上海高考不等式的证明

第一篇：上海高考不等式的证明

高考冲刺不等式的证明

【本周授课内容】：不等式的证明

【重点】：正确使用不等式的基本性质与定理，理解并掌握证明不等式的常用方法。

【难点】：据所证不等式的结构特征选择证明方法以及把握不等式证明过程的基本过程及格式的规范。

主要内容及重点例题参考：

1.不等式证明的理论依据：不等式的概念和性质，实数的性质，以及一些基本的不等式：

(1)若a∈R，则|a|≥0，a2≥0。

(2)若a,b∈R，则a2+b2≥2ab。

(3)若a,b∈R+，则

(4)若a,b同号，则

(5)若a,b,c∈R+，则

2.证明不等式的基本方法：比较法(作差、作商)，综合法，分析法，数学归纳法及反证法;另外还有如换元法、放缩法等。

3.例题分析:

例1.a,b,c∈R+，求证：a3+b3+c3≥3abc。

分析与解答：

证法一：(比较法)

∵ a3+b3+c3-3abc

=(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc

=(a+b+c)[a2+2ab+b2-ac-bc+c2]-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)

=(a+b+c)[

证法二(综合法)：

∵ a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)ab (当且仅当a=b时“=”成立)

b3+c3=(b+c)(b2+c2-bc)≥(b+c)bc (当且仅当b=c时“=”成立)

c3+a3=(a+c)(c2+a2-ca)≥(c+a)ca (当且仅当c=a时“=”成立)

∴ 2(a3+b3+c3)≥a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2

=b(a2+c2)+a(b2+c2)+c(a2+b2)

≥2abc+2abc+2abc=6abc。(当且仅当a=b=c时“=”成立)

∴ a3+b3+c3≥3abc。

例2.已知a,b,c为不等正数，求证：a2ab2bc2c>ab+cbc+aca+b。

≥+。 ≥2。≥。(6)若a,b∈R，则||a|-|b||≤|a+b|≤|a|+|b|。 (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0。∴ a3+b3+c3≥3abc。

分析：由于所证不等式两端都是幂和积的形式，且a,b,c为正数，可选用商值比较法。

证明：a,b,c为不等正数，不失一般性，设a>b>c>0，这时a2ab2bc2c>0，ab+cbc+aca+b>0。

=a(a-b)+(a-c)b(b-c)+(b-a)c(c-b)+(c-a)=()a-b()b-c()c-a

∵ a>b>c>0，∴ >1，a-b>0;>1，b-c>0;0<

)b-c>1，(<1，c-a<0。)c-a>1。由指数函数的性质可知：()a-b>1，(

∴ >1， 即：a2ab2bc2c>ab+cbc+aca+b。

评述：例1的证法一与例2都是应用比较法证明不等式，求差比较法的基本步骤是“作差——变形——判定差式的正负”;求商比较法的基本步骤是“作商——变形——判定商式大于1或小于1”，应注意，求商比较法一般用于各字母均为正数的不等式的证明。

例3.已知a,b,c∈R，求证：

分析：不等式的左端是根式，而右端是整式，应设法通过适当的放缩变换将左式各根式的被开方式转化为完全平方式。

证明：∵ a2+b2≥2ab，∴ 2(a2+b2)≥a2+2ab+b2=(a+b)2， ++≥(a+b+c)。

即a2+b2≥，两边开方，得：≥|a+b|≥(a+b)

同理可得≥(b+c)，≥(c+a)

三式相加，得：

++≥(a+b+c)

例4.已知a,b,c∈R+，且a+b+c=1，求证：(1)

分析：利用基本不等式，采用综合法解决问题。

(1)证法一：++=+

，∴ abc≤+，∴ ++≥9，(2)a2+b2+c2≥。 =3+≥27，+++++≥3+2+2+2=9。证法二：∵ 1=a+b+c≥3

∴

++≥3≥3=9。

(2)∵ 1=a+b+c，

∴ 1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc

≤a2+b2+c2+(a2+b2)+(a2+c2)+(b2+c2)=3(a2+b2+c2)。

∴ a2+b2+c2≥。

评述：利用综合法由因导果证明不等式，就要揭示出条件与结论之间的因果关系，为此要着力分析已知与求证之间的差异与联系，不等式左右两端的差异和联系，如例4是个条件不等式的证明问题。给出的特定条件是a+b+c=1，在分析所证不等式左右两端的差异后，合理应用已知条件，进行有效的变换就是证明不等式的关键。

例5.已知|a|<1，|b|<1，求证：|

分析：利用分析法证明。

证明：要证||<1成立，只要证|a+b|<|1+ab|， |<1。

只要证(a+b)2<(1+ab)2，即a2+b2+2ab<1+2ab+a2b2，

只要证a2+b2-1-a2b2<0，只要证(a2-1)(1-b2)<0，

只要证(a2-1)(b2-1)>0。∵ |a|<1，|b|<1，∴ a2<1，b2<1，

∴ (a2-1)，(b2-1)同号，∴ (a2-1)(b2-1)>0成立，

∴ |

例6.已知a，b是不等正数，且a3-b3=a2-b2，求证：1

分析：已知条件中等式两端和求证结论中不等式两端有次数上的差异，因此在证明中应采用从已知条件出发，施行降次变换，或从求证结论出发，施行升次变换的方法。

证明：a，b是不等正数，且a3-b3=a2-b2，

a2+ab+b2=a+b

3(a+b)<4(a+b)2=a2+2ab+b2>a2+ab+b2=a+b3(a+b)2<4(a+b)a+b>1。|<1。a+b<

3(a2+2ab+b2)<4(a2+ab+b2)a2-2ab+b2>0(a-b)2>0。

成立。即(a-b)2>0一定成立，故a+b<

评述：分析法是从求证的不等式出发，逐步寻求使不等式成立的条件，直至所需条件被确认成立，就断定求证的不等式成立。分析法的思路是：执果索因：从求证的不等式出发，探索使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式。在例6中证明a+b>1采用的是综合法。证明a+b<

常常是相互配合交替进行的。

例7.已知a,b,c∈(0,1)，求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a中至少有一个不大于

证明：假设(1-a)b>，(1-b)c>，(1-c)a>，。采用的是分析法，事实上，推理论证中，由因导果和执果索因两种方法

∵ a,b,c∈(0,1)，∴ 1-a，1-b，1-c∈(0,1)，

∴ >，

+>，+>，>。

三式相加，得：

由平均值定理可知：++≤++=

与上式相矛盾，故假设不成立。

∴ (1-a)b，(1-b)c，(1-c)a中至少有一个不小于。

评述：反证法：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(例7)题目的结论是：三个数中“至少有一个不大于

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

明了，为推出矛盾提供了方便，故采用反证法是适宜的。

4.课后练习：

(1)已知x∈R，求证：1+2x4≥x2+2x3

(2)已知a,b∈R，a≠b，求证：a2+ab+b2>0。”，情况比较”，结构简单

(3)求证log56·log54<1。提示：先化成常用对数，然后用均值不等式，有

(4)设x≠0，求证：x+≥2或x+≤-2。。

第二篇：高考第一轮复习数学：不等式的证明

不等式的证明

(一)

●知识梳理

1.均值定理：a+b≥2ab; ab≤(ab2)2(a、b∈R+)，

当且仅当a=b时取等号. 2.比较法：a-b>0a>b，a-b<0a0，b>0，

ab>1a>b. 特别提示

1.比较法证明不等式是不等式证明的最基本的方法.作差后需要判断差的符号，作差变形的方向常常是因式分解后，把差写成积的形式或配成完全平方式. 2.比商法要注意使用条件，若●点击双基

1.若a、b是正数，则

ab2ab>1不能推出a>b.这里要注意a、b两数的符号.

、ab、

2abab、

a2b22这四个数的大小顺序是

A.ab≤ab22≤2abab≤

a2b22

B.a2b2≤ab≤

ab2≤

2abab2

C.2abab≤ab≤ab22≤

a2b2

D.ab≤ab2≤

ab22≤

2abab

解析：可设a=1，b=2， 则ab2=43232，ab=2，

2ababa2=，

14252b2===2.5. 答案：C

2.设0

解析：∵0

B.b

11x中最大的一个是 C.c

D.不能确定

∴1+x>2x=4x>2x. ∴只需比较1+x与∵1+x-∴1+x<11x11x11x2的大小. =-

x2=. 1x11x1x<0，

答案：C 3.(2005年春季上海，15)若a、b、c是常数，则“a>0且b2-4ac<0”是“对任意x∈R，有ax2+bx+c>0”的

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

必要条件 解析：当a>0，b2-4ac<0时，ax2+bx+c>0. 反之，ax+bx+c>0对x∈R成立不能推出a>0，b-4ac<0. 反例：a=b=0，c=2.故选A. 答案：A 4.(理)已知|a+b|<-c(a、b、c∈R)，给出下列不等式：

①a<-b-c;②a>-b+c;③a

(文)若a、b∈R，有下列不等式：①a+3>2a;②a+b≥2(a-b-1);③a+b>a3b2+a2b3;④a+1a

222

552

2≥2.其中一定成立的是__________. 解析：①a2+3-2a=(a-1)2+2>0， ∴a2+3>2a;

②a2+b2-2a+2b+2=(a-1)2+(b+1)2≥0， ∴a2+b2≥2(a-b-1);

③a+b-ab-ab=a(a-b)+b(b-a) =(a2-b2)(a3-b3)=(a+b)(a-b)2(a2+ab+b2). ∵(a-b)≥0，a+ab+b≥0，但a+b符号不确定， ∴a5+b5>a3b2+a2b3不正确; ④a∈R时，a+答案：①② 1a22

255322

332

2

3

2

2≥2不正确.

5.船在流水中在甲地和乙地间来回行驶一次的平均速度v1和在静水中的速度v2的大小关系为____________. 解析：设甲地至乙地的距离为s，船在静水中的速度为v2，水流速度为v(v2>v>0)，则船在流水中在甲乙间来回行驶一次的时间

t=sv2v+sv2v=v2v22v2s2v22，

平均速度v1=22st2=

vv2. ∵v1-v2=∴v1

v2v2<0，

答案：v1

【例1】 设a>0，b>0，求证：(

a21b)2(

b111a)2≥a2+b2. 剖析：不等式两端都是多项式的形式，故可用比差法证明或比商法证明. 证法一：左边-右边=

(a)(b)ab(ab)(aabb)ab(ab)(a2abb)(aab(ab)33-(a+b)

=

==

b)(abab)2≥0. ab∴原不等式成立. 证法二：左边>0，右边>0，

左边右边=(ab)(aab(aabb)b)=

aabbab≥

2ababab=1. ∴原不等式成立. 评述：用比较法证不等式，一般要经历作差(或商)、变形、判断三个步骤.变形的主要手段是通分、因式分解或配方.在变形过程中，也可利用基本不等式放缩，如证法二.下面的例3则是公式法与配方法的综合应用. 【例2】 已知a、b、x、y∈R且求证：xxa+

1a>

1b，x>y. >yyb. 剖析：观察待证不等式的特征，用比较法或分析法较适合. 证法一：(作差比较法)

∵又xxa1a-1byyb(xa)(yb)=

bxay，

>且a、b∈R+，

∴b>a>0.又x>y>0，∴bx>ay. ∴bxay(xa)(yb)>0，即

xxa>

yyb. 证法二：(分析法) ∵x、y、a、b∈R，∴要证+

xxa>

yyb，

只需证明x(y+b)>y(x+a)，即证xb>ya. 而由1a>1b>0，∴b>a>0.又x>y>0，

知xb>ya显然成立.故原不等式成立. 思考讨论

该例若用函数的单调性应如何构造函数? 解法一：令f(x)=再令g(x)=∵1axxa，易证f(x)在(0，+∞)上为增函数，从而

xxa>

yyb. mmx，易证g(x)在(0，+∞)上单调递减.

+>1b，a、b∈R.∴a

mma∴g(a)>g(b)，即>

mmb，命题得证.

xy解法二：原不等式即为

axa1>

byb1，

为此构造函数f(x)=

xx1，x∈(0，+∞).

xa易证f(x)在(0，+∞)上为单调增函数，而xy>

yb，

∴axa1>byb1，即

xxa>

yyb. 【例3】 某食品厂定期购买面粉.已知该厂每天需用面粉6 t，每吨面粉的价格为1800元，面粉的保管等其他费用为平均每吨每天3元，购面粉每次需支付运费900元. (1)求该厂多少天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少? (2)若提供面粉的公司规定：当一次购买面粉不少于210 t时，其价格可享受9折优惠(即原价的90%)，问该厂是否考虑利用此优惠条件?请说明理由. 解：(1)设该厂应每隔x天购买一次面粉，其购买量为6x t，由题意知，面粉的保管等其他费用为3[6x+6(x-1)+„+6×2+6×1]=9x(x+1).

设平均每天所支付的总费用为y1元，则y1=900x1x[9x(x+1)+900]+6×1800 =+9x+10809≥

2900x9x+10809 =10989. 当且仅当9x=900x，即x=10时取等号，

即该厂应每隔10天购买一次面粉，才能使平均每天所支付的总费用最少. (2)若厂家利用此优惠条件，则至少每隔35天，购买一次面粉，平均每天支付的总费用为y2元，则

y2==1x[9x(x+1)+900]+6×1800×0.90 +9x+9729(x≥35). 100x900x令f(x)=x+(x≥35)，

x2>x1≥35，则 f(x1)-f(x2)=(x1+=

100x1)-(x2+

100x2)

(x2x1)(100x1x2)x1x2

∵x2>x1≥35，

∴x2-x1>0，x1x2>0，100-x1x2<0. ∴f(x1)-f(x2)<0，f(x1)

1.设x>0，y>0，且xy-(x+y)=1，则 A.x+y≤22+2

B.x+y≥22+2 D.x+y≥(2+1)

2C.x+y≤(2+1)解析：∵x>0，y>0，∴xy≤(由xy-(x+y)=1得(∴x+y≥2+22. 答案：B

xy2xy2).

2)2-(x+y)≥1. 2.已知x、y∈R，M=x2+y2+1，N=x+y+xy，则M与N的大小关系是 A.M≥N

B.M≤N

C.M=N

D.不能确定

解析：M-N=x+y+1-(x+y+xy) ==121222[(x2+y2-2xy)+(x2-2x+1)+(y2-2y+1)] [(x-y)2+(x-1)2+(y-1)2]≥0. 答案：A 3.设a>0，b>0，a+解析：a+

22b22b2=1，则a1b2的最大值是____________.

12b2b22=1a+

2

=

32.

a2∴a1b2=2·a·答案：32412b2212332=2·2=.

≤2·

24

ab24.若记号“※”表示求两个实数a和b的算术平均数的运算，即a※b=，则两边均含有运算符号“※”和“+”，且对于任意3个实数a、b、c都能成立的一个等式可以是____________. 解析：∵a※b=ab2ba2，b※a=，

∴a※b+c=b※a+c. 答案：a※b+c=b※a+c. 思考：对于运算“※”分配律成立吗? 即a※(b+c)=a※b+a※c. 答案：不成立

5.当m>n时，求证：m3-m2n-3mn2>2m2n-6mn2+n3.

证明：∵(m3-m2n-3mn2)-(2m2n-6mn2+n3)=m3-3m2n+3mn2-n3=(m-n)3，

3又m>n，∴m-n>0.∴(m-n)>0，

即(m3-m2n-3mn2)-(2m2n-6mn2+n3)>0. 故m-mn-3mn>2mn-6mn+n.

6.已知a>1，λ>0，求证：loga(a+λ)>loga+λ(a+2λ). 证明：loga(a+λ)-log(a+λ)(a+2λ) =lg(a)lga2322223-lg(a2)lg(a)

=lg(a)lgalg(a2)lgalg(a)

∵a>1，λ>0，

∴lga>0，lg(a+2λ)>0，且lga≠lg(a+2λ). ∴lga·lg(a+2λ)<[(=[lg(a2lgalg(a2)2lg(a)22)]

22 2a)2]<[

2]=lg(a+λ).

∴lg(a)lgalg(a2)lgalg(a)2>0. ∴loga(a+λ)>log(a+λ)(a+2λ). 培养能力

7.已知x>0，y>0，若不等式x+y≤mxy恒成立，求实数m的最小值. 分析：∵x+y≤mxy恒成立，

xxyxxyyy∴m≥恒成立. ∴m的最小值就是的最大值. 解：∵x+y≤mxy恒成立，

xxyy∴m≥恒成立. ∵x>0，y>0， ∴xy≥(x2xx2yyy)2=

x2y. ∴xxyy≤=2. ∴m的最小值为2. 评述：分离参数法是求参数的范围问题常用的方法，化归是解这类问题常用的手段. 8.有点难度哟!

求证：在非Rt△ABC中，若a>b，ha、hb分别表示a、b边上的高，则必有a+ha>b+hb. 证明：设S表示△ABC的面积，则 S=12aha=12bhb=12absinC. ∴ha=bsinC，hb=asinC.

∴(a+ha)-(b+hb)=a+bsinC-b-asinC =(a-b)(1-sinC). ∵C≠π2，∴1-sinC>0. ∴(a-b)(1-sinC)>0. ∴a+ha>b+hb.

探究创新

9.设二次函数f(x)=ax+bx+c(a>0)，方程f(x)-x=0的两根x

1、x2满足1

1、x2是方程f(x)-x=0的根， ∴F(x)=a(x-x1)(x-x2). 当x∈(0，x1)时，由于x10. 又a>0，得F(x)=a(x-x1)(x-x2)>0， 即x

，x1-x>0，

1+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0， ∴x1-f(x)>0，即f(x)

b2a. ∵x

1、x2是方程f(x)-x=0的根，

即x

1、x2是方程ax2+(b-1)x+c=0的根， ∴x1+x2=-∴x0=-b2ab1a.

=.

ax1ax212a=a(x1x2)12aax12ax12. 又∵ax2<1，∴x0<=●思悟小结

1.比较法有两种形式：一是作差，二是作商.用作差法证明不等式是证明不等式中最基本、最常用的方法.它的依据是不等式的基本性质. 2.步骤是：作差(商)→变形→判断.变形的目的是为了判断.若是作差，就判断与0的大小关系，为了便于判断，往往把形式变为积或完全平方式.若是作商，两边为正，就判断与1的大小关系. 3.有时要先对不等式作等价变形再进行证明，有时几种证明方法综合使用. 4.在应用均值定理求最值时，要把握定理成立的三个条件，就是“一正——各项均为正;二定——积或和为定值;三相等——等号能否取得”.若忽略了某个条件，就会出现错误. ●教师下载中心 教学点睛

1.在证明不等式的各种方法中，作差比较法是一种最基本、最重要的方法，它是利用不等式两边的差是正数还是负数来证明不等式，其应用非常广泛，一定要熟练掌握.

2.对于公式a+b≥2ab，ab≤(

ab2)2要讲清它们的作用和使用条件及内在联系，两个公式也体现了ab和a+b的转化关系. 拓展题例

【例1】设a、b∈R，关于x的方程x2+ax+b=0的实根为α、β.若|a|+|b|<1，求证：|α|<1，|β|<1. 证法一：∵α+β=-a，αβ=b，

∴|α+β|+|αβ|=|a|+|b|<1. ∴|α|-|β|+|α||β|<1，(|α|-1)(|β|+1)<0. ∴|α|<1.同理，|β|<1. 证法二：设f(x)=x+ax+b，则有

f(1)=1+a+b>1-(|a|+|b|)>1-1=0， f(-1)=1-a+b>1-(|a|+|b|)>0. ∵0≤|a|<1，∴-1

yx2y≤C≤

xx2y+

y2xy对任意正

. +yx2y≤

23，此不等式3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2x+y)(x+2y)x2+y2+y2xy≥

23，

22此不等式3x(2x+y)+3y(x+2y)≥2(x+2y)(2x+y)2xy≤x+y. 综上，可知存在常数C=

23，使对任何正数x、y不等式恒成立.

6.3 不等式的证明

(二)

●知识梳理

1.用综合法证明不等式：利用不等式的性质和已证明过的不等式以及函数的单调性导出待证不等式的方法叫综合法，概括为“由因导果”. 2.用分析法证明不等式：从待证不等式出发，分析并寻求使这个不等式成立的充分条件

的方法叫分析法，概括为“执果索因”. 3.放缩法证明不等式. 4.利用单调性证明不等式. 5.构造一元二次方程利用“Δ”法证明不等式. 6.数形结合法证明不等式. 7.反证法、换元法等. 特别提示

不等式证明方法多，证法灵活，其中比较法、分析法、综合法是基本方法，要熟练掌握，其他方法作为辅助，这些方法之间不能截然分开，要综合运用各种方法. ●点击双基

1.(2005年春季北京，8)若不等式(-1)a<2+数a的取值范围是

A.[-2，C.[-3，3232n

(1)nn1对任意n∈N恒成立，则实

*) )

B.(-2，D.(-3，

3232) )

解析：当n为正偶数时， a<2-1n，2-121n为增函数，

∴a<2-=32.

1n当n为正奇数时，-a<2+而-2-1n，a>-2-

1n1n. 为增函数，-2-

32<-2，

∴a≥-2.故a∈[-2，答案：A

). 2.(2003年南京市质检题)若<

a11b<0，则下列结论不正确的是 ...

B.ab|a+b|

　　2A.a

　　21b

　　+ab>2

　　1a解析：由<<0，知b

　　C.充要条件

　　答案：A

　　B.必要条件

　　D.既不充分又不必要条件

　　4.(理)在等差数列{an}与等比数列{bn}中，a1=b1>0，an=bn>0，则am与bm的大小关系是____________.

　　解析：若d=0或q=1，则am=bm. 若d≠0，画出an=a1+(n-1)d与bn=b1·q

　　y n-

　　1的图象，

　　O1m n x 易知am>bm，故am≥bm. 答案：am≥bm

　　(文)在等差数列{an}与等比数列{bn}中，a1=b1>0，a2n+1=b2n+1>0(n=1，2，3，„)，则an+1与bn+1的大小关系是____________. 解析：an+1=a1a2n121ab1ab≥a1a2n1=b1b2n1=bn+1. 答案：an+1≥bn+1 5.若a>b>c，则

　　+

　　1bc1bc_______

　　3ac.(填“>”“=”“<”)

　　1ab解析：a>b>c，(1+)(a-c)=(+

　　1bc)[(a-b)+(b-c)]

　　≥2(ab)(bc)1·2(ab)(bc)=4.

　　3ac∴ab+1bc≥

　　4ac>. 答案：> ●典例剖析

　　【例1】 设实数x、y满足y+x2=0，0

　　18. 剖析：不等式左端含x、y，而右端不含x、y，故从左向右变形时应消去x、y. xy证明：∵a>0，a>0， ∴ax+ay≥2axy=2axx. ∵x-x2=xy

　　214-(x-112)2≤

　　114，0

　　∴a+a≥2a4=2a8.

　　1∴loga(a+a)

　　18.

　　1评述：本题的证题思路可由分析法获得.要证原不等式成立，只要证a+a≥2·a8即可. 【例2】 已知a、b、c∈R，且a+b+c=1.求证： (1+a)(1+b)(1+c)≥8(1-a)(1-b)(1-c). 剖析：在条件“a+b+c=1”的作用下，将不等式的“真面目”隐含了，给证明不等式带来困难，若用“a+b+c”换成“1”，则还原出原不等式的“真面目”，从而抓住实质，解决

　　+

　　xy

　　问题. 证明：∵a、b、c∈R且a+b+c=1， ∴要证原不等式成立， 即证[(a+b+c)+a]·[(a+b+c)+b][(a+b+c)+c]≥8[(a+b+c)-a]·[(a+b+c)-b]·[(a+b+c)-c]. 也就是证[(a+b)+(c+a)][(a+b)+(b+c)]·[(c+a)+(b+c)]≥8(b+c)(c+a)(a+b). ①

　　∵(a+b)+(b+c)≥2(ab)(bc)>0， (b+c)+(c+a)≥2(bc)(ca)>0， (c+a)+(a+b)≥2(ca)(ab)>0， 三式相乘得①式成立. 故原不等式得证. 【例3】 已知a>1，n≥2，n∈N*. 求证：na-1

　　.

　　a1n证法一：要证na-1<即证a<(a1n，

　　+1).

　　n令a-1=t>0，则a=t+1. 也就是证t+1<(1+∵(1+tntntn)n. +„+Cnn(

　　tn)n=1+C1na1nn)n>1+t，

　　即na-1<成立. 证法二：设a=xn，x>1. 于是只要证即证xnx1n>x-1，

　　n-11x1n-1>n.联想到等比数列前n项和1+x+„+xn-

　　2=

　　xn1x1，

　　① ② 倒序x+x+„+1=nxn1x1.

　　①+②得2·x1x1=(1+xn-1)+(x+xn-2)+„+(xn-1+1)

　　>2xn1+2xn1+„+2xn1>2n. ∴xn1x1>n. 思考讨论

　　本不等式是与自然数有关的命题，用数学归纳法可以证吗?读者可尝试一下.

　　●闯关训练 夯实基础

　　1.已知a、b是不相等的正数，x=

　　a2b，y=ab，则x、y的关系是

　　A.x>y 解析：∵x2=y2=a+b=12

　　12 B.y>x

　　1

　　2C.x>2y

　　D.不能确定

　　(a+b)2=

　　12(a+b+2ab)，

　　(a+b+a+b)>

　　(a+b+2ab)=x2，又x>0，y>0.∴y>x. 答案：B 2.对实数a和x而言，不等式x+13ax>5ax+9a成立的充要条件是____________. 解析：(x3+13a2x)-(5ax2+9a3) =x3-5ax2+13a2x-9a3 =(x-a)(x2-4ax+9a2)

　　=(x-a)[(x-2a)+5a]>0. ∵当x≠2a≠0时，有(x-2a)2+5a2>0. 由题意故只需x-a>0即x>a，以上过程可逆. 答案：x>a

　　3.已知a>b>c且a+b+c=0，求证：b2ac<3a.

　　22证明：要证b2ac<3a，只需证b-ac<3a，

　　22

　　32

　　2

　　3即证b2+a(a+b)<3a2，即证(a-b)(2a+b)>0， 即证(a-b)(a-c)>0. ∵a>b>c，∴(a-b)·(a-c)>0成立. ∴原不等式成立. 4.已知a+b+c=0，求证：ab+bc+ca≤0. 证法一：(综合法)∵a+b+c=0， ∴(a+b+c)=0. 展开得ab+bc+ca=-∴ab+bc+ca≤0. 证法二：(分析法)要证ab+bc+ca≤0， ∵a+b+c=0，

　　故只需证ab+bc+ca≤(a+b+c)2， 即证a+b+c+ab+bc+ca≥0， 亦即证122222

　　2

　　22

　　a2b2c22，

　　[(a+b)+(b+c)+(c+a)]≥0.

　　而这是显然的，由于以上相应各步均可逆， ∴原不等式成立. 证法三：∵a+b+c=0，∴-c=a+b. ∴ab+bc+ca=ab+(b+a)c=ab-(a+b)2

　　=-a-b-ab=-[(a+22

　　b2)+

　　2

　　3b42]≤0.

　　∴ab+bc+ca≤0. 培养能力

　　5.设a+b+c=1，a2+b2+c2=1且a>b>c. 求证：-

　　22∴(a+b)-2ab+c=1. ∴2ab=(a+b)2+c2-1=(1-c)2+c2-1=2c2-2c. ∴ab=c-c. 又∵a+b=1-c，

　　∴a、b是方程x+(c-1)x+c-c=0的两个根，且a>b>c. 令f(x)=x2+(c-1)x+c2-c，则

　　Δ011ccc032f(c)0.

　　222222

　　6.已知2b2ca=1，求证：方程ax2+bx+c=0有实数根.

　　a2c2证明：由2b2ca=1，∴b=. ∴b=(2a2+2c)=

　　2a22+2ac+2c2=4ac+(

　　a2-2c)2≥4ac. ∴方程ax2+bx+c=0有实数根. 7.设a、b、c均为实数，求证：证明：∵a、b、c均为实数， ∴12121212a+

　　12b+

　　12c≥

　　1bc+

　　1ca+

　　1ab. (12b12c12a+12c12b)≥

　　12bc12ab≥≥≥

　　11ab，当a=b时等号成立;

　　((++)≥)≥

　　bc1ca，当b=c时等号成立; . ≥

　　1bc12a12ca三个不等式相加即得探究创新

　　12a+

　　12b+

　　12c+

　　1ca+

　　1ab，当且仅当a=b=c时等号成立. 8.已知a、b、c、d∈R，且a+b=c+d=1，ac+bd>1. 求证：a、b、c、d中至少有一个是负数. 证明：假设a、b、c、d都是非负数， ∵a+b=c+d=1，∴(a+b)(c+d)=1.

　　∴ac+bd+bc+ad=1≥ac+bd. 这与ac+bd>1矛盾. 所以假设不成立，即a、b、c、d中至少有一个负数. ●思悟小结

　　1.综合法就是“由因导果”，从已知不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直至推出要证的结论. 2.分析法就是“执果索因”，从所证不等式出发，不断用充分条件替换前面的不等式，直至找到成立的不等式. 3.探求不等式的证法一般用分析法，叙述证明过程用综合法较简，两法结合在证明不等式中经常遇到. 4.构造函数利用单调性证不等式或构造方程利用“Δ≥0”证不等式，充分体现相关知识间的联系. ●教师下载中心 教学点睛

　　1.在证明不等式的过程中，分析法和综合法是不能分离的，如果使用综合法证明不等式难以入手时，常用分析法探索证题途径，之后用综合法的形式写出它的证明过程，以适应学生习惯的思维规律.有时问题证明难度较大，常使用分析综合法，实现两头往中间靠以达到证题目的. 2.由于高考试题不会出现单一的不等式的证明题，常常与函数、数列、三角、方程综合在一起，所以在教学中，不等式的证明除常用的三种方法外，还需介绍其他方法，如函数的单调性法、判别式法、换元法(特别是三角换元)、放缩法以及数学归纳法等. 拓展题例

　　【例1】 已知a、b为正数，求证：

　　(1)若a+1>b，则对于任何大于1的正数x，恒有ax+(2)若对于任何大于1的正数x，恒有ax+

　　xx1xx1>b成立;

　　>b成立，则a+1>b. 分析：对带条件的不等式的证明，条件的利用常有两种方法：①证明过程中代入条件;②由条件变形得出要证的不等式. 证明：(1)ax+xx1=a(x-1)+

　　1x1+1+a≥2a+1+a=(a+1)2. ∵a+1>b(b>0)，

　　22∴(a+1)>b. (2)∵ax+而ax+xx1xx1>b对于大于1的实数x恒成立，即x>1时，[ax+

　　1x1xx1]min>b，

　　=a(x-1)+

　　1+1+a≥2a+1+a=(a+1)2，

　　1a当且仅当a(x-1)=故[ax+xx1x1，即x=1+>1时取等号. ]min=(a+1)2. 则(a+1)2>b，即a+1>b.

　　评述：条件如何利用取决于要证明的不等式两端的差异如何消除. 【例2】 求证：|ab|1|ab|≤

　　|a|1|a|+

　　|b|1|b|.

　　x剖析：|a+b|≤|a|+|b|，故可先研究f(x)=证明：令f(x)=

　　x1x1x(x≥0)的单调性.

　　(x≥0)，易证f(x)在[0，+∞)上单调递增. |a+b|≤|a|+|b|，

　　∴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|. 思考讨论

　　1.本题用分析法直接去证可以吗? 2.本题当|a+b|=0时，不等式成立; 当|a+b|≠0时，原不等式即为

　　111|ab|≤

　　|a|1|a||b|1|b|. 再利用|a+b|≤|a|+|b|放缩能证吗?读者可以尝试一下!

第三篇：高考数学难点突破_难点不等式的证明策略

不等式的证明策略

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，本难点着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力. ●难点磁场

(★★★★)已知a>0，b>0，且a+b=1. 求证：(a+1125)(b+)≥. ba41112n(n∈N*) ●案例探究

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，考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力，属★★★★★级题目. 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： [例1]证明不等式1

这样只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的. 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. 证法一：(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， 23k则112131k1k12k1k1

2k(k1)1k1k(k1)12k1,∴当n=k+1时，不等式成立. 综合(1)、(2)得：当n∈N*时，都有1+

12131n<2n. 另从k到k+1时的证明还有下列证法：

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,2k1k12k1.2k1k2k1k11k1,

又如:2k12kk1证法二：对任意k∈N*，都有： 2k12k1.

2(kk1),kkkk1

111因此122(21)2(32)2(nn1)2n.23nk证法三：设f(n)=2n(1*12212131n),

那么对任意k∈N 都有：

f(k1)f(k)2(k1k)1k11k1[2(k1)2k(k1)1][(k1)2k(k1)k]1k1

(k1k)2k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23n[例2]求使xy≤axy(x>0，y>0)恒成立的a的最小值. 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，属于★★★★★级题目. 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. 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≥sinθ+cosθ，但是这种换元是错误的.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”这样一个条件，显然这是不对的. 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. 解法一：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，

① ②

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的最小值是2. 解法二：设uxy(xy)2xyxyxy2xy2xy. 1x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12， 又由已知，得a≥u，∴a的最小值为2. 解法三：∵y>0， ∴原不等式可化为

x+1≤ayx1， y设x=tanθ，θ∈(0，). y2∴tanθ+1≤atan21;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的最小值为2. ●锦囊妙计

1.不等式证明常用的方法有：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，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. ●歼灭难点训练

一、填空题

1.(★★★★★)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__________.

2.(★★★★)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__________. 3.(★★★★)若m

二、解答题

4.(★★★★★)已知a，b，c为正实数，a+b+c=1. 求证：(1)a2+b2+c2≥

1 3 (2)3a23b23c2≤6 5.(★★★★★)已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=6.(★★★★★)证明下列不等式： (1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，则

12，证明：x，y，z∈[0，] 23bc2ca2ab

2z≥2(xy+yz+zx) xyabc(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，

yzzxxy111则≥2() xyzxyz7.(★★★★★)已知i，m、n是正整数，且1

(2)证明：(1+m)n>(1+n)m

8.(★★★★★)若a>0，b>0，a3+b3=2，求证：a+b≤2，ab≤1.

参考答案

难点磁场

证法一：(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≤ab≥8. ∵a>0，b>0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立

∵1=a+b≥2ab，∴ab≤证法二：(均值代换法) 设a=

1或41，从而得证. 411+t1，b=+t2. 2211，|t2|< 22∵a+b=1，a>0，b>0，∴t1+t2=0，|t1|<11a21b21(a)(b)abab111122(t1)21(t2)21(t1t11)(t2t21)42241111t1t2(t1)(t2)22221152222 (t1t11)(t2t21)(t2)2t24441122t2t2442532254t2t22516216.1124t244显然当且仅当t=0，即a=b=证法三：(比较法)

∵a+b=1，a>0，b>0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

1时，等号成立. 21 41125a21b21254a2b233ab8(14ab)(8ab)(a)(b)0ab4ab44ab4ab 1125(a)(b)ab4证法四：(综合法)

1∵a+b=1， a>0，b>0，∴a+b≥2ab，∴ab≤.

4252(1ab)1139(1ab)2125162 1ab1(1ab)14416ab4 4ab1125 即(a)(b)ab4证法五：(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)22absincossin4cos42sin2cos22(4sin2)21624sin24sin22sin221,4sin22413.2 42sin221625(4sin22)22511244sin22sin241125即得(a)(b).ab4歼灭难点训练

一、1.解析：令

ba=cos2θ，=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc

2yxθ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2atan2bcot2ab2ab. 答案：a+b+2ab

2.解析：由0≤|a-d|<|b-c|(a-d)2<(b-c)2(a+b)2-4ad<(b+c)2-4bc

∵a+d=b+c，∴-4ad<-4bc，故ad>bc. 答案：ad>bc

3.解析：把p、q看成变量，则m

二、4.(1)证法一：a2+b2+c2-=

11=(3a2+3b2+3c2-1) 331[3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2] 31=[3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc] 311=[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0 ∴a2+b2+c2≥ 33证法二：∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥

1 3a2b2c2abcabc证法三：∵∴a2+b2+c2≥

3331 3111证法四：设a=+α，b=+β，c=+γ. 333∴a2+b2+c2≥∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a2+b2+c2=(=111+α)2+(+β)2+(+γ)2 3332 12+ (α+β+γ)+α2+β2+γ3311=+α2+β2+γ2≥ 331∴a2+b2+c2≥

3(2)证法一:3a2(3a2)1同理3b23a21,23b33c3 ,3c2223(abc)93a23b23c262∴原不等式成立. 证法二：3a23b23c2(3a2)(3b2)(3c2)

333(abc)63

3∴3a23b23c2≤33<6 ∴原不等式成立. 5.证法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=次方程得：

11，得x2+y2+(1-x-y)2=，整理成关于y的一元二221=0，∵y∈R，故Δ≥0 2122∴4(1-x)2-4×2(2x2-2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈[0，]

2332同理可得y，z∈[0，]

3111证法二：设x=+x′，y=+y′，z=+z′，则x′+y′+z′=0，

3331111于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2

233312=+x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′) 33211132222(yz)=+x′+y′+z′≥+x′+=+x′2

2333211122故x′2≤，x′∈[-，]，x∈[0，]，同理y，z∈[0，]

933332y2-2(1-x)y+2x2-2x+证法三：设x、y、z三数中若有负数，不妨设x<0，则x2>0，

21222

=x+y+z≥2(yz)2(1x)2311x2x2x>，矛盾. x+22222221x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x>，则=x2+y2+z2≥

33222312(yz)2(1x)x+=x+=x2-x+

22223211x(x-)+>;矛盾. 23222故x、y、z∈[0，]

3bc2ca2ab26.(1)证明:xyz2(xyyzzx)2bcbacbac(x2y22xy)(y2z22yz)(z2x22zx)abbccaba2cb2ac2(xy)(yz)(zx)0abbccabc2caab2xyz2(xyyzzx)abc(2)证明:所证不等式等介于yzzxxyx2y2z2()2(xyyzzx)2xyz=

xyz[yz(yz)zx(zx)xy(xy)]2(xyyzzx)2(xyz)(y2zyz2z2xzx2x2yxy2)2(x2y2y2z2z2x2)4(x2yzxy2zxyz2)y3zyz3z3xzx3x3yxy32x2yz2xy2z2xyz2yz(yz)2zx(zx)2xy(xy)2x2(yz)2y2(zx)2z2(xy)20∵上式显然成立，∴原不等式得证. 7.证明：(1)对于1

Aimmm1Aimnn1mi1ni1,同理， iimmmnnnmn由于m

nkmk， nmAinAim所以ii,即miAinniAim

nm(2)由二项式定理有：

22nn(1+m)n=1+C1nm+Cnm+„+Cnm， 22mm(1+n)m=1+C1mn+Cmn+„+Cmn，

由(1)知mAini>nAimi

(1

CimAimiAin,Cn= i!i!∴miCin>niCim(1

00222211∴m0C0n=nCn=1，mCn=nCm=m·n，mCn>nCm，„， mmm+1m1mmCmCn>0，„，mnCnn>nCm，mn>0， ∴1+C122nn1+C122mmnm+Cnm+„+Cnm>mn+Cmn+„+Cmn，

即(1+m)n>(1+n)m成立. 8.证法一：因a>0，b>0，a3+b3=2，所以 (a+b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6 =3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0. 即(a+b)3≤23，又a+b>0，所以a+b≤2，因为2ab≤a+b≤2， 所以ab≤1. 证法二：设a、b为方程x2-mx+n=0的两根，则mabnab，

因为a>0，b>0，所以m>0，n>0，且Δ=m2-4n≥0

因为2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m(m2-3n) m2所以n=323m

将②代入①得m2-4(m2323m)≥0， 即m383m≥0，所以-m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，

由2≥m 得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n， 即n≤1，所以ab≤1. 证法三：因a>0，b>0，a3+b3=2，所以

2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b) 于是有6≥3ab(a+b)，从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3= (a+b)3，所以a+b≤2，(下略)

证法四：因为a3b32(ab32) (ab)[4a24b24aba2b22ab]3(ab8)(ab)28≥0，

a、b，有a3b3所以对任意非负实数ab32≥(2)

>0，b>0，a+b=2，所以1=a3因为a33

b3ab32≥(2)，

∴ab2≤1，即a+b≤2，(以下略)

证法五：假设a+b>2，则

a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]>(a+b)ab>2ab，所以ab<1， 又a3+b3=(a+b)[a2-ab+b2]=(a+b)[(a+b)2-3ab]>2(22-3ab) 因为a3+b3=2，所以2>2(4-3ab)，因此ab>1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)

①②

第四篇：2014届高考数学一轮：选修4-5-2不等式的证明

一、选择题

1.ab≥0是|a-b|=|a|-|b|的()

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.不充分也不必要条件

答案：B

112.若实数x、y满足=1，则x2+2y2有() x2y

2A.最大值3+2B.最小值3+2

C.最大值6D.最小值6

答案：B

3.若a，b，c∈R，且满足|a-c|

①a+b>c;②b+c>a;③a+c>b;④|a|+|b|>|c|.其中错误的个数()

A.1B.2

C.3D.

4答案：A

ab4.已知a>0，b>0，m=n=a+b，p=a+b，则m，n，p的大小顺序是() ba

A.m≥n>pB.m>n≥p

C.n>m>pD.n≥m>p

答案：A

1115.设a、b、c∈R+，则三个数a+，b+c+() bca

A.都大于2B.都小于

2C.至少有一个不大于2D.至少有一个不小于2

答案：D

a+b16.若a>b>1，Plga·lgb，Q=+lgb)，R=lg22，则()

A.R

C.Q

答案：B

二、填空题

7.设两个不相等的正数a、b满足a3-b3=a2-b2，则a+b的取值范围是__________.

41 答案：38.用max{x，y，z}表示x，y，z三个实数中的最大数，对于任意实数a，b，设max{|a|，|a+b+1|，|a-b+1|}=M，则M的最小值是__________.

1答案：

29.设m>n，n∈N+，a=(lgx)m+(lgx)-m，b=(lgx)n+(lgx)-n，x>1，则a与b的大小关系为__________.

答案：a≥b

三、解答题

10.已知a>b>c>0，求证：a+3

3a-bb-cc并指出等号成立的条件)

3证明：因为a>b>c>0，所以a-b>0，b-c>0，所以a=(a-b)+(b-c)+c≥3a-bb-cc，

当且仅当a-b=b-c=c时，等号成立，

所以a3

3a-bb-cc

3a-bb-cc

3a-bb-cc

3a-bb-cc =6，3≥3a-bb-cc+≥233a-bb-cc3当且仅当3a-bb-cc=

故可求得a=3，b=2，c=1时等号成立.

11.已知函数f(x)=ax2+bx+c(a，b，c∈R)，当x∈[-1,1]时，恒有|f(x)|≤1.

(1)求证：|b|≤1;

(2)f(0)=-1，f(1)=1，求f(x)的表达式.

解析：(1)证明：∵f(1)=a+b+c，f(-1)=a-b+c，

1∴b=[f(1)-f(-1)]. 2

∵当x∈[-1,1]时，|f(x)|≤1.∴|f(1)|≤1，|f(-1)|≤1.

11∴|b|=|f(1)-f(-1)|≤[|f(1)|+|f(-1)|]≤1. 22

(2)由f(0)=-1，f(1)=1，得c=-1，b=2-a.

∴f(x)=ax2+(2-a)x-1. ∵当x∈[-1,1]时，|f(x)|≤1. ∴|f(-1)|≤1，即|2a-3|≤1，

解得1≤a≤2.

a-211∴-[-1,1]. 2a2a

依题意，得

fa-2=aa-22+2-aa-2-1≤1， 2a2a2a

整理，得a-224a+1≤1.

a-22a-22又a>0≥0+1≥1. 4a4a

a-22∴=0，即a=2， 4a

从而b=0，故f(x)=2x2-1.

212.设正有理数x3的一个近似值，令y=1+1+x

(1)若x>3，求证：y<;

(2)求证：y比x3.

33+x-3x1x2证明：(1)y-3=1+3=， 1+x1+x1+x

∵x>3，∴x-3>0，而1-3<0，

∴y<3.

1-x-3(2)∵|y-3|-|x-3|=-|x3| 1+x

=|x-3|3-13-2-x1=|x-3| 1+x1+x

∵x>03-2<0，|x3|>0，

∴|y--|x-<0，

即|y-3|<|x-3|，

∴y比x3.

第五篇：江西高考数学压轴题新解及对证明数列不等式的启示

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).232323633111111(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

111

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：

111

()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



11

()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

11

[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

11

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

2006年6月20日完稿