高中数学不等式证明题

高中数学不等式证明题（共10篇）

高中数学不等式证明题篇1

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

高中数学不等式证明题篇2

关键词：不等式,向量方向,构造则新

向量已进入中学数学, 它的进入为中学生提供了一种有别于数域的新的代数结构的模型, 它不但揭示了数学知识之间的纵横联系, 进一步发展和完善了中学数学知识结构体系, 而且也拓宽了研究和解决问题的思维空间.同时也为激发和培养学生探索精神、创新意识提供了一个崭新的平台.如何将向量的有关内容与中学数学的传统内容融会贯通、互为所用也就成为中学数学教学所面临的新的课题.

不等式是中学数学的重要内容之一, 对它的研究也几乎贯穿在整个中学数学中.本文试图构造向量对高中数学中有关不等式给出证明, 并在此基础上对所证不等式予以推广.

引理设α, β是两个非零向量, 则|α·β|2≤|α|2|β|2, 当且仅当α, β共线时取等号.

证明略.

题1 (文献[1]第21页) 已知a, b都是正数, a≠b, 求证a3+b3>a2b+ab2.

证明所给不等式等价于

$\frac{a^{2}}{b} + \frac{b^{2}}{a} ＞ a + b . (1)$

设 $m = (\frac{a}{\sqrt{b}} ‚ \frac{b}{\sqrt{a}}) ‚ n = (\sqrt{b} ‚ \sqrt{a})$ , 则由引理可得

$(a + b)^{2} ＜ (\frac{a^{2}}{b} + \frac{b^{2}}{a}) (a + b) .$

从而不等式 (1) 得证.

类似地, 若设

$\begin{array}{l} m = (\frac{a_{1}}{\sqrt{a_{2}}} ‚ \frac{a_{2}}{\sqrt{a_{3}}} ‚ \dots ‚ \frac{a_{n}}{\sqrt{a_{n + 1}}}) ‚ \\ n = (\sqrt{a_{2}} ‚ \sqrt{a_{3}} ‚ \dots ‚ \sqrt{a_{n + 1}}) ‚ \end{array}$

规定a1=an+1, 可证得 (1) 的推广:

推广1 设a1, a2, …, an是不全相等的正数, 则有 $\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}^{2}}{a_{i + 1}} ＞ \sum_{i = 1}^{n} a_{i}$ (规定a1=an+1)

题2 (文献[1]第23页) a, b, c>0, 且不全相等, 求证a (b2+c2) +b (c2+a2) +c (a2+b2) >6abc.

观察欲证不等式的特点, 发现其等价于

$\frac{b + c}{a} + \frac{c + a}{b} + \frac{a + b}{c} ＞ 6 . (2)$

而要证明 (2) , 只需证明

$(a + b + c) (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) ＞ 9 . (3)$

证明设 $m = (\sqrt{a} ‚ \sqrt{b} ‚ \sqrt{c}) ‚ n = (\frac{1}{\sqrt{a}} ‚ \frac{1}{\sqrt{b}} ‚ \frac{1}{\sqrt{c}})$ , 由引理知不等式 (3) 显然成立.类似地证明又可得 (2) 的推广:

推广2 设a1, a2, …, an是不全相等的正数, n≥2, 且 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i} = k$ , 则 $\sum_{i = 1}^{n} \frac{k - a_{i}}{a_{i}} ＞ n (n - 1) .$

题3 (文献[1]第41页) 已知a, b, c是互不相等的正数, 求证

$\frac{2}{a + b} + \frac{2}{b + c} + \frac{2}{c + a} ＞ \frac{9}{a + b + c} .$

证明显然不等式等价于

$\frac{c}{a + b} + \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} ＞ \frac{3}{2} . (4)$

$\begin{array}{l} 设 m = (\sqrt{\frac{c}{a + b}} ‚ \sqrt{\frac{a}{b + c}} ‚ \sqrt{\frac{b}{c + a}}) ‚ n = (\sqrt{\frac{a + b}{c}} ‚ \sqrt{\frac{b + c}{a}} ‚ \sqrt{\frac{c + a}{b}}) ‚ 同样由引理可得 (\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b}) (\frac{b + c}{a} + \frac{c + a}{b} + \frac{a + b}{c}) ＞ 9 ‚ \\ \frac{c}{a + b} + \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} ＞ \frac{9}{(\frac{b + c}{a} + \frac{c + a}{b} + \frac{a + b}{c})} . \end{array}$

再据题2可得 (4) 成立.

类似地证明可得 (4) 的推广:

推广3 设ai>0且互不相等, i=1, 2, …, n, n≥2, 又 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i} = k$ , 则 $\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}}{k - a_{i}} ＞ \frac{n}{n - 1} .$

题4 (文献[1]第35页) 已知a, b为实数, 证明

(a4+b4) (a2+b2) ≥ (a3+b3) 2. (5)

证明设m= (a2, b2) , n= (a, b) , 由引理可得 (5) .类似地证明可得 (5) 的推广:

推广4 设a1, a2, …, an是不全相等的正数, n≥2, 则 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{4} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2} ＞ (\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{3})^{2} .$

题5 (文献[1]第25页) , 已知a, b, c>0, 求证 $\frac{a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}}{a + b + c} \geq a b c .$

要证的不等式可以化为

a2b2+b2c2+c2a2≥a2bc+b2ac+c2ab. (6)

证明设m= (ab, bc, ca) , n= (ac, ba, cb) , 由引理即得 (6) .类似地证明可得 (6) 的推广:

推广5 设ai>0, i=1, 2, …, n, n≥2, 则 $\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2} a_{i + 1}^{2} \geq \sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2} a_{i + 1} a_{i + 2}$ , 规定an+k=ak, k=1, 2.

题6 (文献[1]第41页) 设x1, x2, x3, …, xn∈R+, 且x1+x2+x3+…+xn=1, 求证

$\frac{x_{1}^{2}}{1 + x_{1}} + \frac{x_{1}^{2}}{1 + x_{2}} + \dots + \frac{x_{n}^{2}}{1 + x_{n}} \geq \frac{1}{n + 1} . (7)$

证明设 $m = (\frac{x_{1}}{\sqrt{1 + x_{1}}} ‚ \frac{x_{2}}{\sqrt{1 + x_{2}}} ‚ \dots ‚ \frac{x_{n}}{\sqrt{1 + x_{n}}}) ‚ n = (\sqrt{1 + x_{1}} ‚ \sqrt{1 + x_{2}} ‚ \dots ‚ \sqrt{1 + x_{n}})$ , 由引理得

$\begin{array}{l} 1 = (x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n})^{2} \\ \leq (\frac{x_{1}^{2}}{1 + x_{1}} + \frac{x_{2}^{2}}{1 + x_{2}} + \dots + \frac{x_{n}^{2}}{1 + x_{n}}) (\sum_{i = 1}^{n} x_{i} + n) ‚ \end{array}$

即 (7) 式得证.类似地证明可得 (7) 的推广:

推广6 (第二十四届全苏数学奥林匹克试题) 设x1, x2, x3, …, xn∈R+, 且x1+x2+x3+…+xn=1, 则

$\frac{x_{1}^{1}}{x_{1} + x_{2}} + \frac{x_{2}^{2}}{x_{2} + x_{3}} + \dots + \frac{x_{n}^{2}}{x_{n} + x_{1}} \geq \frac{1}{2} .$

推广7 (1991年亚太地区数学竞赛题) 设x1, x2, …, xn;y1, y2, …, yn都是正实数, 且 $\sum_{k = 1}^{n} x_{k} = \sum_{k = 1}^{n} y_{k}$ , 则有 $\sum_{k = 1}^{n} \frac{x_{k}^{2}}{x + y_{k}} \geq \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} x_{k} .$

题7 (文献[1]第40页) 已知a, b, c, d是不全相等的正数, 证明

a2+b2+c2+d2>ab+bc+cd+da. (8)

证明设m= (a, b, c, d) , n= (b, c, d, a) , 由引理即得 (8) .类似地可得 (8) 的推广:

推广8 设x1, x2, …, xn是不全等的正数, 则有 $\sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{2} ＞ \sum_{i = 1}^{n} x_{i} x_{i + 1}$ (规定xn+1=x1) .

参考文献

从一道不等式证明题谈起篇3

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.

高中数学不等式证明题篇4

【学习目标】

1.会用数学归纳法证明贝努利不等式1x1nxx1,x0,nN，了解当n n

为实数时贝努利不等式也成立

2.培养使用数学归纳法证明不等式的基本技能

【自主学习】

1.使用数学归纳法独立完成贝努利不等式1x1nxx1,x0,nN的证n

明

2.自我感悟什么样的不等式易于用数学归纳法证明？

3.用数学归纳法证明不等式时要使用归纳假设进行放缩，如何放缩才能奏效，要积累经验，特别是出现二次式时要注意留心总结.4．对于两个数的大小的探究要提高警惕，一般探究要比较的丰富，才利于做出正确的猜测.【自主检测】

1.用数学归纳法证明1

12131*nnN,n1时，由n=k（k>1）时不等2n1

式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是（）

A.2k1B.2k1C.2kD.2k1

2.用数学归纳法证明11n1n2111nN*时，由n=k到n=k+1时，不nn2

4等式左边应添加的项是＿＿＿＿

3.当n=1，2，3，4，5，6

时，比较2n与n2后，你提出的猜想是＿＿＿＿

【典型例题】

111例1.用数学归纳法证明：nN,n1 111352n1

例2.设数列an满足an1an2nan1nN*

1.a12时，求a2,a3,a4并由此猜想an的一个通项公式

2a13时，证明对所有n1有1ann2

2例3.已知函数gxx22xx1,fxabaxbx，其中a、bR,a1,b1,ab,ab4对于任意的正整数n，指出fn与g2n的大小关系，并证明之

x11 +1a11a211 1an

2【课堂检测】

1.设n为正整数，fn1nN，计算知11231n

357f2,f42,f8,f163,f32，据此可以猜测得出一般性结论为()222

2n1n2n2 A.f2nB.fn2C.f2nD.以上都不对 222

n0为验证的第一个值，2.欲用数学归纳法证明对于足够大的正整数n，总有2nn3，则()A.n01B.n0为大于1小于10的某个整数C.n010D.n02

3.用数学归纳法证明111241127，n的起始值至少应取为n126

44.等比数列an的前n项和为Sn，已知对任意的正整数n，点n,Sn均在函数

ybxr(b0,b1，b、r均为常数）的图像上.(1)求r的值

(2)当b=2时，记bn2log2an1

nN*，证明对所有正整数n，不等式 b11b21b1b2bn1 bn

【总结提升】

1.数学归纳法依然是证明与正整数有关的不等式行之有效的方法.但在证明递推的依据是成立的时候常常需要放缩，故千万要注意不等式的基本性质和函数的单调性的作用.2.数学归纳法证明不等式时有时不能直接进行，常需加强命题，为此难度就比较大，且加强又不易完成.如证明1

为111223211222315nN*,n1，就可以加强2n3152nN*,n1再用数学归纳法.2n32n1

高中数学不等式证明题篇5

（一）【学习目标】

1.掌握反证法证明不等式的方法.2.掌握反证法证明不等式的方法步骤.【自主学习】

1.什么是反证法？

2.反证法证明不等式的理论依据是什么？

3.反证法证明不等式的步骤有哪些？通常什么样的问题的证明用反证法？

【自主检测】

1.实数a，b，c不全为0的条件为（）

A.a,b,c均不为有B.a,b,c中至多有一个为0

C.a,b,c中至少有一个为0 D.a,b,c中至少有一个不为0

2.若a,b∈R,|a|+|b|＜1,求证：方程的两根的绝对值都小1.3.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.【典型例题】

ama.例1.利用反证法证明：若已知a，b，m都是正数，并且ab，则 bmb

例2.若x, y > 0，且x + y >2，则

例3.设a3b32，求证ab2.例4.设0 < a, b, c < 2，求证：(2  a)c,(2  b)a,(2  c)b不可能同时大于1

【课堂检测】

1.否定结论“至多有两个解”的说法中，正确的是()

A．有一个解B．有两个解

C.至少有三个解D．至少有两个解

2.已知a+b+c＞0，ab+bc+ca＞0,abc＞0,求证：a,b,c＞0.1y1x和中至少有一个小于2.xy

3.设二次函数f(x)x2pxq，求证：f(1),f(2),f(3)中至少有一个不小于1.2

4.设0 < a, b, c < 1，求证：(1  a)b,(1  b)c,(1  c)a,不可能同时大1于 4

【总结提升】

1.前面所讲的几种方法，属于不等式的直接证法。也就是说，直接从题设出发，经过一系列的逻辑推理，证明不等式成立。但对于一些较复杂的不等式，有时很难直接入手求证，这时可考虑采用间接证明的方法。所谓间接证明即是指不直接从正面确定论题的真实性，而是证明它的反论题为假，或转而证明它的等价命题为真，以间接地达到目的。其中，反证法是间接证明的一种基本方法。

2.反证法在于表明：若肯定命题的条件而否定其结论，就会导致矛盾。具体地说，反证法不直接证明命题“若p则q”，而是先肯定命题的条件p，并否定命题的结论q，然后通过合理的逻辑推理，而得到矛盾，从而断定原来的结论是正确的。

3.利用反证法证明不等式，一般有下面几个步骤：

第一步分清欲证不等式所涉及到的条件和结论；

第二步作出与所证不等式相反的假定；

第三步从条件和假定出发，应用证确的推理方法，推出矛盾结果；

高二数学不等式的证明篇6

[本周学习内容]不等式证明中的综合证明方法：

1.换元法：通过适当的换元，使问题简单化，常用的有三角换元和代数换元。

2.放缩法：理论依据：a>b,b>ca.c，找到不等号的两边的中间量，从而使不等式成立。

3.反证法：理论依据：命题“p”与命题“非p”一真、一假，证明格式

[反证]：假设结论“p”错误，“非p”正确，开始倒推，推导出矛盾(与定义，定理、已知等等矛盾)，从而得到假设不正确，原命题正确。

4.数学归纳法：这是一种利用递推关系证明与非零自然数有关的命题，可以是等式、不等式、命题。

证明格式：

(1)当n=n0时，命题成立；

(2)假设当n=k时命题成立；

则当n=k+1时，证明出命题也成立。

由(1)(2)知：原命题都成立。

[本周教学例题]

一、换元法：

1.三角换元：

例1.求证：

证一：(综合法)

即：

证二：(换元法)∵-1≤x≤1 ∴令x=cos,[0,π]

则

∵-1≤sin2≤1

例2.已知x>0，y>0，2x+y=1，求证：

分析：由于条件给出了x>0，y>0，2x+y=1，故如何使用2x+y=1这一特点是解决问题的重要环节。由本题中x>0，y>0,2x+y=1的条件也可用三角代换。

证一：

证二：由x>0,y>0，2x+y=1，可设

则

例3.若x2+y2≤1，求证：

证：设

则

例4.若x>1，y>1，求证：

证：设

则

例5.已知：a>1,b>0，a-b=1，求证：

证：∵a>1,b>0,a-b=1，∴不妨设

则

小结：若0≤x≤1，则可令

若x2+y2=1，则可令x=cos，y=sin(0≤θ<2π)

若x2-y2=1，则可令x=sec,y=tan(0≤θ<2π)

若x≥1，则可令

2.代数换元：，若xR，则可令

例6：证明：若a>0，则

证：设

则

即

∴原式成立

小结：还有诸如“均值换元”“设差换元”的方法。

二、放缩法：

例7.若a,b,c,dR+，求证：

证：记

∵a,b,c,dR+

∴1

例8.当n>2时，求证：logn(n-1)logn(n+1)<1

证：∵n>2 ∴logn(n-1)>0，logn(n+1)>0

∴n>2时，logn(n-1)logn(n+1)<1

例9.求证：

证：

三.反证法

例10.设0

证：设

则三式相乘： ①

又∵0

同理：

以上三式相乘：

∴原式成立

与①矛盾

例11.已知a+b+c+>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求证：a,b,c>0

证：设a<0，∵abc>0，∴bc<0

又由a+b+c>0，则b+c=-a>0

∴ab+bc+ca=a(b+c)+bc<0 与题设矛盾

又：若a=0，则与abc>0矛盾，∴必有a>0

同理可证：b>0，c>0

四.构造法：

1.构造函数法

例12.已知x>0，求证：

证：构造函数

由

显然

∴上式>0

∴f(x)在上单调递增，∴左边

例13.求证：

证：设

用定义法可证：f(t)在上单调递增，令：3≤t1

例14.已知实数a,b,c，满足a+b+c=0和abc=2，求证：a,b,c中至少有一个不小于2。

证：由题设：显然a,b,c中必有一个正数，不妨设a>0

则有两个实根。

例15.求证：

证：设

当y=1时，命题显然成立，当y≠1时，△=(y+1)2-4(y-1)2=(3y-1)(y-3)≥0

综上所述，原式成立。(此法也称判别式法)

例16.已知x2=a2+b2，y2=c2+d2，且所有字母均为正，求证：xy≥ac+bd

证一：(分析法)∵a,b,c,d,x,y都是正数

∴要证：(xy)≥ac+bd

只需证

即：(a2+b2)(c2+d2)≥a2c2+b2d2+2abcd

展开得：a2c2+b2d2+a2d2+b2c2≥a2c2+b2d2+2abcd

即：a2d2+b2c2≥2abcd

由基本不等式，显然成立

∴xy≥ac+bd

证二：(综合法)

证三：(三角代换法)

∵x2=a2+b2，∴不妨设

y2=c2+d

2五.数学归纳法：

例17.求证：设nN，n≥2，求证：

分析：关于自然数的不等式常可用数学归纳法进行证明。

证：当n=2时，左边，易得：左边>右边。

当n=k时，命题成立，即：成立。

当n=k+1时，左边

又

；且4(k+1)2>(2k+3)(2k+1)；

于是可得：

即当n=k+1时，命题也成立；

综上所述，该命题对所有的自然数n≥2均成立。

[本周参考练习]

证明下列不等式：

1.提示：令，则(y-1)x2+(y+1)x+(y-1)x=0用△法，分情况讨论。

2.已知关于x的不等式(a2-1)x2-(a-1)x-1<0(aR)，对任意实数x恒成立，求证：

提示：分

3.若x>0，y>0，x+y=1，则

提示：左边

令t=xy，则

在上单调递减

4.已知|a|≤1，|b|≤1，求证：，提示：用三角换元。

5.设x>0，y>0，求证：a

放缩法

6.若a>b>c，则

10.左边

11.求证：高二数学不等式的应用

三.关于不等式的应用：

不等式的应用主要围绕着以下几个方面进行：

1.会应用不等式的证明技巧解有关不等式的应用题：利用不等式求函数的定义域、值域；求函数的最值；讨论方程的根的问题。

(求极值的一个基本特点：和一定，一般高，乘积拨了尖；积不变，两头齐，和值得最低。)在使用时，要注意以下三个方面：“正数”、“定值”、“等号”出现的条件和成立的要求，其中“构造定值”的数学思想方法的应用在极值使用中有着相当重要的作用。

2.会把实际问题抽象为数学问题进而建立数学模型，培养分析问题、解决问题的能力和运用数学的意识。

3.通过不等式应用问题的学习，进一步激发学数学、用数学的兴趣。

四、不等式的应用问题举例：

例10.已知a、b为正数，且a+b=1，求

最大值。

分析：在一定的条件限制下出现的最值问题，在变式的过程中，如何减少变形产生的错误也是必不可少的一个环节。

解：由可得；

小结：如果本题采用

两式相加而得：号是否取到，这是在求极值时必须坚持的一个原则。

；则出现了错误：“=”

例11.求函数的最小值。

分析：变形再利用平均值不等式是解决问题的关键。

解：

即f(x)最小值为-1

此类问题是不等式求极值的基本问题；但如果再改变x的取值范围(当取子集时)，要则要借助于函数的基本性质解决问题了。

例12.若4a2+3b2=4，试求y=(2a2+1)(b2+2)的最大值。的某一个

分析：在解决此类问题时，如何把4a2+3b2=4拆分成与(2a2+1),(b2+2)两个式子的代数和则是本问题的关键。

解：

当且仅当：4a2+2=3b2+6，即

时取等号，y的最大值为8。

小结：此问题还有其它不同的解法，如三角换元法；消元转化法等等。但无论使用如何种广泛，都必须注意公式中的三个运用条件(一正，二定，三等号)

例13.已知x.y>0，且x·y=1，求的最小值及此时的x、y的值。

分析：考查分式的最值时，往往需要把分式拆成若干项，然后变形使用平均值不等式求解。

解：∵x>y>0 ∴x-y>0

又∵x·y=1，也即：；当且仅当时取等号。

也即；时，取等号。

例14.设x，y，z∈R+，x+y+z=1，求证：的最小值。

分析：此类问题的关键是如何使用平均值不等式，两条途径1.利用进而进行类加。

2.另一个途径是直接进行1的构造与转化。但无论如何需要注意的是验证“=”号成立。本题使用1的构造代入。

解：∵x，y，z∈R+，且x+y+z=1

当且仅当时，取“=”号，的最小值为9。

小结：本题如果采用三式类加，得到：，由x，y，z∈R+，且x+y+z=1得：

。进而言之，的最小值为5，则出现了一个错误的结果，其关键在于三个“=”号是否同时成立。

例15.已知a>0,a2-2ab+c2=0，bc>a2，试比较 a，b，c的大小。

分析：此问题只给出了几何简单的不等式关系，故要判断大小必须在这几个不等式中进行变形分析才可解决问题。

解：由a2-2ab+c2=0可得，a2+c2=2ab≥2ac

又∵a>0,∴b≥c,(当且仅当a=c时，取等号)再由：bc>a2可知，b>c,b>a再由原式变形为：a2-2ab+b2+c2-b2=0得：b2≥c2，结合：b>c可得：b>c>0

又由b>a可得：2ab>2a2，综上所述，可得：b>c>a

小结：本题中熟练掌握不等式的基本性质和变形是解决问题的关键。

例16.某村计划建造一个室内面积为800m2的矩形蔬菜温室。在温室内，沿左，右两侧与后侧内墙各保留1m宽的通道，沿前侧内墙保留3m宽的空地。当矩形温室的边长各为多少时？蔬菜的种植面积最大。最大种植面积是多少？

分析：如何把实际问题抽象为数学问题，是应用不等式等基础知识和方法解决实际问题的基本能力。

解：设矩形温室的左侧边长为am，后侧边长为bm，则ab=800

蔬菜的种植面积S=(a-4)(b-2)=ab-4b-2a+8=808-2(a+2b)

所以

当a=2b，即a=40(m),b=20(m)时，=648(m2)

答：当矩形温室的左侧边长为40m，后侧边长为20m时，蔬菜的种植面积最大，最大种植面积为648m2.例17.某企业2003年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降，若不能进行技术改造，预测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元，今年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n年(今年为第一年)的利润为

(Ⅰ)设从今年起的前n年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为An万元，进行技术改造后的累计纯利润为Bn万元(须扣除技术改造资金)，求An、Bn的表达式；

(Ⅱ)依上述预测，从今年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？

分析：数学建模是解决应用问题的一个基本要求，本问题对建立函数关系式、数列求和、不等式的基础知识，运用数学知识解决实际问题的能力都有着较高的要求。

解：(Ⅰ)依题设，An=(500-20)+(500-40)+…+(500-20n)=490n-10n2；

(Ⅱ)

因为函数上为增函数，当1≤n≤3时，当n≥4时，∴仅当n≥4时，Bn>An。

答：至少经过4年，该企业进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润。

小结：如何进行数学建模最基本的一个方面就是如何把一个实际中的相关因素进行分析，通过文字说明转化为等量关系或者是相互关系，再把文字关系处理为数学关系。

五、本周参考练习

1.已知a>0 ,b>0,a+b=1，证明：

2.如果△ABC的三内角满足关系式：sin2A+sin2B=sin2C，求证：

3.已知a、b、c分别为一个三角形的三边之长，求证：

4.已知x，y是正数，a，b是正常数，且满足：，求证：

5.已知a，b，c∈R+，求证：

6.已知a>0，求的最值。(答最小值为)

7.证明：通过水管放水，当流速相等时，如果水管截面(指横截面)的周长相等，那么截面的圆的水管比截面是正方形的水管流量大。

8.某单位用木料制作如图所示的框架，框架的下部是边长分别为x，y(单位：m)的矩形。上部是等腰直角三角形，要求框架围成的总面积8m2，问x、y分别为多少(精确到0.001m)时用料最省？

(答：当x为2.34m，y为2.828m时，用料最省。)高二数学练习三

1.xR，那么(1-|x|)(1+x)>0的一个充分不必要条件是()

A.|x|<1

B.x<1

C.|x|>1

D.x<-1或|x|<1

2.已知实数a，b，c满足：a+b+c=0，abc>0，则：的值()

A.一定是正数

B.一定是负数

C.可能是0

D.无法确定

3.已知a,b,c是△ABC的三边，那么方程a2x2-(a2-b2+c2)x+c2=0（）

A.有两个不相等的实根

B.有两个相等的实根

C.没有实数根

D.要依a，b，c的具体取值确定

4.设0

A.C.5.设a,bR+，则A，B的大小关系是（）

B.D.A.A≥B

B.A≤B

C.A>B

D.A

6.若实数m，n，x，y满足m2+n2=a，x2+y2=b，则mx+ny的最大值是（）

A.B.C.D.7.设a，b，cR+，则三个数

A.都大于2

B.都小于2

（）

C.至少有一个不大于2

D.至少有一个不小于2

8.若a，bR+，满足a+b+3=ab，则

9.设a>0,b>0.c>0，a+b+c=1，则的取值范围是_____ 的最大值为_____

10.使不等式

答案：

1.A 2.B 3.C 4.D 5.C 6.B

7.D 8.9.10.a>b>0且a-b>1

高等数学中不等式证明的方法篇7

一、单调函数法

当x属于某区间, 有f′ (x) ≥0, 则f (x) 单调上升;若f′ (x) ≤0, 则f (x) 单调下降。推广之, 若证f (x) ≤g (x) , 只须证f (a) =g (a) 及f′ (x) ≤g′ (x) 即可, x∈[a, b]。利用函数单调性来证明不等式时, 往往要引入适当的辅助函数将不等式问题转化成比较两个函数值的大小, 若要比较两个函数值大小, 只要将不等式两边的不等式相减或相除就可以得到所需的辅助函数;不能以f′ (x) <0而认为f (x) <0, 也就是说不要忘了端点值。

[例]证明:当x>1时, ex>ex

证明:令f (x) =ex-exf′ (x) =ex-e> (0x>) 1

当x>1时, f (x) 单增, 即当x>1时f (x) >f1 ()

所以, ex-ex>e-e⋅1=0ex>ex (x>) 1

二、函数的极值法

令f (x) 在区间[b, a]上连续, 则f (x) 在区间[b, a]存在最大值M和最小值m, 那么:m≤f (x) ≤M。通过变换, 把某些问题归纳为求函数的极值, 达到证明不等式的目的。

三、中值定理法

利用中值定理:f (x) 是在区间[a, b]上有定义的连续函数, 且可导, 则存在ξ, a<ξ

[例]证明:当0

证明令f (x) =lnx, x∈[b, a], 在[b, a]上使用拉格朗日中值定理,

[例]设f' (x) <, 0f () 0=0证明对任何的a>0, b>, 0有f (a+b)

(东北大学研究生入学试题)

分析:因为f (x) 可导, 又f () 0=0, 可以知道一定用拉格朗日中值定理

证明:由拉格朗日中值定理有

f (a+b) -f (b) =af' (ε2) , a<ε2

f' (x) <, 0因为f' (x) 单调递减, 所以f' (ε1) >f' (ε2) , f (a+b) -f (b)

所以对任何的a>0, b>, 0有f (a+b)

四、泰勒公式

[例]:证明:若函数f (x) 在[a, b]上存在二阶导数, 且f‘ (a) =f' (b) =0, 则在 (a, b) 内至少存在一点c使

五、凹凸性

有些不等式可以通过函数图像的凹凸性来证明, 利用函数的凹凸性也会给证明不等式带来一定的方便

[例]证明不等式

证明:取f (t) =et, t∈ (-∞, +∞) .f′ (t) =et, f′ (t) =et, 0t∈ (-∞, +∞)

因此函数f (t) =tlnt在 (0, +∞) 内图形是凹的, 故对任何x, y

综上可见, 不等式证明的方法是多种多样的, 并且方法灵活多样、技巧性强, 做具体问题时要善于观察和思考, 根据不等式证明中的题设与结论之间的关系以及自己擅长的方法和思维, 选择适当的证题方法。

摘要：不等式是高等数学主要研究的问题之一。可以说不等式的研究对高等数学的发展起到了一定的推动作用。以下通过实例介绍高等数学中不等式的常见证法。

关键词：高等数学,不等式证明

参考文献

[1]同济大学应用数学系:《高等数学》, 高等教育出版社。

[2]陈文灯、黄先开:《2005年考研数学复习指南》。

初中数学几何证明题教学探讨篇8

关键词：初中数学；几何证明题；提高质效

提及初中数学几何证明题，不少学生就头皮发麻，找不到思路，面对各种各样的图形和线条就犯晕，几乎束手无策，更不用说作出精确的辅助线了；有的学生则是风风火火地写了满满一张纸，仔细一看，逻辑混乱，不知所云；还有的学生步骤简单，跳跃幅度大，因果关系没有整理清晰，关键步骤没有写清楚便匆匆得到要证明的结论，多多少少有些滥竽充数的嫌疑，自然也就拿不到证明题的完整分数了。对于数学教师来讲，初中几何证明题也是教学上的一大难点，似乎在教学中花了不少的力气，但还是有不少的学生对几何证明题的掌握程度无法令人满意，达不到新一轮课程改革的基本要求。如何針对初中数学几何证明题的特点，调动学生的主观能动性，提高几何证明题的教学效果，我结合个人教学实际，谈几点粗浅看法。

一、尊重教材

苏教版初中数学几何教材中，有几个重点环节，如平行线、轴对称图形、中心对称图形、相似图形等，这些章节的知识几乎无一例外都有证明题可供考查。与这些知识点相关的证明题，一般来说难度不小，对于刚刚接触几何知识的初中生来讲，是一个很大的挑战。要抓好这部分证明题的教学，我认为首先就是要尊重教材。

教材是一切教学工作的根源。教材中有很多经典的例题，这些例题几乎可以涵盖初中几何所有的知识点，可以说，把教材上的例题讲通讲透，学生能完全消化教材的例题，应该说学生就可以解决百分之八十的基本证明题。现实状况下，有些几何教师对证明题的讲解存在认识的误区，认为没有什么值得仔细讲、反复讲的，尽快讲完直接进入课后练习。这种教学方式是不科学的，也是不合理的，我认为教材上的例题，至少要到边到角地讲三遍，每一遍都有不同的任务，第一遍是让学生大致了解题目要求证明的结论和题目提供的条件；第二遍是让学生明白如何通过给定的条件和现有的定理逐步得到要证明的结论，第三遍则是让学生做好细节上的处理工作。

二、做好细节的规范书写

初中几何证明题有着严谨的格式要求，证明题的书写还需要思路明确、步骤清晰、过程精练，这样的证明过程才能得到更高的评价。教学实际中，通常遇到学生证明步骤烦琐，证明格式不规范，箭头指来指去，看得头晕眼花，不少数学老师对此大为光火。其实，更多的时候，我们要反思自己在教学中是否做得到位，做得细心。

有的数学教师对于证明题示例的细节上把握不够，他们认为只要我能把证明思路、关键的步骤给学生演示一下就够了，至于其他的地方，没有必要过于苛求。比如在板书的过程中，有的为了赶进度，图简单省事，一些看似不重要的证明步骤一笔带过，有的书写不够规范，有的字迹过于潦草，黑板上箭头指来指去，如同一幅军事作战指挥图，学生看起来很累，也很容易产生歧义。

如果教师是这种教学心态，那么也无法搞好几何证明题教学工作的，首先几何证明题本身就是一个严谨、严密的逻辑推理过程，没有做好细节自然就漏洞百出，所以，要充分认识到细节的重要性，为学生做好细节示范。其次，学高为师，身正为范，这也是对教师教学工作的一个基本要求。如果教学时间不是很充足，宁愿放弃示范也不能匆匆了事，一定要把握细节，注意火候，只有我们自己做得足够好，才能理直气壮对学生提要求。

三、抓好强化训练

初中几何证明题的教学，离不开强化训练。这种强化训练既要训练学生的逻辑思维，还要训练学生的答题规范性。比如，在三角形、多边形和圆这些章节的几何证明题中，有不少的题目要求学生作辅助线，不然难以解答。

要能准确作出辅助线，并熟练地运用各种定理来证明几何题，就需要平时进行一定量的强化训练。这种强化训练一定不能走入了题海的误区，训练的题目最好是由老师提前把关，量不能太大、太复杂让学生产生畏难的心理，也不能过于简单，我认为以书本上的例题为参考，适当提高点难度为宜。比如，我们可以在一堂课专门训练如何作辅助线，只要作出了辅助线，我们不要求学生完完整整地书写出整个证明过程，但要注意作出辅助线后续的工作，防止学生误打误撞，只要求他们说出证明的思路就可以进入下一题了。

通过一定量的题目进行强化训练，学生面对各种看似复杂的图形问题，能凭着直觉作出精确的辅助线，作出了辅助线之后解题的思路也就渐渐呈现出来，能较大幅度提高证明题的解题效率。

总而言之，初中数学几何证明题是整个初中数学教学的一大难点，作为数学教师要抓好教材例题的讲解，教学上遇到困难及时带领学生回归教材，多多少少能获得启发和提示。同时也要端正教学心态，在板书和示范上尽量做细做实，切忌一笔带过，草草了事。最后要以一定量的题目及时强化训练，帮助学生牢固掌握知识点和定理的运用，这样才能提高几何证明题的教学质效。

4.2数学归纳法证明不等式篇9

教学要求：了解数学归纳法的原理，并能以递推思想作指导，理解数学归纳法的操作步骤，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题，并能严格按照数学归纳法证明问题的格式书写.教学重点：能用数学归纳法证明几个经典不等式.教学难点：理解经典不等式的证明思路.教学过程：

一、复习回顾：

1、数学归纳法是高考考查的重点内容之一，在数列推理能力的考查中占有重要的地位；

2、复习数学归纳法的定义和数学归纳法证题的基本步骤；

二、本节主要内容是用数学归纳法证明不等式；

在用数学归纳法证明不等式的具体过程中，要注意以下几点：

（1）在从n=k到n=k+1的过程中，应分析清楚不等式两端（一般是左端）的变化，要认清不等式的结构

特征；

（2）瞄准当n=k+1时的递推目标，有目的地进行放缩、分析；

（3）活用起点的位置；

（4）有的题目需要先作等价变换。

三、例题

例1：比较n2与2n的大小，试证明你的结论.分析：将n1,2,3,4,5,6代入比较后猜想结论，而后用数学归纳法加以证明

证明：见书P50 ；要点：(k1)2k22k1k22kkk23kk2k2….例2：证明不等式|sinn|n|sin|(nN).证明：（1）当n=1时，不等式显然成立；

（2）假设当n=k时不等式成立，即有：|sink|k|sin|，则当n=k+1时，|sin(k1)||sinkcoscosksin||sinkcos||cosksin|

|sink||cos||cosk||sin||sink||sin|k|sin||sin|(k1)|sin|即当n=k+1时，原不等式也成立；

由（1）（2）知，不等式对一切正整数n均成立；

例3：证明贝努利（Bernoulli）不等式：(1x)n1nx(x1,x0,nN,n1)

22证明：（1）当n=2时，由x0得(1x)12xx12x，即不等式成立；

（2）假设当n=k（k≥2）时不等式成立，即有(1x)1kx：，则当n=k+1时，(1x)k1k(1x)(1x)k(1x)(1kx)1xkxkx21(k1)x，所以当n=k+1时，原不等式也成立；

由（1）（2）知，贝努利不等式成立；

注：事实上，把贝努利不等式中的正整数n改为实数仍有类似不等式成立.当是实数,且或0时,有(1x)≥1x(x1)

当是实数,且01时,有(1x)≤1x(x1)

例

4、证明：如果n(n为正整数)个正数a1,a2,a3,an的乘积a1a2a3an1，那么它们的和

a1a2a3ann；

证明：（1）当n=1时，a1=1，命题显然成立；

（2）假设当n=k时命题成立，即若k个正数a1,a2,a3,ak的乘积a1a2a3ak1，那么他们的和

a1a2a3akk，则当n=k+1时，有k+1个正数a1,a2,a3,ak,ak1满足乘积a1a2a3akak11，若这k+1个正数相等，则它们都是1，其和为k+1，命题成立；

若这k+1个正数不全相等，则其中必有大于1的数，也有小于1的数，不妨设a1>1，a2<1, 则由归纳假设可得：a1a2a3akak1k（*），又由a1>1，a2<1可得：(a11)(a21)0a1a2a1a210a1a2a1a21与（*）式相加即得：

a1a2a3akak1k1，即当n=k+1时，命题也成立；

由（1）（2）知，如果n(n为正整数)个正数a1,a2,a3,an的乘积a1a2a3an1，那么它们的和

a1a2a3ann；

思考：课本P53的探究

课堂练习：当n≥2时,求证

:1

2



证明：（1）当n2时，左式1

1

1.7

2右式，当n2时，不等式成立

（2）假设当nk（2)时，不等式成立，即1



则当nk

1时，左式1











右式

当nk1时，不等式成立。

由（1）（2）可知，对一切nN，且n2，不等式都成立。

高中数学不等式证明题篇10

关键词：不等式恒成立；换元思路；函数思路

根据调查发现，高中数学中的不等式恒成立问题成为高中热点命题之一，针对不等式恒成立问题所涉及的知识载体众多，高中数学的解题思路相对比较灵活，尤其是在多题型的情况下学生难以快速找到合适的解题思路，传统单一的教学方法及解题方法不仅不能实现课改的创新要求，而且对学生的答题思路还有一定的限制。下面就将不等式恒成立问题多种解题思路进行系统全面的讲解。

一、换元思路在不等式恒成立问题中的应用

不等式恒成立问题中常见的就是出现参数与变量的结合，在这种情况下利用分离参数得出最大值与最小值就相对困难一些，根据问题的不同，学生在解题的过程中首先需要弄清楚题意中表示的谁是主元，这样解题就有了目标性。然后根据主元构成的函数来进行解题，一般的换元思路中多为一次函数，采取一次函数的直线形状的特点，根据实际分析两个端点的具体情况，这样问题就容易了。

例如：已知f（x）=x3+4ax-l，g（x）=f′（x）-ax-6，对满足-1≤a≤1的一切a的值，恒有g（x）<0，求实数x的取值范围.

分析：理解题意，如果将这一例题看做为关于x的一元二次方程式化简这个过程就会十分的复杂；如果能够改变角度，将其中a的范围看为主元变量问题，x作为做变量，那么这个问题就变成以a为变量的一次函数。

点评：这道题的核心问题在于，学生能够将x视作参数，a视为自变量。

二、函数思路在不等式恒成立问题中的应用

不等式恒成立问题中对于二次函数法的应用主要是根据二次函数图象的特性来解题的，如果能够将不等式问题转化成函数最大值、最小值问题，就需要结合分类讨论思想来完成解题。

例如：已知函数f（x）=x3+ax+x+3，a∈R，若f（x）在区间（-1/3，

-2/3）内是减函数，求a的取值范围。

分析：这一道题的解题思路主要是二次函数区间问题，在这个过程中学生的思路要考虑的就是只对变量讨论，同时本题的关键在于考察二次函数零点的分布，学生需要注意对于特殊点函

数值的正负问题进行思考，问题就简化了，因为函数f（x）在区间

（-1/3，-2/3）内是减函数，所以在（-1/3，-2/3）内，f′（x）=3x2+2a+1≤0恒成立.因为二次函数f′（x）开口向上，f′（x）最小只可能是f′（-2/3）或f′（-1/3），由f′（-2/3）=4/3-4a/3+1≤0与f′（-1/3）=1/3-2a/3+1≤0，得到a≥2。

上一道题的另一种考查形式为：（a-1）n2+（a-1）+2>0恒成立，求a的取值范围。

分析：这道题的变量为n，并且没有任何的限制条件，需要用判别式来思考解决。