不等式证明题范文

不等式证明题范文（精选10篇）

不等式证明题 第1篇

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一道不等式证明题的研究

作者：丛俐

来源：《数理化学习·高一二版》2012年第12期

摘要：不等式的证明对逻辑推理能力要求较高，历来是高考中学生公认的难点.教学中如何高效引导学生对不等式的证明进行有效地思维，一直是数学教师“永远的痛”，笔者结合一道经典的例题给出了完整的思维过程，对推动这一难点的研究尽一点微薄之力.关键词：求比法；变形的求差法；变形的基本不等式法；放缩法；导数法

不等式的证明，是高中数学中对逻辑推理能力要求较高的内容.因题型广、起点高、证法活、难度大等方面的原因，不少省编教材已将其列入理科生的选学内容.不等式的证明只要掌握正确的思维过程，学生的畏惧心理就会得到有效的调节.思维过程依次为①比较法（求差或求比都可以考虑）；②基本不等式法（常用的几个不等式最好能牢记）；③分析综合法（二者往往同时出现）；④其他方法（放缩法、数学归纳法等）.如果再注意表达严谨，得分率就可能有明显提高了.这里，笔者结合一道不等式的证明题的思维过程，具体谈谈不等式证明的相关要点.这道证明题，在各类教材辅导用书中出现的概率比较大.其原因有三：一是作为试题，该题在考查相关知识点的考卷中出现的频率高；二是考生对该题普遍出现“动手率高、得分率低”的怪状，有一定的指导价值；三是二次根式是学生的薄弱环节，对提高学生的数学运算能力大有帮助.面对这道习题，学生理所当然地首先考虑比较法.众所周知，比较法的关键在于对“差”或“比”进行变形，变形的方法较多，常用的有配方法、因式分解法、有理化法.本题求差还是求比？观察到两边都是绝对值，利用求比也就比较合乎常理了.

不等式证明题 第2篇

例1.已知函数f(x)alnxax3aR(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明:112131nln(n1)(nN*)(3)证明:ln22ln33ln44ln55lnnn1nn2,nN* n(4)证明:ln2ln3ln4ln5lnn1n122324252n22nn2,nN*(5)证明:ln24ln34ln44ln54lnn4(n1)224344454n44nn2,nN* ln22ln32(6)求证:lnn2n12n12232...n22n1n2,nN(7)求证:122114211182...1122nenN

例2.已知函数f(x)lnxx1｡(1)求f(x)的最大值;nnn(2)证明不等式:12nennne1nN*

例3.已知函数fxx2lnx1

(1)当x0时,求证:fxx3;

(2)当nN时,求证:nf1111151 k1k2333...n342nn1

例4.设函数f(x)x2mln(x1)m0

(1)若m12,求f(x)的单调区间;(2)如果函数f(x)在定义域内既有极大值又有极小值,求实数m的取值范围;(3)求证:对任意的nN*,不等式lnn1nn1n3恒成立｡

例5.已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1(kR),(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)0恒成立,试确定实数k的取值范围;(3)证明:ln23ln34lnnn1n(n1)4nN,n1.导数与数列不等式的证明 收集整理:张亚争 联系电话:*** 1 / 2 例6.已知函数f(x)axbc(a0)的图像在点(1,f(1))处的切线方程为yx1｡ x(1)用a表示出b,c;

(2)若f(x)lnx在[1,)上恒成立,求a的取值范围;(3)证明:1

例7.已知函数f(x)2alnxx21｡

(1)当a1时,求函数f(x)的单调区间及f(x)的最大值;(2)令g(x)f(x)x,若g(x)在定义域上是单调函数,求a的取值范围;111nln(n1)(n1).23n2(n1)3n2n222222(3)对于任意的n2,nN,试比较与的ln2ln3ln4ln5lnnn(n1)*大小并证明你的结论｡

1ln(x1)(x0)x(1)函数f(x)在区间(0,)上是增函数还是减函数?证明你的结论｡

k(2)当x0时,f(x)恒成立,求整数k的最大值;x1(3)试证明:(112)(123)(134)(1n(n1))e2n3(nN*).例8.已知函数f(x)

例9.已知函数fxxalnxa0(1)若a1,求fx的单调区间及fx的最小值;(2)若a0,求fx的单调区间;ln22ln32lnn2n12n1(3)试比较22...2与n2,nN的大小,并证明｡ 23n2n1

例10.已知函数fxlnx,gxxaaR, x(1)若x1时,fxgx恒成立,求实数a的取值范围｡(2)求证:

例11.已知函数fxlnxxax

2ln2ln3lnn1n2,nN 34n1n(1)若函数fx在其定义域上为增函数,求a的取值范围;(2)设an1

一道不等式证明题的13种解法 第3篇

从一道不等式证明题谈起 第4篇

例题

已知a，b∈R，且a+b=1，求证：（a+2）2+（b+2）2≥252．

分

析

在题目的条件下，怎样证明（a+2）2+（b+2）2≥252？我们可以从证明不等式的常用方法入手进行尝试.

证

法

一

（比较法）因为a，b∈R，a+b=1，所以b=1-a，所以（a+2）2+（b+2）2-252=a2+b2+4（a+b）-92=a2+（1-a）2+4-92=2a2-2a+12=2a-122≥0，即（a+2）2+（b+2）2≥252（当且仅当a=b=12时，取等号）.

评

注

要证明a＞b，只要证明a-b＞0，或当a，b均为正数时，只要证明ab＞1，这种方法叫做比较法，这是证明不等式的最基本方法.

证

法

二

（分析法）（a+2）2+（b+2）2≥252a2+b2+4（a+b）+8≥252b=1-a，a2+（1-a）2+4+8≥252a-122≥0.

因为这是显然成立的，所以原不等式成立.

评

注 分析法是一种“执果索因”的证明方法，使用时，要注意保证“后一步”是“前一步”的充分条件.

证

法

三

（综合法）因为a，b∈R，a+b=1，所以b=1-a，所以（a+2）2+（b+2）2=（a+2）2+（3-a）2=a2+4a+4+9-6a+a2=2a+122+252≥252，所以原不等式成立.

评

注

综合法是一种“由因导果”的证明方法，它的思维过程与分析法的思维过程正好相反. 一般地，实际解题时，常用分析法探索证明思路，用综合法表述证明过程.

证

法

四

（反证法）假设（a+2）2+（b+2）2＜252，则a2+b2+4（a+b）+8＜252.

由a，b∈R，a+b=1，得b=1-a，于是有a2+（1-a）2+12＜252． 所以a-122＜0，这与a-122≥0矛盾. 所以（a+2）2+（b+2）2≥252．

评

注 若从正面考虑问题比较难以入手时，则可考虑从相反方向去探索解决问题的方法. 许多情况下，反证法可收到变难为易、化繁为简的效果.

证

法

五

（放缩法）因为a+b=1，所以左边=（a+2）2+（b+2）2≥2(a+2)+(b+2)22=12［（a+b）+4］2=252=右边. 所以原不等式成立.

评

注

放缩法也是证明不等式的重要方法.本题根据欲证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2+b2≥2a+b22进行放缩，达到了证明不等式的目的.不等式的证明与其他数学知识例如函数、方程、数列、平面向量以及三角函数等有着十分广泛的联系，在不等式的证明过程中蕴含着丰富的数学思想方法，因此，在不等式证明的学习中，除了要熟练地掌握几种基本方法外，还要注意从不等式与其他数学知识的联系和重要的数学思想方法入手，拓宽证明思路. 例如，上述例题，我们还可以运用下面的方法来进行证明.

不等式证明题 第5篇

一、选择题

(1)若logab为整数,且loga1122>logablogba,那么下列四个结论①>b>a②logab+logba=0bb

③0

x1|>2且|x2|>2x1+x2x1+x2|<4x1|=4且|x2|=

1+(3)若x,y∈R,且x≠y,则下列四个数中最小的一个是（）11

)xy

(4)若x>0,y>0,且xy≤axy成立,则a的最小值是（）

2(5)已知a,b∈R,则下列各式中成立的是（）

22cos2sin2θ·lga+sinθ·lgb

222θsin2θθ·lga+sinθ·lgb>lg(a+bcos·b>a+b

+(6)设a,b∈R,且ab-a-b≥1,则有（）++b≥2(2+1)+b≤+b≥(2+1)2+b≤2(2+1)

二、填空题

22(7)已知x+y=1,则3x+4y2(8)设x=y,则x+y(9)若11≤a≤5,则a+5a(10)A=1+111与n(n∈N)2n

(11)实数x=x-y,则xy

三、解答证明题

2422(12)用分析法证明:3(1+a+a)≥(1+a+a)

(13)用分析法证明:ab+cd≤

a2c2(14)用分析法证明下列不等式:

(1)求证:71(2)求证:x1(3)求证:a,b,c∈R,求证:2（+

x2x3x4(x≥4)

ababc)3(abc)23

(15)若a,b>0,2c>a+b,求证:(1)c>ab；（2）c-c2ab2,求证:

+

1x1y

与中至少有一个小于yx

(17)设a,b,c∈R,证明:a+ac+c+3b(a+b+c)≥(18)已知1≤x+y≤2,求证:

122

≤x+xy+y≤2

n(n1)(n1)2

an(19)设an=223n(n1)(n∈N),求证:对所有n(n22

*

∈N)2

(20)已知关于x的实系数二次方程x+ax+b=0,有两个实数根α,β,证明:(1)如果|α|<2,|β|<2,那么2|α|<4+b且|b(2)如果2|α|<4+b且|b|<4,那么|α|<2,|β不等式的证明训练题参考答案：

1．A2．B3．D4．B5．A6．A

*

7．58．-19．［2,26

］10．A≥n11．(-≦,0)∪［4,+≦］ 5

12．证明:要证3(1+a+a)≥(1+a+a)

222222222

只需证3［(1+a)-a］≥(1+a+a),即证3(1+a+a)(1+a-a)≥(1+a+a)≧1+a+a=(a+

123)+>0 24

只需证3(1+a-a)≥1+a+a，展开得2-4a+2a≥0，即2(1-a)≥02422

故3(1+a+a)≥(1+a+a)13．证明:①当ab+cd<0时,ab+cd

②当ab+cd≥0时,欲证ab+cd≤acbd

2222

只需证(ab+cd)≤(a2c2b2d2)

展开得ab+2abcd+cd≤(a+c)(b+d)

***2

即ab+2abcd+cd≤ab+ad+bc+cd，即2abcd≤ad+bc

22222

只需证ad+bc-2abcd≥0，即(ad-bc)≥0

因为(ad-bc)≥0ab+cd≥0时,ab+cd≤a2c2b2d22

22222222

综合①②可知:ab+cd≤a2c2b2d214．证明:(1)欲证71 只需证()2(1)2

展开得12+235>16+2,即2>4+2 只需证(2)>(4+2)，即4>这显然成立

故71(2)欲证x1只需证x1即证(x1

x2x3x4(x≥4)x4x3x2(x≥4)

x4)2(x3x2)2(x≥4)

展开得2x-5+2x1x42x52x3x2 即x1)(x4)(x3)(x2)

只需证［x1)(x4)］<［(x3)(x2)］

即证x-5x+4

x1x2x3x4(x≥4)(3)欲证2（ababcab)≤3(abc)23

只需证a+b-2ab≤a+b+c-3

即证c+2ab≥3

+

≧a,b,c∈R，≨c+2ab=c+ab+ab≥3cabab3

≨c+2ab≥3abc15．证明:（1）≧ab≤（ab222)

（2）欲证c-c2ab

只需证-c2ab

只需证a(a+b)<2ac

≧a>0,只要证a+b<2c(已知)16．证明:(反证法):假设

1y1x1y1x

与均不小于2,即≥2,≥2,≨1+x≥2y,1+y≥2xyxy

两式相加得:x+y≤2,与已知x+y>2矛盾, 故

1x1y

与中至少有一个小于yx

17．证明:目标不等式左边整理成关于a的二次式且令 f(a)=a2+(c+3b)a+c2+3b2+32222

判别式Δ=(c+3b)-4(c+3b+3bc)=-3(b+c)≤0

222

当Δ=0时,即b+c=0,a+(c+3b)a+c+3b+3bc≥02

18．证明:设x=kcosθ,y=ksinθ,1≤k≤2

sin2θ)2

13212222

≧sin2θ∈［-1,1］≨k≤k(1+sin2θ)≤k,故≤x+xy+y≤222

n(n1)2

19．证明:≧n(n1)n=n,≨an>1+2+3+…+n=

1223n(n1)2(12n)nn(n1)n又an

222222

≨x+xy+y=k(cosθ+cosθsinθ+sinθ)=k(1+

n(n2)n22n1(n1)2

,故命题对n∈N222

20．证明:依题设及一元二次方程根与系数的关系(韦达定理)得:α+β=-a,αβ=:(1)(2)等价

于证明|α|<2,|β|<22|α+β|<4+αβ,且|αβ444

222222

441604()(4)244

2

(4)(4)0

44

2

4或24242444



2或24



22,2.

2

22

不等式证明题 第6篇

甘志国(该文已发表中国数学教育(高中版)，2010(6)：39-40)

解答2009年高考山东卷理科第20题第(2)问、2009年高考广东卷理科压轴题第(2)问的左边和2008年高考福建卷理科压轴题最后一问、2007年高考重庆卷理科第21题第(2)问、1998年高考全国卷文、理科压轴题第(2)问、1985年高考上海理科卷第8题这七道高考题就是分别要证明(本文中的nN)： 

352n1n1① 242n

135(2n1)246(2n)12n1②

36253n③ 3n1242n2n1④ 132n

1253n1n1

⑤ 143n

246352n⑥ 2n1以上高考题的参考解答除①是用放缩法证明的之外，其余的都是用数学归纳法证明的，文献[1]还给出了②(显然②、④、⑥是等价的)的七种简证，文献[2]也给出了①、③、⑤的多种证法.本文将给出此类不等式的一种耳目一新的证法——待定系数法，用此种证法还可把这些不等式加强.设an352n11(A0,AB0，下同)，得 242nAnB

an1(2n3)2(AnB)a(2n2)2[A(n1)B]

n

2令(2n3)(AnB)(2n2)[A(n1)B](4B3A)n5B4A，得

(1)当0且AnB0恒成立(即0A格递增，下同)，所以ana1229B)时，an是单调递增数列(不一定严7

32AB，即

32AnB352n1 AB242n

选A

3352n19

n7B0，即得.78242n

4(2)当0且AnB0恒成立(即AB0或AB0或AB0)时，an

是单调递减数列，所以ana1

32AB，即

352n13

242n2

选A

AnB

AB

4352n134n3B0，即得.3242n27

所以该结论是①的加强.设bn

3352n134n3

n7⑦

8242n27

242n

1，得 132n1AnB

bn1(2n2)2(AnB)

b(2n1)2[A(n1)B] n

令(2n2)(AnB)(2n1)[A(n1)B](4BA)n3BA，得(1)当0且AnB0恒成立(即B0A一定严格递增，下同)，所以bnb1

7B)时，bn是单调递增数列(不2

2AB，即

选A

AnB242n



AB132n1

72242n

B0，即得n2.23132n1

(2)当0且AnB0恒成立(即A4B0或A4B0或AB0)时，bn是单调递减数列，所以bnb1

2AB，即

242nAnB2132n1AB

选A4B0，即得

242n4n12.132n1

5所以

2242n4n1

⑧ n22

3132n15

由此易得④成立.读者用此法还可证得

1253n161n32n(nN)⑨

2143n2

由此易得⑦成立.这里再给出①的两种简洁证明：

352n1

证法1即证n1.242n

222

2n(2n2)n12n1

由，得 2

n(2n)2n

234n1352n1

n1 

242n123n

证法2设cn

352n11，可用比值法证得cncn1，所以cn是严242nn1

2，所以

352n132n2 242n4

格单调递增数列，得cnc1

这也是欲证结论的加强.(②∼⑥均可用这种方法证得并加强)

下面再用构造对偶式的方法给出不等式①-⑥的简洁证明(因为②、④、⑥等价，所以只证①、②、③、⑤)：

式①的证明设A

352n1462n2,B，得 242n352n134562n12n22n2ABn

123452n2n1

因为

AB0，所以A2ABn1,A，得欲证成立.注(1)由该证明还可得B2ABn1,B(2)设A

52

4

2n124,C

2n1

3

2n，得AC2n1.由0AC，得2n1

AC，所以欲证成立.(3)对于不等式①、②、③、⑤，读者均可像(1)、(2)这样研究.式②的证明设A

1135(2n1)246(2n),B，得AB.由

2n1246(2n)357(2n1)

0A

B，得A

.3625



3n47,B3n136



3n

158,C3n47



3n2，得3n1

式③的证明设A

ABC

3n2.由ABC0，得A.2式⑤的证明设A

14



3n136,B3n

225



3n47,C3n136



3n1，得3n

ABC3n1.由ABC0，得A.参考文献

1田彦武.推陈出新别具一格——对2008年福建高考理科第22题的研究[J].中学数学(高中)，2008(11)：37-38

不等式证明题 第7篇

江西省萍乡市教研室(337000)曾建强

（发表于《中学数学研究》2006年第9期）

2006年江西高考理科数学压轴题，是一个数列不等式的证明问题，结论简洁，其证明过程给人多方面的启迪.笔者通过对此问题的研究，给出两种新的证明方法，并将证明中得到的几点启示以飨读者.一、高考题新解答

题目是：已知数列an满足：a13,且an23nan1（1）求数列an的(n2,nN*).2an1n

1通项公式；（2）证明：对一切正整数n，不等式a1a2an2n!恒成立.标准答案及阅卷评分细则均只给出一种解法：

n3nn1n1n1解（1）条件可变形为1(1，ann.).于是1an3an1an3n31

（2）a1a2ann!，111(1)(1)(1)33

3为证a1a2an2n!，1.„„„„„„„„„„（*）只要证nN*时，(11)(11

2)(11)3233n

111111即证(1)(12)(1n)1(2n).„„„„„„„„„（**）333333

用数学归纳化证明（**）（略）.1111111111又(1)(12)(1n)1(2n)n.2223333333

原不等式成立.对于第（2）问中的数列不等式的证明，笔者以下提供两种新的证明方法.方法一.分析：f(n)(11)(11)(11)是减函数，由所证知1是f(n)的一个下界，2n333

2因此猜想(11)(11)(11)1必与1相关.这样我们经探索得到一个更简单的加强不2nn33323

等式(1)(11

3111.)(1)23331

11111证明用数学归纳法证明加强不等式(1)(12)(1n)n1（nN*）.① 32333

n1 时，①显然成立.11111假设nk(k1)时，不等式(1)(12)(1k)k1成立，32333

那么，当nk1时，11111111111(1)(12)(1k)(1k1)(k1)(1k1)k1(k1).32323233333

111111111

又k1(k1)(k2)k1(k1)0(k1).***(1)(12)(1k)(1k1)k2.323333

即nk1时，不等式①成立.故对一切nN*，①成立.从而原不等式成立.1111

方法二.分析：不等式(1)(12)(1n)的左边是一个积式，故可设想构造一

3233

关系式累乘相约，化n项积为有限几项来证明.1111

证明原不等式即证1121n＞.3332

11611211

n1时，1.n2时，112＞.33233272

n1131n

311

3n

n≥3时，1

111

11n113n3n3＞0，1n.1131n1n33

1112813233343n1 112131n＞

11113933331314151n3333

1

1

1

1



288

399

12812883n

＞＞.n

12432399311n3

原不等式成立.本文给出的方法一和方法二，无论是思维价值还是其优美的形式都不逊色于标准答案.这一不等式在分析、证明过程中体现的思维策略和证明方法，对证明某些数列不等式都有相当大的启示性.二、证明中的启示

启示1——利用等价命题转化证明的结论

有些欲证不等式，如果原命题不容易直接利用重要不等式结论或进行简单放缩证得，如正负项交替和形式的不等式、用同一量替换放缩时不等式方向不确定等情况，改变其思维策略，转化结论形式，寻找等价命题，有时可以更好地实施证明.例1数列an中，a12，且log2an1log2an1(nN*,n2).对任意不小于3的自然数n，证明：an1n.an1

n1

n

分析：易求数列的通项公式为an2n，原不等式即为21n.一方面，2n用同一

n

21n1

量进行放缩，不等式的放缩方向不能确定；另一方面，2与n的整式关系也不清楚，如用

n

数学归纳法证明也将在证nk1的命题时因不等式无法传递而证明受阻.但是，这一不等式为2的“齐次”形式，易于化为更简形式，因此，我们可尝试寻找等价命题予以解决.*

证明log可化为an2an1，∴an2n.2an1log2an1(nN,n2)

n

原不等式an1n即21n等价于2n2n1.n

an1

n1

2n1n1

当n3时，由二项式定理, 得

1n1n1n1

2n1.2n(11)n1CnCnCn1CnCn

所以，原不等式成立.例2设nN*且n2，求证1

111112n

.2342n12n3n1

分析：不等式左边是一个正负项交替的和，不便于直接用重要不等式结论和直接放缩，可选用数学归纳法证明，也可通过等价变换“化负为正” 然后证明.证明1

11111



2342n12n

(111111)2(111)2342n12n242n(1

11111111)(1)2342n12n23n

111.n1n2nn

所以原不等式等价于1112n.n1n2nn3n1由柯西不等式，有

[(n1)(n2)(nn)]（111

)n2，n1n2nn

即[n2从而，n(n1)111

]()n2，2n1n2nn

1112n.n1n2nn3n1

综上，原不等式成立.启示2——构造并证明加强不等式

许多不等式的结论，为了简洁美观，在不影响正确性的前提下将某些形式作了适当的处理，使我们往往难于证明结论.不等式一边为常数的形式，通常不能直接用数学归纳法证明，应多考虑用放缩法或构造加强不等式的办法进行证明.一般地，数列不等式如果用数学归纳法证nk1的命题时，因为不等式方向相反无法实现传递而受阻，这时应虑考采用构造加强不等式的策略进行探索.构造加强不等式关键在于观察原不等式的结构和特点，抓住主体，扬弃次要进行构造；或者先对前几项的特点进行分析，揭示这几项的共性并与所证结论进行比较寻找为了简洁美观被适当处理了的部分，然后进行构造.对不等式的加强，一般有整体加强和局部加强两类.例 3数列an中，a1，且anan12(1an)(1an1)(n2,nN*).（1）求数列2

（2）证明：a1a2anan的通项公式；

分析：原不等式可化为



1（nN*）

.n

135(2n1)1当nk1，直接用数学归纳法证明时，246(2n)n

2135(2k1)(2k1)12k114k4k1证明受阻.受阻的原因

2246(2k)(2k2)2k2k(k1)4k4k

在于原不等式右边的值较大.因此，设想寻找一个右边比

111，13

2431124

6410

699

要能证明这一整体加强不等式，问题就得到了解决.



更小的加强值.由n

1135(2n1)1，只，猜想

246(2n)n1231

解（1）∵(an1)(1an1)2(1an)(1an1)(n2)，∴1

1an

2(n1)2n，即an2n1.2，∴

2n1an1a11an1

（2）a1a2an1，即135(2n1)1.246(2n)nn

135(2n1)1

先证加强不等式.246(2n)3n1用数学归纳法证明上加强不等式.当n1时，显然成立.1成立，则当nk1时，假设nk(k1)时，135(2k1)

246(2k)3k1

2k112k1135(2k1)(2k1) 

32246(2k)(2k2)3k12k2k28k20k4



2k1k328k219k4



2k11

.

k42k1k41

即nk1时不等式成立.1所以，nN*时，135(2n1)成立.246(2n)n1

从而，原不等式成立.例4设数列an满足：an1an2nan1，n1,2,3,.（1）当a12时，求a2,a3,a4并由此猜测an的一个通项公式；（2）当a13时，证明对所有的n1，有（i）ann2；（ii）

11111

.（2002年全国高考题）1a11a21a31an2

分析：对于（ii），用数学归纳法证明时，由于假设的不等式右边是一个常数，而当nk1时命题左边增加了一个正值项，故证明受阻.但注意到：

()11，且a1142

11111111()2()3()k1()k1，故只要证明()k1，再累加便可证明原不2222221ak2

等式.证明（I）和（2）（i）解证略，这里只证明（2）（ii）.先用数学归纳法证明加强不等式1当n1时，显然成立.假设nk(k1)时，1ak11



()k1成立，则当nk1时，ak12

()n1.an12

11111

()k1()(k1)1.ak(akk)22ak2222

11成立.()n1

an12

即nk1时不等式成立.所以，nN*时，因此，1111111

()2()3()n1 1a11a21a31an222

[1()n]

111()n1.122212

从而有

11111

.1a11a21a31an2

启示3——建立消项关系进行化简求证

数列不等式经常是与n项和或n项积相联系，利用通项的变形或通过放缩后，转化成可

求和消项或中项相消或累乘消项关系，将n项和（或积）化为有限几项的形式，这样解题思路就豁然开朗.例5数列an中，an1，它的前n项和为Sn.证明：Sn1.2n2n1分析：形如

nij

nn1求和时可中间项相消.而对2也可视为是两个因式2和2的积，由此联想，能否

类的通项因分母为两个因式的积，一般可化为相邻两项之差，在n(n1)

将an

1放缩变形后化为相邻两项之差？通过尝试我们回答了这一问题

.n2n1

n2

证明∵an1

n1

n211，

n(n1)2n1n2n(n1)2n1

111111

∴Sn()()[] 223nn1

12222232n2(n1)2



111.

2(n1)2n12

例6数列an中，a15，an1an4(nN*).（1）求不等式4an1an成立时的n的集合；（2）设Tnlog3(an1)log3(an11)log3(a11)，证明：nTnn1.（2006年萍乡市二模试题）

分析：Tn的形式实质上是一串因式的乘积，通过对通项公式的变形，我们可发现

an113

an1，因此可用累乘消项的方法化Tn为只有几项的形式，这就为证明不等式带来an11

了极大的方便.解（1）要使an1an，只需an4an，即只需an3an40，∴只需an4或

an1.由于an0，故只需an4.又a15，a2a143444，同理an4(nN*).∴4an1an成立时的n为一切正自然数.a1，（2）由an13an4(nN*)，得an113n

an11

∴(an1)(an11)(a21)(a11)3n1an11an21a11(a1)3n1a11.an1an11a21

an1

由（1）知an4，

211

.3n1a11243n1.an15an15

∴Tnlog3(an1)(an11)(a11)n1log324n12n1.5另一方面，an4，∴an13，∴Tnlog33nn.所以，nTnn1.举一反三，研究特点，寻找规律，是教学过程中提高水平提升能力的重要方法.本文中所举的启示并非试题证明内涵的的全部，仅为笔者一得.参考文献

周沛耕王博程《数学奥林匹克竞赛标准教材》北京教育出版社2004.8

不等式证明题 第8篇

例1 (2010年高考题辽宁卷24题)：已知a, b, c均为正数，证明:, 并确定a, b, c为何值时等号成立, 并且给出证明.

证明：因为a, b, c均为正数，由平均值不等式得：

所以

故

又因为

所以原不等式成立.

当且仅当a=b=c时, (3) 式和 (4) 式等号成立, 当且仅当时, 等号成立.即当且仅当时, 所证不等式的等号成立.

定理1::已知a1, a2, …, an均为正数, 则, 当且仅当时等号成立.

证明:因为a1, a2, …, an均为正数, 由上文引理2中的不等式 (1) 、 (2) 得:

(当且仅当a1=a2=…=an时等号成立)

(当且仅当a1=a2=…=an时等号成立)

所以

故

(当且仅当时等号成立) 综上可得, 当且仅当时等号成立.

定理2：已知a1, a2，…，an均为正数，则

, 当且仅当a1=a2=…=an时等号成立.

证明:因为a1, a2, …, an均为正数,

(当且仅当a1=a2=…=an时等号成立)

(当且仅当a1=a2=…=an时等号成立)

所以

故

综上当且仅当a1=a2=…=an时等号成立.

例2:若a>0, b>0, c>0且a+b+c=3, 求u=的最小值.

解:因为a>0, b>0, c>0, 所以则由权方和不等式得:

(当且仅当, 即a=b=c时等号成立)

又由定理2得

(当且仅当a=b=c时等号成立)

所以, 当且仅当a=b=c=1时等号成立.

参考文献

[1]朱华伟.从数学竞赛到竞赛数学[M].北京:科学出版社, 2009:140.

[2]刘淑珍.不等式a3+b3+c3≥3abc的证法及推广[J].数学教学通讯, 2004, 01:31-32.

[3]张玮.一个不等式的推广和完善[J].中学教研 (数学) , 2010 (10)

[4]蔡玉书.均值不等式[J].中学数学月刊, 2010, (7) .

[5]魏美云.用基本不等式求最值[J].数理天地 (高中版) , 2010, (9) .

一道不等式证明题的后续 第9篇

证明 因为m＞0，所以1+m＞0，所以要证2≤，即证（a+mb）2≤（1+m）（a2+mb2），即证m（a2-2ab+b2）≥0，即证（a-b）2≥0，而（a-b）2≥0显然成立，故2≤.

注析 不等式形式虽较繁琐，但作为一个证明题，是较容易证明的.从上述证法中，我们可以发现当且仅当a=b时，不等式取等，两边统一为一个平方数a2.以下，我们考虑此不等式的实际意义.

考虑函数f （x）=x2，则2=f ，=，故原不等式即f ≤.

如图1，设A（a，0），B（b，0），a＜b，则C（a，a2），D（b，b2）.容易判断a＜＜b，而直线CD的方程为y=（x-a）+a2，即y=（a+b）x-ab，当x=时，y=.由图（点G恒在点F上方）易知f ＜.

可见，不等式成立的几何意义是，函数f （x）=x2图像上任两点间的图像在这两点连线的下方.特别地，当m=1时，原不等式即2≤，改成函数值形式即f ≤.

此形式在课本中不止一次出现过.比如：对任意的x1，x2∈R，若函数f （x）=2x，试比较与

f 的大小关系.

换个角度看，设E，0，G，，则有点E分线段AB的比值为m，点G分线段CD的比值也为m.从而无需求直线CD的方程也可判断不等式的正确性.由此，试题的命制建立在定比分点的坐标公式和函数的“凸凹”性上.

变式1 如图2，对于函数f （x）=x2（x＞0）上任意两点A（a，a2），B（b，b2），连结线段AB，则线段AB必在曲线AB的上方，设点C分的比为λ（λ＞0），则由点C在点C′上方可得不等式＞2.请分析函数y=lnx（x＞0）的图像，类比上述不等式可得到的不等式是________.

解析 由点C分的比为λ，知=λ，则有C，，显然有＞2成立.而对函数y=lnx的图像进行类似构造，易知点C在点C′下方，则有不等式＜ln成立.

注析 此题将之与类比推理结合起来，关键是要能快速看出已知命题为什么成立，明白就里便可迅速写出结果.

变式2 （2011届泰州中学高三期中）函数f （x）=2x，对x1，x2∈R，x1≠x2，α=，β=（λ＞1），比较大小：f （α）+f （β）_____ f （x1）+f （x2）.（填“＜”，“=”，“＞”之一）

解析 易知＜α＜x2，x1＜β＜，且α+β=

+=x1+x2.

如图3，设C（x1，f（x1）），D（x2，f（x2）），x1＜x2，H，，E（α，f（α）），F（β，f（β）），G，，由图（点H在点G上方）易知f （α）+f （β）＜f （x1）+f （x2）.

注析 题中字母变量过多，一般可考虑作差比较，但此法需要代数变形，即使取些特殊值也要经过一番试探.考虑借助图形，我们可以快速找到式子的几何意义，大大缩减了问题解决的用时.

变式3 （2010年江苏卷改编）设函数f （x）=lnx+（x＞1），给定x1，x2∈（1，+∞），x1＜x2，α=mx1+（1-m）x2，β=（1-m）x1+mx2，且α＞1，β＞1，若|f （α）-f （β）|＜|f （x1）-f （x2）|，则实数m的取值范围为________.

解析 因为f ′（x）=-=＞0对x∈（1，+∞）恒成立，所以函数f （x）在（1，+∞）上是单调递增函数.

而α+β=mx1+（1-m）x2+（1-m）x1+mx2=x1+x2.

（1） 若m≤0，则α=mx1+（1-m）x2≥mx2+（1-m）x2=x2，则β≤x1，即有β≤x1＜x2≤α，所以|f （α）-f （β）|≥|f （x1）-f （x2）|，不符题意；

（2） 若m≥1，则α=mx1+（1-m）x2≤mx1+（1-m）x1=x1，则β≥x2，即有α≤x1＜x2≤β，所以|f （α）-f （β）|≥|f （x1）-

f （x2）|，不符题意；

（3） 若0＜m＜1， 则α=mx1+（1-m）x2＜mx2+（1-m）x2=x2，则β＞x1，即有x1＜α≤β＜x2，所以|f （α）-f （β）|＜f （x1）-

f （x2），满足题意.

综上，可知实数m的取值范围为（0，1）.

注析 事实上，条件中的等式“α=mx1+（1-m）x2”是定比分点坐标公式的变形.如图4，设A（x1，0），B（x2，0），C（α，0），D（β，0），则等式“α=mx1+（1-m）x2”的几何意义是点C分线段AB的比值为-1.由“α+β=x1+x2”，可知α和β，x1和x2都关于对称出现.故只有α和β均在x1，x2之间时，才满足题意，即-1＞0，亦可得m∈（0，1）.

变式4 设关于x的方程x2-mx-1=0有两个实根α，β，且α＜β，f （x）=.对正实数λ，μ，试比较大小：f- ______|α-β|.（填“＜”，“=”，“＞”之一）

解析 对函数f （x）求导，得f ′（x）=，易知f ′（x）＞0对x∈（α，β）恒成立，即函数f （x）在（α，β）内单调递增.

对正实数λ，μ，有0＜＜1，0＜＜1，且+=1，所以α＜＜β，α＜＜β，所以f-f＜|f （α）-f （β）|.而|f （α）-

f（β）|=-==

|α-β|=|α-β|，故应填＜.

注析 在定比分点的坐标公式中，将比值的具体值模糊化，只要x=λα+μβ（λ+μ=1），就可判断x在（α，β）内.由λ，μ的不确定性，只知左边是区间（α，β）内的两个函数值的差，不易求值，可见结果的取得需要经历合理的猜想及必要的计算.而过程显示，题中函数的极值差与极值点的差的绝对值相等，美妙的结果（如图5）.

对试题解决过后的再思考，或许会将我们引领到更为广阔的天地中去.放手去做，放心去翔，驰骋于思维的练兵场，收获是斐然的.

不等式证明 第10篇

比较法证明不等式

a2b2ab1.设ab0，求证：2.ab2ab

2.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲

（1）已知x、y都是正实数，求证：x3y3x2yxy2；

（2对满足xyz1的一切正实数 x,y,z恒成立，求实数a的取值范围

.,1综合法证明不等式（利用均值不等式）3.已知abc, 求证：1 114.abbcac

4.设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：

1（Ⅰ）ab+bc+ac3；

a2b2c2

1ca（Ⅱ）b

5.（1）求不等式x32x1的解集;

121225（a)(b)a,bR,ab1ab2.（2）已知，求证：

6.若a、b、c是不全相等的正数，求证：

分析法证明不等式

7.某同学在证明命题“7要证明732”时作了如下分析，请你补充完整.62，只需证明________________,只需证明___________,＋292，展开得9即,只需证明1418,________________,所以原不等式:62成立.22263,(72)(63)，因为1418成立。

abc8.已知a,b,cR。3

9.(本题满分10分)已知函数f(x)|x1|。

(Ⅰ)解不等式f(x)f(x4)8；{x|x≤－5，或x≥3}(Ⅱ)若|a|1,|b|1，且a0，求证：f(ab)|a|f().10.（本小题满分10分）当a,bMx|2x2时,证明:2|a+b|＜|4+ab|.反证法证明不等式

11.已知a，b，c均为实数，且a=x2y+2baπππ22，b=y2z+，c=z2x+，236

求证：a，b，c中至少有一个大于0.12.（12分）若x,yR,x0,y0,且xy2。求证：1x和1y中至少有一个小于2.yx

放缩法证明不等式

13.证明不等式：1111121231

123n2

214.设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4SnannN,且

14n1,a2,a5,a14构成等比数列．

(1)证明：a2

(2)求数列an的通项公式；an2n1

(3)证明：对一切正整数n，有11a1a2a2a311． anan12

15.设数列an的前n项和为Sn.已知a11,2Sn12an1n2n,nN*.n33

(Ⅰ)求a2的值；a24(Ⅱ)求数列an的通项公式；ann2(Ⅲ)证明:对一切正整数n,有数学归纳法证明不等式

16.(本小题满分12分)若不等式11

n1n21a对一切正整数n都成立，求正3n12411a1a217.an4

整数a的最大值，并证明结论．25

17.用数学归纳法证明不等式：