平均值不等式.

二、构造积分上限的函数

由柯西中值定理知

因为f(t)单调减少,且f(1)>0,

三、利用定积分的比较性质证明积分不等式

思路分析观察左边、右边的两个积分,被积函数相同,但积分区间不同.于是,用定积分对积分区间的可加性构造需要的积分区间.

因为f(x)在区间[0,1]上单调不增,所以

四、利用积分中值定理证明积分不等式

思路分析利用积分中值定理将积分不等式转化为不含积分的不等式,再进行证明.

五、利用Schwarz不等式证明积分不等式

思路分析应用Schwarz不等式,要注意恰当地选取函数f(x)和g(x).

证:由Schwarz不等式

六、利用平均值不等式证明积分不等式

例7设正值函数f(x)在区间[0,1]上连续,试证:

思路分析将定积分表示成积分和的极限,再应用平均值不等式.

本文通过实例说明了证明积分不等式时可以尝试的五种方法:构造积分上限的函数,利用定积分的比较性质,利用积分中值定理,利用Schwarz不等式和利用平均值不等式.希望对读者有所帮助.

摘要：如何证明积分不等式是学习高等数学这门课程的一个难点问题.本文专门讨论积分不等式证明的五种方法:构造积分上限的函数,利用定积分的比较性质,利用积分中值定理,利用Schwarz不等式和利用平均值不等式.

关键词：积分不等式,积分上限的函数,积分中值,Schwarz不等式,平均值不等式

参考文献

[1]裴礼文.数学分析中的典型问题和方法[M].北京:高等教育出版社,1993:249-278.

[2]卢兴江,金蒙伟.高等数学竞赛教程[M].杭州:浙江大学出版社,2009:58-74.

[3]毛京中.高等数学竞赛与提高[M].北京:北京理工大学出版社,2004:80-127.

7.不等式证明方法学法指要 篇七

一、 方法选择应当灵活多变

拿到此题后，有同学不假思索地给出如下解法：

由算术几何平均不等式3abc≤a+b+c3，可得abc≤a+b+c33=43=64，等号当且仅当a=b=c=4时取得，所以abc的最大值为64.

过程如此简单？仔细一看，发现条件“ab+bc+ca=45”未用到，它是多余的吗？先别妄下结论，将结果代入验证一下吧！

将a=b=c=4代入题设条件“ab+bc+ca=45”中，得左边=48≠45=右边，这说明64不是最大值，上述解法出错了.

还有的同学将问题转化为求函数f（a）=a3-12a2+45a的最大值问题，此时运用导数知识不难求得结果. 请同学们尝试完成.

本题真的不能用不等式的知识求解吗？答案是否定的. 下给出一妙法，供参考.

由a+b+c=12，得a+c=12-b，代入ab+bc+ca=45的变形式b（a+c）+ca=45，得b（12-b）+ca=45，即ca=b2-12b+45．

又ca≤c+a22=12-b22，所以b2-12b+45≤12-b22，即b2-8b+12≤0． 解得2≤b≤6，于是abc=（b2-12b+45）b=（b-3）2（b-6）+54≤54．

不难得到，当a=3，b=6，c=3，或a=6，b=3，c=3，或a=3，b=3，c=6时，abc取得最大值54. 

这个解法妙在把三个变量的问题转化为一个变量的问题求解. 三个变量的函数最值问题同学们可能都比较陌生，而一个变量的函数最值问题大家就比较熟悉了. 这体现了函数思想与转化化归思想的巨大作用.

上述解法中，基本不等式起了重要作用，它是求解最值问题的重要工具，但不是万能的工具，函数思想与转化化归思想才是贯穿整个解题始终的一根“红线”. 有了这根“红线”，问题才得以顺利解决；而有了这根“红线”，我们解题将有法可依，有规可循.

评

注

不论用什么方法证明不等式，都应当注意解题的规范化，证明过程中的每一步都要合乎逻辑，这是很重要的.

不等式的证明问题，由于题目多变、方法多样、技巧性强，加上无固定的规律可循，往往不是用一种方法就能解决的，它是多种方法的灵活运用，也是各种思想方法的集中体现，因此难度较大. 解决问题的途径在于熟练掌握不等式的性质和一些基本不等式，灵活运用常用的证明方法，“多练，多思，多悟”，平时学习不要钻牛角尖，不要在过难问题上耗时过多，以提高学习的效率.

8.数列与不等式证明专题 篇八

复习建议：

1．“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果2．归纳——猜想——证明体现由具体到抽象，由特殊到一般，由有限到无限的辩证思想．学习这部分知识，对培养学生的逻辑思维能力，计算能力，熟悉归纳、演绎的论证方法，提高分析、综合、抽象、概括等思维能力，都有重大意义．

3．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．

4．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解． 证明方法：（1）先放缩后求和；（2）先求和后放缩(3)灵活运用 例1．数列a

2nn满足a11,a22,an2(1cos2)asin2n

n2,n1,2,3,.(Ⅰ)求a3,a4,并求数列an的通项公式；(Ⅱ)设ba2n

1n

a,Snb1b2bn.证明：当n6S21n2n

n.分析：本题给出数列相邻两项的递推关系，且要对n分奇偶性。

解:(Ⅰ)因为acos

2

11,a22,所以a3(12)a1sin2



a112,a4(1cos2)a2sin22a24.一般地，当n2k1(kN*)时，a2

k1)2k1[1cos

(22]asin22k1

2k12

 ＝a2k11，即a2k1a2k11.所以数列a2k1是首项为

1、公差为1的等差数列，因此a2k1k.当n2k(kN*)时，a2k2k2(1cos

22)a2k

2ksin2

22a2k.所以数列a2k是首项为

2、公比为2的等比数列，因此a2k2k.故数列an1n的通项公式为an

2,n2k1(kN*),n22,n2k(kN*).(Ⅱ)由(Ⅰ)知，ba2n1nan

123n2,Sn23n,①2n22222

12S1223n

n222242

n1② 1①-②得，1[1(1)2]2S1111nn222232n2n1n1n12n112n2n1.2所以S1nn2

n22n12n22

n.要证明当n6时，S1n(n2)

n2n成立，只需证明当n6时，2n

1成立.证法一

(1)当n = 6时，6(62)264864

341成立.(2)假设当nk(k6)时不等式成立，即k(k2)

k

1.则当n=k+1时，(k1)(k3)k(k2)(k1)(k2k12k3)2k(k2)(k1)(k3)

(k2)2k

1.由(1)、(2)所述，当n≥6时，n(n1)2

21.即当n≥6时，Sn2

1n

.证法二令cn(n2)n

22(n6)，则c(n1)(n3)n(n2)3n2

n1cn2n1222

n10.所以当n6时，c68n1cn.因此当n6时，cnc664

341.于是当n6时，n(n2)221.综上所述，当n6时，Sn

21

n

.点评：本题奇偶分类要仔细，第（2）问证明时可采用分析法。

例题2.已知为锐角，且tan

21，函数f(x)x2tan2xsin(2



4)，数列{an}的首项a1

2,an1f(an).(1)求函数f(x)的表达式；⑵ 求证：an1an；

⑶ 求证：

111a112(n2,nN*)11a21an

分析：本题是借助函数给出递推关系，第（2）问的不等式利用了函数的性质，第（3）问是转化成可以裂项的形式，这是证明数列中的不等式的另一种出路。

解：⑴tan2

2tan2(1)2

又∵为锐角 ∴2 ∴sin(2)1∴f(x)xx1

441tan21(21)2

∴a2,a3,an都大于0∴an0∴an1an2

∴

则S

1111121212111()(S)S a22a2a3ana2an13an13a22an1

⑵

an1anan∵a1

点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角度的思考问题。

⑶

1an1



1111

2

ananan(1an)an1an111

1ananan1

例题4.已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,∴

111111111111

2

an1fan;数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

1a11a21ana1a2a2a3anan1a1an1an1

∵a(12)21234, a(34)23

234

1 ,又∵n2an1an∴an1a31

∴1

2

1a2∴1

1n1a11

2

1

11a21an

点评：把复杂的问题转化成清晰的问题是数学中的重要思想，本题中的第（3）问不等式的证明更具有一般性。

例题3.已知数列aa

n满足a11,n12an1nN

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）若数列b1n满足4b114b24

b31

4bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；

（Ⅲ）证明：

11a12nNa 23an13

分析：本例（1）通过把递推关系式转化成等比型的数列；第（2）关键在于找出连续三项间的关系；第（3）问关键在如何放缩 解：（1）an12an1，an112(an1)

故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。ann12n，an21

（2）4

b114

b214

b31

4bn1(an1)bn，4

(b1b2bnn)

2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn1

2(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③(n1)bn12nbn2④ ④—③得2nbn1

nbnnbn1，即2bn1bnbn1所以数列{bn}是等差数列

（3）

1a1111

2n112n12

设S



1n2ana11，2a3an1

（Ⅰ）0a（Ⅱ）aa2nn1an1;n12;

（Ⅲ）若a12

则当n≥2时,bnann!.分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN*.（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时,因为0

1x1xx1

0,所以f(x)在(0,1)上是增函数.又f(x)在0,1上连续,所以f(0)1, 得an1ananln1ananln(1an)0,从而an1an.综上可知0an1

an1.(Ⅱ)构造函数g(x)=

x2

x2x2

-f(x)=

ln(1x)x, 0g(0)=0.因为0aa2nn1,所以gan0,即2faa2

nn>0,从而an12

.(Ⅲ)因为

b12b1b

n11,n12(n1)bn,所以bn0,n1bn,所以bba2nbn1bnn

b2b1

1nn!————①由(Ⅱ)an1,知:an1an,n1bn2b122an2

所以

anaa3naa1a2n1 ,因为aa=

a2aa1, n≥2, 0an1an1.1

1a2n12222

a2a2

所以

a1a2an1aan

1<

n

2221<2

n12n

=

2n

————②由①② 两式可知:

bnann!.点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。

例题5.已知函数f(x)=52x

168x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

(1)试比较a

5n与

4的大小，并说明理由；

(2)设数列b5n

nn满足bn=4－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

i

14分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

解：(1)a2ann1



5168a，因为a所以a7

311,2,a34

.（2）因为an0,an10,所以168an0,0an2.n8a552a48(a55

n5nn1)3an554168a432(2a,因为2an0,所以an1与a同号，nn)22an

4n

4因为a514140，a5555

240,a340,„，an40,即an4

.（3）当n2时，b531n4an22a(5a31

31n1)bn1bn12bn1，n1422an1225

所以bn

2bn122bn22n1b312n，13n

(12n)

所以Snb1b2bn

4121

2

121

(2n1)

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

例题6.已知数列a*

n中，a11，nan12(a1a2...an)nN

．

（1）求a2,a3,a4；（2）求数列an的通项an；（3）设数列{b1n}满足b1

2,b12

n1abnbn，求证：bn1(nk)k

分析：条件中有类似于前n项和的形式出现，提示我们应该考虑an＝Sn－Sn－1(n≥2)

解：（1）a22,a33,a44（2）nan12(a1a2...an)①

(n1)an2(a1a2...an1)②①—②得nan1(n1)an2an

即：nan1

(n1)a1n1aa3ann，ana所以aa223n

n1a...1...1

n(n2)

nna12an112n所以a*n

n(nN)

（3）由（2）得：b1

12,b12

n1k

bnbnbnbn1...b10，所以{bn}是单调递增数列，故要证：bn1(nk)只需证bk1

若k

1，则b121显然成立;若k2，则b1211

n1kbnbnk

bnbn1bn 所以

1b11,因此：1(11)...(11)1k12

k1

n1bnkbkbkbk1b2b1b1kk所以bk



k

k1

1,所以bn1(nk)点评：与数列相关的不等式证明通常需要“放缩”，而放缩的“度”尤为关键，本题中

1b(11)...(11)1,这种拆分方法是数学中较高要求的变形.kbkbk1b2b1b1

例题7.已知不等式

12131n1

[log2n],其中n为不大于2的整数，[log2n]表示不超过log2n的最大整数。设数列a1

n的各项为正且满足a1b(b0),anann

na(n2,3,4)，证明：

n1

an

2b

2b[log，n3,4,5

2n]

分析：由条件an111111n



nana得：

n1

a1

nan1n

an(n2)

nan1

11a



1n1

an2

n1

„„

a11以上各式两边分别相加得： 2a121a111111111

11[log2n](n3)na1nn12anbnn12

b2

=

2b[log2n]2b a2b

n2b[logn]

(n3)

2本题由题设条件直接进行放缩，然后求和，命题即得以证明。

例题8.已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn2an(1)n，n1（1）写出数列{an}的前三项a1，a2，a5；（2）求数列{an}的通项公式；

（3）证明：对任意的整数m4，有1117

a

4a5am8

分析：⑴由递推公式易求：a1=1,a2=0,a3=2； ⑵由已知得：an

SnSn12an(1)n2an1(1)n1（n>1）

化简得：an1anan1anan1n

2an12(1)

(1)n2(1)n12,(1)n232[(1)

n1

2

3] 故数列{

an2(1)n3}是以a123为首项, 公比为2的等比数列.故an21

(1)

n

3(3)(2)n1∴a23[2n2(1)n]∴数列{a2

n

n}的通项公式为：an3

[2n2(1)n].⑶观察要证的不等式，左边很复杂，先要设法对左边的项进行适当的放缩，使之能够求和。而左边=

1a1a13[111

2212312m2(1)

m]，如果我们把上式中的分母中的1去掉，就可利45am2用等比数列的前n项公式求和，由于-1与1交错出现，容易想到将式中两项两项地合并起来一起进行放缩，尝试知：

11111

22112311221

23，2312412324，因此，可将

1

保留，再将后面的项两两组合后放缩，即可求和。这里需要对m进行分类讨论，（1）当m为偶数(m4)时，1a11a1(11)(11)13(11134m2)4a5ma4a5a6am1am

22222



1311224(1137

m4)288（2）当m是奇数(m4)时，m1为偶数，1a1111a1117 4a5ama45a6amam18

所以对任意整数m4，有

aa

7。本题的关键是并项后进行适当的放缩。45am8

例题9.定义数列如下：a2

12,an1anan1,nN

证明：（1）对于nN

恒有a

n1an成立。（2）当n2且nN，有an1anan1a2a11成立。（3）1

112a12006



a1

1。12a2006

分析：（1）用数学归纳法易证。

（2）由a2

n1anan1得：an11an(an1)

an1an1(an11)„„a21a1(a11)

以上各式两边分别相乘得：an11anan1a2a1(a11)，又a12

an1anan1a2a11

（3）要证不等式1

11122006



a11，可先设法求和：11，1a2a2006a1a2a2006

再进行适当的放缩。a111n11an(an1)

aaa11

a n11



n1nanan1n11



1111a(1)(11)(11)1a2a2006a11a21a21a31a20061a20071

1a1a1

1120071

aa 12a2006又aa2006

1a2a20061

220061

1a11

2006原不等式得证。

1a2a20062

9.不等式证明四(换元法) 篇九

教材：不等式证明四（换元法）

目的：增强学生“换元”思想，能较熟练地利用换元手段解决某些不等式证明问题。

过程：

一、提出课题：（换元法）

二、三角换元：

证一：证二：由x > 0 , y > 0，2x + y = 1，可设x

则2sin,2ycos2 11212(1cot2)(1tan2)22xysincos

3(2cot2tan2)32

2例三：若x2y21，求证：|x22xyy2|2

证：设xrsin,yrcos,(0r1)，1则|x22xyy2||r2cos22r2cossinr2sin2|

r2|cos2sin2|2r2cos22r22 4

例四：若x > 1，y > 1，求证：xy1(x1)(y1)

证：设xsec2,ysec2,(0,)2)2

小结 若x2y21，则可令x = sec, y = tan(02)。

)。2

若xR，则可令x = tan()。22若x≥1，则可令x = sec(0

三、代数换元：

例六：证明：若a > 0，则a2112a2 2aa

1证：设xa,aya2

21,(a0,x2,y2)2a2121则x2y2aa22 aa

xya11a2222（当a = 1时取“=”）

aa

四、小结：

五、作业：

10.《不等式、推理与证明》单元测试 篇十

17.（本题满分14分）

某厂家拟在2015年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）x万件与年促销费用m万元（m≥0）满足x=3-km+1（k为常数），如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是1万件.已知2015年生产该产品的固定投入为8万元.每生产一万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分资金）.

（1）将2015年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；

（2）该厂家2015年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？

18.（本题满分16分）

设f（x）是定义在[-1，1]上的奇函数，且对任意a，b∈[-1，1]，当a+b≠0时，都有f（a）+f（b）a+b>0.

（1）若a>b，试比较f（a）与f（b）的大小；

（2）解不等式：f（x-12）

（3）证明：若-1≤c≤2，则函数g（x）=f（x-c）和h（x）=f（x-c2）存在公共定义域，并求出这个公共定义域.

19.（本题满分16分）

已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a>0）的图像与x轴有两个不同的交点，若f（c）=0，且00.

（1）证明：1a是f（x）=0的一个根；

（2）试比较1a与c的大小；

（3）证明：-2

20.（本题满分16分）

已知函数f（x）=x-ln（x+a）在（-a，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减.

∴原不等式成立.

（本小题也可用数学归纳法证明）

（作者：朱振华，江苏省海门中学）

11.构造向量探索不等式证明新路 篇十一

向量进入中学数学是我国数学课程改革的一个重要内容, 作为现代数学重要标志的之一的向量引入中学数学, 进一步发展和完善了中学数学知识结构体系, 拓宽了研究和解决数学问题的思维通道.也为激发和培养学生的探索精神和创造意识提供了更广阔的途径.本文将立足于向量这一全新视角, 探讨运用向量知识证明不等式问题.

一、运用a·b≤|a|·|b|, |a·b|≤|a|·|b|证明不等式.

对任意两个非零向量a、b, 其数量积a·b=|a|·|b|cosθ, (θ为a与b的夹角) .显然a·b≤|a|·|b|, |a·b|≤|a|·|b|其中前者取“=”充要条件是a=λb (λ>0) , 后者取“=”的条件是a=λb (λ∈R) .

例1 (1995年36届IMO试题) 设a, b, c∈R+且abc=1, 求证:$\frac{1}{a{}^3(b+c)}+\frac{1}{b{}^3(c+a)}+\frac{1}{c{}^3(a+b)}\ge \frac{3}{2}.$

例2 (第二届《友谊杯》国际中学数学竞赛题) 设a, b, c∈R+, 求证:

$\frac{a{}^2}{b+c}+\frac{b{}^2}{c+a}+\frac{c{}^2}{a+b}\ge \frac{a+b+c}{2}.$

证明:令$\mathbf{m}=(\frac{a}{\sqrt{b+c}},\frac{b}{\sqrt{c+a}},\frac{c}{\sqrt{a+b}}),\mathbf{n}=(\sqrt{b+c},\sqrt{c+a},\sqrt{a+b})$, 则$\mathbf{m}\cdot \mathbf{n}=a+b+c,|\mathbf{m}|=\sqrt{\frac{a{}^2}{b+c}+\frac{b{}^2}{c+a}+\frac{c{}^2}{a+b}},|\mathbf{n}|=\sqrt{2(a+b+c)}$, 因为m·n≤|m|·|n|

所以$a+b+c\le \sqrt{\frac{a{}^2}{b+c}+\frac{b{}^2}{c+a}+\frac{c{}^2}{a+b}}\cdot \sqrt{2(a+b+c)}.$

所以$\frac{a{}^2}{b+c}+\frac{b{}^2}{c+a}+\frac{c{}^2}{a+b}=\frac{a+b+c}{2}.$

例3 (《上海中学数学》1992.1数学问题3) 设$\alpha ,\beta \in (0,\frac{\pi }{2})$, 求证:$\frac{1}{\cos {}^2\alpha }+\frac{1}{\sin {}^2\alpha \sin {}^2\beta \cos {}^2\beta }\ge 9.$

证明:因为$\frac{1}{\cos {}^2\alpha }+\frac{1}{\sin {}^2\alpha \sin {}^2\beta \cos {}^2\beta }=\frac{1}{\cos {}^2\alpha }+\frac{4}{\sin {}^2\alpha \sin {}^{2}2\beta }.$

令:$\mathbf{m}=(\cos \alpha ,\sin \alpha ),\mathbf{n}=(\frac{1}{\cos \alpha },\frac{2}{\sin \alpha }).$

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}\mathbf{m}\cdot \mathbf{n}=3,|\mathbf{m}|=1,\\ |\mathbf{n}|=\sqrt{\frac{1}{\cos {}^2\alpha }+\frac{4}{\sin {}^2\alpha }}.\end{array}$

因为m·n≤|m|·|n|,

所以$\sqrt{\frac{1}{\cos {}^2\alpha }+\frac{4}{\sin {}^2\alpha }}\ge 3.$

所以$\frac{1}{\cos {}^2\alpha }+\frac{4}{\sin {}^2\alpha }\ge 9$, 而$\frac{4}{\sin {}^2\alpha \sin {}^{2}2\beta }\ge \frac{4}{\sin {}^2\alpha }$

所以$\frac{1}{\cos {}^2\alpha }+\frac{4}{\sin {}^2\alpha \sin {}^{2}2\beta }\ge 9$, 所以原不等式成立.

例4 (《数学通报》1994.10数学问题912) 设α, β, γ为锐角, 且sin2α+sin2β+sin2γ=1, 求证:$\frac{\sin {}^3\alpha }{\sin \beta }+\frac{\sin {}^3\beta }{\sin \gamma }+\frac{\sin {}^3\gamma }{\sin \alpha }\ge 1.$

$\begin{array}{l}\text{证}\text{明}:\mathbf{m}=\sqrt{\frac{\sin {}^3\alpha }{\sin \beta }},\sqrt{\frac{\sin {}^3\beta }{\sin \gamma }},\sqrt{\frac{\sin {}^3\gamma }{\sin \alpha }}),\\ \mathbf{n}=(\sqrt{\sin \alpha \sin \beta },\sqrt{\sin \beta \sin \gamma },\sqrt{\sin \gamma \sin \alpha })\end{array}$

$\begin{array}{l}\text{则}|\mathbf{m}|=\sqrt{\frac{\sin {}^3\alpha }{\sin \beta }+\frac{\sin {}^3\beta }{\sin \gamma }+\frac{\sin {}^3\gamma }{\sin \alpha }}\\ |\mathbf{n}|=\sqrt{\sin \alpha \sin \beta +\sin \beta \sin \gamma +\sin \gamma \sin \alpha }.\mathbf{m}\cdot \mathbf{n}=\sin {}^2\alpha +\sin {}^2\beta +\sin {}^2\gamma =1.\end{array}$

因为m·n≤|m|·|n|

所以$(\sin \alpha \sin \beta +\sin \beta \sin \gamma +\sin \gamma \sin \alpha )\cdot (\frac{\sin {}^3\alpha }{\sin \beta }+\frac{\sin {}^3\beta }{\sin \gamma }+\frac{\sin {}^3\gamma }{\sin \alpha })\ge 1.$

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}\frac{\sin {}^3\alpha }{\sin \beta }+\frac{\sin {}^3\beta }{\sin \gamma }+\frac{\sin {}^3\gamma }{\sin \alpha }\ge \\ \frac{1}{\sin \alpha \sin \beta +\sin \beta \sin \gamma +\sin \gamma \sin \alpha }\end{array}$

又因为sin2α+sin2β≥2sinαsinβ,

sin2α+sin2γ≥2sinαsinγ

sin2β+sin2γ≥2sinβsinγ

所以1=sin2α+sin2β+sin2γ≥sinαsinβ+sinβsinγ+sinγsinα.

所以$\frac{1}{\sin \alpha \sin \beta +\sin \beta \sin \gamma +\sin \gamma \sin \alpha }\ge 1$

所以$\frac{\sin {}^3\alpha }{\sin \beta }+\frac{\sin {}^3\beta }{\sin \gamma }+\frac{\sin {}^3\gamma }{\sin \alpha }\ge 1$成立.

二、运用||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|证明不等式.

对于上述不等式, 应用向量加、减法的三角形法则容易获证, 用其证明不等式的关键是不等式取“=”的条件.

例5 设a, b且a≠b, 求证:$\sqrt{a}+\sqrt{b}\le \sqrt{a\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x+b\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x}+\sqrt{a\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x+b\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x}\le \sqrt{2(a+b)}.$

证明:令

$\mathbf{m}=(\sqrt{a}\sin x,\sqrt{b}\cos x),\mathbf{n}=(\sqrt{b}\sin x,\sqrt{a}\cos x)$, 则$|\mathbf{m}|+|\mathbf{n}|=\sqrt{a\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x+b\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x}+\sqrt{a\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x+b\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x},|\mathbf{m}+\mathbf{n}|=|(\sqrt{a}+\sqrt{b})(\sin x,\cos x)|=\sqrt{a}+\sqrt{b},$

由于|m+n|≤|m|+|n|

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}\sqrt{a\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x+b\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x}+\\ \sqrt{a\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x+b\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x}\ge \sqrt{a}+\sqrt{b},\text{又}\text{令}\end{array}$

$\begin{array}{l}\mathbf{p}=(\sqrt{a\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x+b\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x},\sqrt{a\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x+b\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x}),\\ \mathbf{g}=(\sqrt{a\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x+b\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x},\sqrt{a\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x+b\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x}),\text{则}|\mathbf{p}|=|\mathbf{g}|=\sqrt{a+b}\end{array}$

$\begin{array}{l}\mathbf{p}+\mathbf{g}=(\sqrt{a\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x+b\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x}+\sqrt{a\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x+b\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x},\sqrt{a\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x+b\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x}+\\ \sqrt{a\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x+b\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x})(1,1)\end{array}$

所以$|\mathbf{p}+\mathbf{g}|=(\sqrt{a\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x+b\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x}+\sqrt{a\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x+b\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x})\sqrt{2}$

由于|p|+|g|≥|p+g|

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}\sqrt{a\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x+b\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x}+\\ \sqrt{a\text{c}\text{o}\text{s}{}^{2}x+b\text{s}\text{i}\text{n}{}^{2}x}\le \frac{1}{\sqrt{2}}(|\mathbf{p}|+|\mathbf{g}|)=\sqrt{2(a+b)}\text{从}\text{而}\text{不}\text{等}\text{式}\text{成}\text{立}.\end{array}$

例6 (1992年全国初中竞赛题改编) 设x≠0, 求证:

$\frac{1}{x}(\sqrt{1+x{}^2+x{}^4}\cdot \sqrt{1+x{}^4})\le \sqrt{3}-\sqrt{2}.$

$\begin{array}{l}\text{证}\text{明}:\text{因}\text{为}\frac{1}{x}(\sqrt{1+x{}^2+x{}^4}-\sqrt{1+x{}^4})\le \sqrt{3}-\sqrt{2}\Leftarrow \frac{1}{|x|}(\sqrt{1+x{}^2+x{}^4}-\sqrt{1+x{}^4})\le \sqrt{3}-\sqrt{2}\Leftarrow \sqrt{\frac{1}{x{}^2}+x{}^2+1}-\sqrt{\frac{1}{x{}^2}+x{}^2}\le \sqrt{3}-\sqrt{2}\Leftarrow \sqrt{(x-\frac{1}{x}){}^2+(\sqrt{3}){}^2}-\\ \sqrt{(\frac{1}{x}-x){}^2+(-\sqrt{2}){}^2}\le \sqrt{3}-\sqrt{2}.\end{array}$

$\begin{array}{l}\text{令}\mathbf{m}=(x-\frac{1}{x},\sqrt{3}),\mathbf{n}=(\frac{1}{x}-x,-\sqrt{2}),\text{则}|\mathbf{m}|=\sqrt{(x-\frac{1}{x}){}^2+(\sqrt{3}){}^2},\\ |\mathbf{n}|=\sqrt{(\frac{1}{x}-x){}^2+(-\sqrt{2}){}^2},\text{又}\text{因}\text{为}|\mathbf{m}|-\end{array}$

$|\mathbf{n}|\le |\mathbf{m}+\mathbf{n}|=|(0,(\sqrt{3}-\sqrt{2}))|=\sqrt{3}-\sqrt{2}.$

所以原不等式成立.

三、利用|a1+a2+…+an|≤|a1|+|a2|+…+|an|证明不等式.

例7 (《数学通报》1998.3问题1123) 已知x, y, z∈R+求证:

$\begin{array}{l}\sqrt{x{}^2+y{}^2+xy}+\\ \sqrt{y{}^2+z{}^2+yz}+\sqrt{z{}^2+x{}^2+zx}\ge \\ \sqrt{3(x+y+z){}^2+(x-y){}^2}.\end{array}$

$\begin{array}{l}\text{证}\text{明}:\text{令}\mathbf{a}{}_1=(\frac{\sqrt{3}}{2}(x+y),\frac{1}{2}(x-y)),\mathbf{a}{}_2=(\frac{\sqrt{3}}{2}(y+z),\frac{1}{2}(z-y)),\mathbf{a}{}_3=(\frac{\sqrt{3}}{2}(z+x),\\ (x-z)),\text{则}:\end{array}$

$\mathbf{a}{}_1+\mathbf{a}{}_2+\mathbf{a}{}_3=(\sqrt{3}(x+y+z,(x-y))$

因为$\sqrt{x{}^2+y{}^2+xy}+\sqrt{y{}^2+z{}^2+yz}+\sqrt{z{}^2+x{}^2+zx}=|\mathbf{a}{}_1|+|\mathbf{a}{}_2|+|\mathbf{a}{}_3|\ge |\mathbf{a}{}_1+\mathbf{a}{}_2+\mathbf{a}{}_3|=\sqrt{3(x+y+z){}^2+(x-y){}^2}$当且仅当a1, a2, a3都同向, 即x=y=z时, 不等式取“=”.

例8 (《数学通报》1995.11问题983) 设x+y+z=1求证$\sqrt{x{}^2+xy+y{}^2}+\sqrt{y{}^2+yz+z{}^2}+\sqrt{z{}^2+zx+x{}^2}\ge \sqrt{3}.$

证明:令$\mathbf{a}{}_1=(x+\frac{y}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}y),\mathbf{a}{}_2=(y+\frac{z}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}z),\mathbf{a}{}_3=(z+\frac{x}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}x)$, 则:$\mathbf{a}{}_1+\mathbf{a}{}_2+\mathbf{a}{}_3=(\frac{3}{2}(x+y+z),\frac{\sqrt{3}}{2}(x+y+z))=(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}).$

所以$\sqrt{x{}^2+xy+y{}^2}+\sqrt{y{}^2+yz+z{}^2}+\sqrt{z{}^2+zx+x{}^2}=|\mathbf{a}{}_1|+|\mathbf{a}{}_2|+|\mathbf{a}{}_3|\ge |\mathbf{a}{}_1+\mathbf{a}{}_2+\mathbf{a}{}_3|=\sqrt{3}.$

当且仅当a1, a2, a3都同向, 即$x=y=z=\frac{1}{3}$时“=”成立.

例9 (第16届全俄数学奥林匹克竞赛题) 设三角形三边为a、b、c, 半周长为p, 求证:$\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le \sqrt{3p}.$

所以$\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\le \sqrt{3p}$当且仅当m、n、t同向时取等号, 即m=n=t亦即三角形为正三角形时不等式取等号.

综上可知, 适当地构造向量, 应用向量的某些特性证明不等式, 思路清晰, 方法简捷巧妙, 富有规律, 趣味性强, 容易掌握, 应引起重视.

12.不等式证明、最值求法 篇十二

贵刊2004(11)发表李建新老师《巧用向量求值》一文（以下简称原文），经笔者研究发现，原文中的所有最值问题都可以用下面的一个不等式加以解决，而且相比之下比李老师的向量法在处理上更简单一些，故写此文和大家交流．

x2y222

2定理 若实数a,b,x,y满足221，则ab≥(xy)．

abx2y2b2x2a2y2222222

证明：ab(ab)(22)xy2 2

abab

222

≥xy2xy(xy)，xy

由证明过程易知等号成立的条件是22．

ab

注 这个不等式的条件是一个椭圆方程，故称此不等式为椭圆不等式．

１ 求满足整式方程的未知数的代数式的最值

例１ 已知x,y满足xy2x4y0，求x2y的最值（1988年广东高考题，原文例１）．

(x1)24(y2)2

解：xy2x4y01，依定理有

520

520[(x1)2(y2)]2，即(x2y5)，解得0x2y10，当且仅当2

5x1

y222

(x2y)min0，且xy2x4y0，即xy0时，当x2,y4

时，(x2y)max10．

例２ 已知a,bR，且ab10，求(a2)(b3)的最小值（第10届“希望杯”全国数学邀请赛高二培训题）．

(a2)2(b3)2

1，由定理得： 解：令(a2)(b3)=t，则

tt

2t≥(ab5)2(ab16)236，即t≥18，当且仅当a2b3且ab10

时，即a1,b0时，tmin18，从而(a2)(b3)的最小值为18．

２ 求满足三元一次方程及三元二次方程的未知数的最值

例３ 已知实数x1,x2,x3满足方程x1

111212x2x31及x12x2x33，求x3的232

3最小值（1993年上海市高三数学竞赛试题，原文例3）

(x2)2

x1212111

1解：x1x2x31x1x21x3，x12x2x331

222323233x3(3x3)323

由定理得

111112112121

(3x32)(3x32)(x1x2)23x32(x1x2)23x32(1x3)2x33

323233233311

从而x3的最小值为

21． 11

３ 求满足整式方程的未知数的分式的最值

例４ 如果实数x,y满足等式(x2)y3，求题）．

y的最大值（1990年全国高考试x

y

k，则ykx，由已知等式(x2)2y23可得 x

(2kkx)2(kx)2222，∴由定理得：≥，即≤3，∴≤k≤3，133kk4k2

33k

y

从而的最大值为3。

x

y22

例５ 若实数x,y适合方程xy2x4y10,那么代数式的取值范围

x2

解：令

是（第9届“希望杯”全国数学邀请赛高二第1试）．

y

t，则txy2t0，由已知方程得(x1)2(y2)24，变形得：x2

(txt)2(y2)2

1，∴由定理得：4t24≥(txy2t)2(23t)2，解之得： 2

44t

12y120≤t≤，∴代数式的取值范围是[0，]．

5x25

y122

例６ 已知实数x,y满足方程(x2)y1，求的最小值(第10届＂希望杯＂

x2

解：令

邀请赛数学竞赛高二试题，原文例4)

(kx2k)2(kx2k1)2y122

1，解：设k，则ykx2k1，(x2)y1

k21x2

由定理得k1[(kx2k)(kx2k1)](14k)，解得0k４ 求满足不等式的未知数的最值

例７ 若2xy1，uy2yx6x，则u的最小值等于（）A．

y18，即的最小值为０． 15x2

77141

4B．C．D． 5555

（2003年＂希望杯＂全国数学邀请赛高二试题）

4(x3)2(y1)2

1，依定理及条件有 解：uy2yx6x

4(u10)u10

36142(x3)

当且仅当10，y1且2xy1

554

31114

时，即x,y时，umin，故选(B)．

555

11n

例８ 设abc，且≥恒成立，则n的最大值是（第11

abbcac

5(u10)(2xy5)236，即u

届“希望杯”全国数学邀请赛高二第1试，原文例１１）．

解：令

11112

=t，则=1，从而t(ac)≥(11)4，

t(ab)t(bc)abbc

由已知得ac0，故t≥５ 求无理函数的值域

4114，即≥，∴n的最大值是4． 

abbcacac

1994年上海市高三数学竞赛题，原

例９

求函数y文例５）．

解：由1994x0且x19930得1993x1994，两边平方易得y1，又

1

1994xx1993，由定理得：22，

1y



故函数y６ 求满足分式方程的未知数的代数式的最值

例１０ 设x,y,a,bR，且



ab

1，则xy的最小值为（第11届＂希望xy

杯＂全国数学邀请赛高二培训题）．

解：

依定理有xy，ab

1，即x，xy

x

时，(xy)min2．

例１１ 已知x,y(0,)，且数学竞赛试题，原文例６）．

解：由已知条件和定理有：xy117． 定理的推广 若

1998

1，求xy的最小值（1998年湖南省高中xy

a

i1

n

bi

i

1，则ai≥（i1

n

b)

ii1

2i

n，其中ai与bi同号（i=1，2，． ,n）

证明：由Cauchy不等式及已知条件有：７ 求使多项式函数取最值的未知数的值

a=a.a

i

i1

i1

nnn

bi

i

≥（i1

b)．

2ii12

n

例１２ 求实数x,y的值，使得(y1)(xy3)(2xy6)达到最小值（2001年全国高中数学联赛试题，原文例７）．

1()y2(22x6y)6(2)xy

解：令(y1)(xy3)(2xy6)t，则t4tt

1，由定理的推广得：6t[(1y)(2x2y6)(62xy)]1，即t，当且仅当6

1yxy362xy55

(y1)2(xy3)2(2xy6)2达，即x,y时，

12126

到最小值．

6８ 求满足分式方程的未知数的分式的最值

x2y2z2xyz

例１３ 已知x,y,zR,，求的最2

1x21y21z21x21y21z2



大值（1990年首届＂希望杯＂全国数学邀请赛培训题，原文例８）．

x2y2z2111

2解：由易知1，而 1x21y21z21x21y21z2

x2(y)2z2

()()222222xyz1y21，依定理的推广可有222

1x1y1z

1x21y21z2222xyz2xyz2，即()(2，从222222222

1x1y1z1x1y1z1x1y1z

而

xyz

． 

1x21y21

z2

９ 求无理式的最值

例１４ 如果abc1，（第８届＂希望杯＂全国数学邀请赛高二试题，原文例９）．

解：由条件知(3a1)(3b1)(3c1)6，则

3a13b13c1

1，由定理

666

的推广得：18，且仅当abc

时达到最大值）． 3

M

是多少？N

１０ 求三角函数的最值

例１５的最大值为M，最小值为N，则

（1999年＂希望杯＂数学邀请赛，山西、江西、天津赛区高二试题，原文例12）．

解：由1tanx



N

tanx13tanx



1，由定理得422

2，即M=2，故

M． N１１ 求对数函数的最值

例１６ 已知ab1000,a1,b

1，则的最大值是多少？（第13届＂希望杯＂全国邀请赛高二培训题，原文例13）．

解：由已知易得：(1lga)(1lgb)5，即

1lga1lgb

1，由定理有

10

2

由上我们可以看出，用本文中的定理和定理的推广要比文［１］中用向量解决这些问题

简单的多．当然，这样的例子很多的，这里不再赘述，请读者自行研究，以下是几个练习．

练习

１．设x,y,zR，且xyz1，求队第一轮选拔赛题）．（答案：３６）

２．已知x,y,zR,xyz1，求数学问题1504）．（答案：６４）

３．函数y



149

的最小值（1990年日本IMO代表xyz

118

《数学通报》2004（7），22的最小值（2

xyz

3xx2的最小值为12届“希望杯”全国数学邀请赛高

参 考 文 献

一培训题）．（答案：－２）

13.数学归纳法证明不等式 篇十三

数学归纳法证明不等式的典型类型是与数列或数列求和有关的问题，凡是与数列或数列求和有关的问题都可统一表述成f(n)g(n)(nN)的形式或近似于上述形式。

这种形式的关键步骤是由nk时，命题成立推导nk1时，命题也成立。为了表示的方便，我们记左nf(k1)f(k)，右ng(k1)g(k)分别叫做左增量，右增量。那么，上述证明的步骤可表述为

f(k1)f(k)左kg(k)左kg(k)右kg(k1)例1．已知an2n1，求证：

本题要证后半节的关键是证 an1a1a2nn(nN)23a2a3an12

2k111中k右k即证k2 212

而此式显然成立，所以可以用数学归纳法证明。

而要证前半节的关键是证

12k11左k中k即证k2 221

而此式显然不成立，所以不能用数学归纳法证明。如果不进行判断就用数学归纳法证前半节，忙乎半天，只会徒劳。

有时，f(n)g(n)(nN)中f(n),g(n)是以乘积形式出现，且f(n)0,g(n)0是显然成立的。此时，可记

左kf(k1)g(k1)，右k f(k)g(k)

分别叫做左增倍，右增倍。那么，用数学归结法证明由nk时，成立推导

nk1成立，可表述为

f(k1)f(k)左kg(k)左kg(k)右kg(k1)

14.轮换对称不等式的证明技巧 篇十四

对称不等式:把一个不等式里的两个字母对调, 所得的不等式和原来的不等式相同, 则这个不等式, 叫作对称不等式。

轮换对称不等式:如果一个不等式中的所有字母按某种次序轮换后, 得到的不等式与原不等式相同, 则称这个不等式, 叫作轮换对称不等式。

轮换对称不等式形式优美, 其证明方法也有很多, 但是, 其中的规律却难以寻找。在教学过程中, 学生对此常常有所困惑, 在证明时因为对轮换对称不等式的概念及性质认识模糊等等原因, 容易出现一些错误。下面, 结合本人的教学实践, 介绍几种易操作的方法供读者参考。希望大家能够举一反三, 触类旁通, 较好地掌握这些轮换对称不等式的证明技巧, 提高自己的思维能力。

例1:已知a+b+c=1, 且a、b、c均为非负实数。求证:【次数配平法】

例2:已知a、b、c均为正数。求证:【项数配平法】

证明:∵a、b、c∈R+,

例3:已知a、b、c∈R+, 求证:均分常数项】

不妨设a≥b≥c>0, 左边

当且仅当a=b=c时等号成立.

例4:已知a、b、c都是正数, 求证:【均分独立项】

由a、b、c的对称性, 不妨设a≥b≥c>0, 则

当且仅当a=b=c时, 等号成立。

例5:若x+y+z=a, 且x, y, z∈R.求证:【代数换元】

例6:已知a、b、c都是正数, 且a2+b2=c2.求证:an+bn

证明:∵a、b、c都是正数及a2+b2=c2, 设a=ccosα, b=csinα, (0<α<2π) , 则02) , ∴an+bn=cn (sinnα+cosnα)

15.不等式证明 篇十五

本文介绍构造法在证明不等式时的三个思路方向,阐述构造函数在证明不等式中的“神奇”效果.

方向一:选择主元,构造主元函数证明不等式

当待证式子中有多个变量时,要敢于把其中的一个变量作为主元,把其余的变量作为参数来处理,这样便可构造出大家熟知某个的一元函数模型.

例1 已知a,b,c∈R,且|a|<1,|b|<1,|c|<1,求证:ab+bc+ac>-1.

分析 已知的是三个变量a,b,c的取值范围,而要求的是ab+bc+ac的范围,所以可将此式视为一元函数,如f(a)=(b+c)a+bc.从而转化为证明:当-1-1.

证明 设f(a)=ab+bc+ca=(b+c)a+bc.

当b+c=0时,f(a)=bc.

因为|b|<1,|c|<1,所以|bc|<1,所以bc>-1.

当b+c≠0时,f(a)为a的一次函数,故f(a)大于f(-1),f(1)中的较小者.

因为f(1)=b+c+bc=(b+1)(c+1)-1,且

b>-1,c>-1,所以b+1>0,c+1>0,

所以(b+1)(c+1)>0,所以f(1)>-1.

因为f(-1)=-b-c+bc=(1-b)(1-c)-1,且b<1,c<1,所以1-b>0,1-c>0,所以(1-b)(1-c)>0,

所以f(-1)>-1.

所以当|a|<1时,f(a)>-1.

综上,可知ab+bc+ac>-1.

评注 一般情况下,不等式问题可转化为以下几种函数问题:

①已知函数定义域,求函数最值或值域;

②利用函数单调性,比较函数值的大小.

例2 已知a,b,c∈R,且a+2b+3c=6,求证:a2+2b2+3c2≥6.

分析 先消去一个变量,再视一个变量为主元,另一个变量为参数,可构造一元二次函数.

证明 由已知,得a=6-2b-3c,

从而a2+2b2+3c2-6

=(6-2b-3c)2+2b2+3c2-6

=36+4b2+9c2-24b-36c

+12bc+2b2+3c2-6

=6[b2+2(c-2)b+(2c2-6c+5)].

令f(b)=b2+2(c-2)b+2c2-6c+5.

由Δ=[2(c-2)]2-4(2c2-6c+5)=-4(c-1)2≤0,

可得f(b)≥0.

故a2+2b2+3c2≥6.

评注 条件中的等式可以用来消元.

方向二:类比结构特征,构造函数证明不等式

例3 已知a,b,c∈(0, +∞),且a+b>c,求证:a1+a+b1+b>c1+c.

分析 分析待证式子的结构特征,发现其左右两边均具有形式“x1+x”,从而想到利用函数f(x)=x1+x的单调性来证明.

证明 设函数f(x)=x1+x(x∈(0, +∞)).

任取x1,x2∈(0, +∞),且x1

则f(x1)-f(x2)=x11+x1-x21+x2=x1-x2(1+x1)(1+x2)<0,

所以f(x)在(0, +∞)上是单调增函数.

因为a+b>c,所以f(a+b)>f(c),

从而a1+a+b1+b>a1+a+b+b1+a+b=a+b1+a+b>c1+c.

评注 如果不等式中的各项具有共同的特征,则可以考虑抓住这一特征构造函数,利用函数的相关知识来解决问题.

例4 求证不等式:a1-2a

分析 构造函数f(x)=x1-2x-x2 (x≠0),可证得其为偶函数.

证明 设f(x)=x1-2x-x2(x≠0),

则f(-x)=-x1-2-x+x2=-x•2x2x-1+x2

=x1-2x[1-(1-2x)]+x2

=x1-2x-x+x2=f(x),

所以f(x)的图像关于y轴对称.

当x>0时,1-2x<0,故f(x)<0;

当x<0时,依图像的对称性,知f(x)<0.

故当x≠0时,恒有f(x)<0.

所以a1-2a

评注 这里利用了偶函数的性质,避免了分类讨论,简化了证明过程.

例5 已知a,b,c∈R,且a>0,2b>a+c,求证:b-b2-ac

分析 待证结论中的b±b2-ac很容易让人联想到一元二次方程的求根公式.而当a>0时,f(x)=ax2+bx+c的图像是开口向上的,此时,若存在实数α,β,且α<β,使f(α)=f(β),则由f(x)

证明 设f(x)=ax2-2bx+c.

因为a>0,2b>a+c,所以f(1)=a-2b+c<0,

故函数f(x)的图像大致如右图:

抛物线开口向上,与x轴有两个不同的交点(x1,0),(x2,0),且x1<1

而方程f(x)=0的两根为b±b2-aca,

所以b-b2-aca<1

又因为a>0,所以b-b2-ac

评注 由f(x)=ax2-2bx+c及a>0,2b>a+c,知函数f(x)的图像与x轴必有两个交点,因此无需讨论判别式的符号.

方向三:类比相似结论,构造函数证明不等式

例6 先阅读下列不等式的证法,再解决后面的问题.

已知a1,a2∈R,a1+a2=1,求证:a21+a22≥12.

证明:构造函数f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2,

则f(x)=2x2-2(a1+a2)x+a21+a22=2x2-2x+a21+a22.

因为对一切x∈R,恒有f(x)≥0,所以Δ=4-8(a21+a22)≤0,

从而a21+a22≥12.

(1)若a1,a2, …, an∈R, a1+a2+…+an=1,请写出上述结论的推广结论;

(2)参考上述解法,对你的推广结论加以证明.

解 (1)若a1,a2, …,an∈R,a1+a2+…+an=1,则

a21+a22+…+a2n≥1n.

(2)构造函数f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+…+(x-an)2

=nx2-2(a1+a2+…+an)x+a21+a22+…+a2n

=nx2-2x+a21+a22+…+a2n.

因为对一切x∈R,都有f(x)≥0,所以Δ=4-4n(a21+a22+…+a2n)≤0,

故a21+a22+…+a2n≥1n.

评注 利用构造法解题的最大特点是:调整思维角度,在更广阔的背景下考察问题中所涉及的代数、几何元素及其相互关系.所以应用构造法解题的关键有:①要明确解题的方向,即为何构造;②要弄清题目条件的本质特征,以便进行逻辑组合.

巩固练习

1. 设a,b,c∈R,求证:a2+ac+c2+3b(a+b+c)≥0,并指出等号何时成立.

2. 已知i,m,n∈N,且1

求证:(1+m)n>(1+n)m.

16.基本不等式与不等式基本证明 篇十六

第一部分：基本不等式变形技巧的应用

基本不等式在求解最值、值域等方面有着重要的应用，利用基本不等式时，关键在对已知条件的灵活变形，使问题出现积（或和）为定值，以便解决问题，现就常用技巧给以归纳。

技巧一：加减常数

例

1、求函数yx

点评：当各项符号不确定时，必须分类讨论，要保证代数式中的各项均为正。

技巧二：巧变常数

例

2、已知0x

点评：形如f(x)x(1ax)或f(x)x2(1ax2)等可有两种变形方法：一是巧乘常数；二是巧提常数，应用时要注意活用。

技巧

三、分离常数

例

3、已知x

5452121x1(x1)的值域。，求函数y＝x（1－2x）的最大值。，则f(x)x3x32x4542有（）32A、最大值B、最小值C、最大值D、最小值

32点评：通过加减常数，分离出一个常数是分式函数求值域常用的方法，这里一定要加减好“常数”，以利于问题的解决。

技巧

四、活用常数

例

4、若x,yR且满足

点评：通过配凑“1”并进行“1”的代换，整理后得到基本不等式的形式，减少了使用基本不等式的次数，有效地避免了等号不能同时取到的麻烦。

技巧

五、统一形式

例

5、已知a,b,cR，求(abc)(4x16y1，求x＋y的最小值。1

ab1

c)的最小值。

点评：根据分母的特点，进行结构调整为统一的形式，这样便能快速求解。含有根号的问题也要注意形式的统一（如求函数yxx2(0x1)可变形为y第二部分：均值定理证明不等式的方法技巧

。x(1x)等）

1．轮换对称型

例1 若a,b,c是互不相等的实数，求

证：abc

222

abbcac.点评：分段应用基本等式，然后整体相加(乘)得结论，是证明轮换对称不等式的常用技

巧。

2．利用“1”的代换型

111

已知a,b,cR,且 abc1,求证 9.abc例2

点评：做“1”的代换。

.3.逆向运用公式型

a,bR,ab1求证： a



b

2.例3已知

点评：依据求证式的结构，凑出常数因子，是解决此类问题的关键。为脱去左边的根号，a

12,b

将

11

转换成 1a,1b,然后逆向运222

用均值不等式： 若

a,bR则 ab



ab2

.4．挖掘隐含条件证明不等式

111

a,bR,ab1求证：11.ab9 例4 已知

a,bR,ab1

12

ab说明a,bR,ab1的背后隐含ab

4ab

2点评:由于

着一个不等式ab

.5．用均值不等式的变式形式证明不等式

ab例5已知a,b,cR,求证：



bc

ca



2abc.点评：本题的关键在于对ab,bc,ca的处理，如果能找出

ab与ab间的关系，问题就可以

222222

解决，注意到



ab2ab2ab





ab2

2ab

ab 其中a,b,cR即可。解题时要注意a

b2ab的ab

变式应用。常用



ab2