数学归纳法证明不等式教案

数学归纳法证明不等式教案（推荐15篇）

数学归纳法证明不等式教案篇1

在明确数学归纳法本质的基础上，我们来共同研究它在不等式证明中的应用．

例1 已知x＞－1，且x≠0，n∈N，n≥2．求证：(1＋x)n＞1＋nx．

证：(1)当n=2时，左边=(1＋x)2=1＋2x＋x2，右边=1＋2x，因x2＞0，则原不等式成立．

(在这里，一定要强调之所以左边＞右边，关键在于x2＞0是由已知条件x≠0获得，为下面证明做铺垫)

(2)假设n=k时(k≥2)，不等式成立，即(1＋x)k＞1＋kx．

师：现在要证的目标是(1＋x)k1＞1＋(k＋1)x，请同学考虑．

师：现将命题转化成如何证明不等式

(1＋kx)(1＋x)≥1＋(k＋1)x．显然，上式中“=”不成立．故只需证：(1＋kx)(1＋x)＞1＋(k＋1)x．

提问：证明不等式的基本方法有哪些？

(学生可能还有其他多种证明方法，这样培养了学生思维品质的广阔性，教师应及时引导总结)

师：这些方法，哪种更简便，更适合数学归纳法的书写格式？学生丙用放缩技巧证明显然更简便，利于书写．

当n=k＋1时，因为x＞－1，所以1＋x＞0，于是

左边=(1＋x)k1=(1＋x)k(1＋x)＞(1＋x)(1＋kx)=1＋(k＋1)x＋kx2；右边=1＋(k＋1)x． +

因为kx2＞0，所以左边＞右边，即(1＋x)k1＞1＋(k＋1)x．这就是说，原不等式当n=k

＋＋1时也成立．

根据(1)和(2)，原不等式对任何不小于2的自然数n都成立．

(通过例1的讲解，明确在第二步证明过程中，虽然可以采取证明不等式的有关方法，但为了书写更流畅，逻辑更严谨，通常经归纳假设后，要进行合理放缩，以达到转化的目的)

例2 证明：2n＋2＞n2，n∈N＋．

证：(1)当n=1时，左边=21＋2=4；右边=1，左边＞右边．所以原不等式成立．

(2)假设n=k时(k≥1且k∈N)时，不等式成立，即2k＋2＞k2．

现在，请同学们考虑n=k＋1时，如何论证2k1＋2＞(k＋1)2成立．

师：将不等式2k2－2＞(k＋1)2，右边展开后得：k2＋2k＋1，由于转化目的十分明确，所以只需将不等式的左边向k2＋2k＋1方向进行转化，即：2k2－2=k2＋2k＋1＋k2－2k－3．

由此不难看出，只需证明k2－2k－3≥0，不等式2k2－2＞k2＋2k＋1即成立．

师：由于使不等式不成立的k值是有限的，只需利用归纳法，将其逐一验证原命题成立，因此在证明第一步中，应补充验证n=2时原命题成立，那么，n=3时是否也需要论证？

师：(补充板书)当n=2时，左=22＋2=6，右=22=4，所以左＞右；当n=3时，左=23＋2=10，右=32=9，所以左＞右．因此当n=1，2，3时，不等式成立．(以下请学生板书)

(2)假设当n=k(k≥3且k∈N)时，不等式成立．即2k＋2＞k2．因为2k1＋2=2·2k＋2=2(2k

+＋2)－2＞2k2－2=k2＋2k＋1＋k2－2k－3=(k2＋2k＋1)＋(k＋1)(k－3)(因k≥3，则k－3≥0，k＋1＞0)

≥k2+2k＋1=(k＋1)2．所以2k1＋2＞(k＋1)2．故当n=k＋1时，原不等式也成立．根

+据(1)和(2)，原不等式对于任何n∈N都成立．

师：通过例2可知，在证明n=k＋1时命题成立过程中，针对目标k2＋2k＋1，采用缩小的手段，但是由于k的取值范围(k≥1)太大，不便于缩小，因此，用增加奠基步骤(把验证

n=1．扩大到验证n=1，2，3)的方法，使假设中k的取值范围适当缩小到k≥3，促使放缩成功，达到目标．

例3 求证：当n≥2时，(在这里，学生极易出现错误，错误的思维定势认为从n=k到n=k＋1时，只增加一项，求和式中最后一项即为第几项的通项，教师在这里要着重分析，化解难点．)

问题的特点，巧妙合理地利用“放缩技巧”，使问题获得简捷的证明：

题的转化途径是：

师：设S(n)表示原式左边，f(n)表示原式右边，则由上面的证法可知，从n=k到n=k＋1命

数学归纳法证明不等式教案篇2

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》。

高中数学中不等式的证明方法篇3

要培养和提高自己的证题能力，一是要熟悉证明不等式的常用方法；二是要通过做题、思考来感悟和领会这些方法、技巧，使其变为自己的证题能力。不等式的证明方法是多种多样的，并且在一个题目的证明过程中，往往不止应用一种方法，而需要灵活应用各种方法。现将证明不等式的常用方法归纳如下。

一、比法较

1.作差比较法

依据a>b a-b>0（或a例1.已知：a、b、c为正数，求证：a3+b3+c3≥3abc

证明：因为a3+b3+c3-3abc

= （ a+b+c）（a2+b2+c2-ab-bc-ca）

= （a+b+c）[（a-b）2+（b-c）2+（c-a）2]≥0

所以a3+b3+c3≥3abc

2.作商比较法

依据若b>0，则a>b >1（或a

关键词 Daily report 英语学习

中图分类号：G623.31 文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2016）16-0041-02

我校位于城中村与市区结合的南湾片区，学生多属于外来务工人员的子女，即使是本市的生源，家长多属于湾仔本地人，文化程度不高，家庭学习环境差，很多家里没有电脑，学生根本不会利用互联网查阅资料，电脑对于他们来说就是一台游戏机。无论汉语还是英语，表达能力都很差。目前常规的英语教学，有限的课堂45分钟只能落实一些课本基本知识，日常口语会话不能得到很好的练习。为了有效练习日常会话和口语表达能力，我打算英语课利用课前3分钟开展一个“Daily Report”活动，活动实施前进行了学情调查，通过调查获得的数据，使我有了一种认识：受调查学生都经过了小学3年的英语学习，有些甚至学了6年，但由于众多原因，大部分学生未能达到应有的口语水平。存在的问题如下：

1.随着年级的增高、学习内容的增加、学习负担的加重，学生的学习态度和学习兴趣也随之减弱。

2.课堂是学生语言学习与习得的主要环境，离开课堂之后，他们很少有机会说英语，更无法将所学知识应用于实际交流。

3.部分学生有讲英语的热情，但对开口讲英语总有一种惧怕心理，怕出错，怕受老师责备，怕被同学耻笑。这种恐惧心理常导致学生平时缺乏足够的口语练习机会，在开口时没有一种自主感。越害怕说的就越少。

4.由于学生英语基础差，对学习英语产生了烦、厌、没兴趣等心理障碍，觉得用英语进行交际是一件非常困难的事，因而逃避说英语。

《九年义务教育初中英语课程标准》三至五级中对我们初中英语教学有这样的要求：“学生能尝试使用不同的教育资源，从口头和书面材料中提取信息，扩展知识，解决简单的问题并描述结果。能在学习中互相帮助，克服困难。”

开展Daily report活动能为学生搭建展示自我、与他人分享交流的平台，能够更好的激发学生学习英语的兴趣，提高学生做事能力，增强自信心。同时为师生互动交流提供了一个良好的机会。学生在演讲前会通过多种媒体收集、查阅大量资料，再对所收集的资料进行整合，这要求学生要正确地获取和判断各种信息，了解媒体传达信息的方式、工具等特点，合理使用数码技术、通讯工具和网络。这体现了21世纪技能——学生的信息、媒体和技术技能。所以，Daily Report对城乡结合地区的学生英语学习起着非常重要的作用。

一、开展Daily Report活动的要求

1.确定演讲内容。课前三分钟演讲顺序由课代表安排，或按座次，或按学号，或男女轮流出场；演讲的内容从刚入学七年级上的教学需要实施命题演讲，如自我介绍；一段时间后进行半开放型演讲，即演讲内容不做太多限制，让演讲者在备选的几个话题中抽签选择；最后进行开放型演讲，让演讲者自由选题。严密组织，让学生充分重视这一教学环节，以达到以讲促学的目的。杜绝信马由缰式的放纵，鼓励学生运用意会、感受、想象等方法，丰富词汇，领悟语法，形成自己的语言风格。

2.要求脱稿，不走形式。脱稿演讲，一方面能提高学生的记诵能力，另一方面还可以让学生在反复背诵中加深对主题的理解。每一次背诵都是一次学习的过程，也是一次提高的过程。我强调让学生珍惜难得的锻炼机会，严格脱稿演讲制度，不要让演讲有名无实。

3.注重教师指导，注重学生的个体差异。教师要对“课前三分钟演讲”进行针对性的指导。学生千差万别，演讲内容丰富多彩，演讲风格各不相同，那么演讲的效果肯定不会一致。初中生的年龄特点决定了他们敏感、自尊的心理特征，他们渴望成功，渴望得到认可和表扬，所以我们要对其中成功的演讲进行充分地肯定，让其尽享成功的愉悦，进一步激发他们的表现欲望和创造欲望，为其他学生树立一个榜样。教师言传身教，自始自终应把握正确的指引方向，既发挥学生的主体性，调动他们的积极性；又不放任自流，任由学生随意的“演讲”，让演讲流于形式。鼓励为主，恰当点评。对于不太成功的演讲，教师要善于从“不成功”中发现闪光点，让演讲者体会到了小小的鼓励，使其对下一次演讲充满渴望。

二、开展Daily Report活动的作用

1.培养了学生的创新能力。课前三分钟演讲，使学生的创造力得到了极大限度的发挥。从标题拟定、题材翻新、主题升华，一段音乐伴奏，不管是内容还是形式，学生们都表现出了非凡的创造力。为了吸引听众注意，各种各样的小花招更是层出不穷。

2.锻炼了学生发表个人见解的胆量，消除了学困生畏难的情绪。很多学生第一次上台手足无措，语无伦次，经过第二次、第三次锻炼以后，都有不同程度的进步。Daily Report循环周期长，学生准备时的工作量大，对基础差的学生是个很大的挑战。如何照顾学困生？可由课代表组织Daily Report的活动，分组依次轮流进行，前一天由科代表在公示栏里提醒，分布完这个任务后，第二天就开始执行，先从英语基础好的学生开始。对胆子很小、成绩也偏后的学生Daily Report会遇到困难，教师特意鼓励这些学生，让其好好表现。并带动其他同学给予其热烈的掌声鼓励。一些语音不好、语言表达不好的学生在Daily Report活动中可分配简单的任务，让其找到适合自己的舞台，这不仅使他们有成就感，而且也可提高他们的课堂参与热情，增强他们学好英语的信心。这样一来，既给学生们扫除英语课的紧张心理，也给学生开创一个很好的表现机会。

3.养成了学生仔细聆听的习惯。在进行Daily Report后，演讲者会对自己的内容进行提问，听众也会对所听到的内容进行纠错。只有仔细聆听了，才可以做到准确的回答问题和纠错。在纠错这一问题上，教育学生一方面要礼貌的纠正他人的错误，另一方面要敢于面对自己的错误。

4.促进了教师教学观念的转变，培养了教师的教育科研意识。通过这个活动，牢固树立校本研究的思想，更新了教师教学观念，巩固并加深了教师对新课程改革的理解，拓宽了教师对教学方式改变的思路，促进了教师综合素质的提高。

数学归纳法证明不等式教案篇4

教材：不等式证明二（综合法，分析法，反证法，变换法）

目的：加强不等式证明的训练，以期达到熟练技巧，同时要求学生初步掌握用综

合法证明不等式。

过程：1综合法

有时我们可以利用某些已经证明过的不等式(例如均值不等式)和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立,这种方法通常叫做综合法,也叫做公式法.例1.已知 a, b , c是不全相等的正数,求证:

ab2c2bc2a2ca2b26abc

证明:

同理 

22b2c22bc,a0ab2c22abc22bacac2abcb2abc

因为, c 不全相等,所以三式不能全取等号 a , b

ab2c2bc2a2ca2b26abc



2分析法

证明不等式时,有时可以从求证的不等式出发,分析使这个不等式成立的充分条件,把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题,如果能够肯定这些充分条件都已具备,那么就可以断定原不等式成立,这种证明方法通常叫做分析法.例2求证72

52都是正数,所以为了证明证明:因为3和

只需证明

展开得 3725372221022120

22110

215

2125

2125成立,所以3因为 7  2 成立

证明某些含有根式的不等式时,用综合法比较困难,例如这道题,我们很难想到从21<25下手,因此,我们常用分析法探索证明的途径,然后用综合法的形式写出证明过程,这是解决数学问题的一种重要方法

例3证明:当周长相等时,圆的面积比正方形的面积大

LL证明:设周长为,正方形面积为L依题意,圆的面积为4222

所以本题只需证明 LL24

L2L2

为了证明上式成立,只需证明2416411两边同时乘以正数得2L

4因此只需证明: 4

LL上式是成立的,所以: 24

2222这就证明了,如果周长相等,那么圆的面积比正方形的面积大.3反证法反证法是一种间接证明方法,我们如果欲证明“若A则B”,可以通过否定B来达到肯定B的效果,步骤一般分为三步:1.反设结论不成立;2.归谬,由假设作为条件推出矛盾;3.结论,肯定欲证结论的正确

a,b,c都是小于1的正数,求证: 已知

1ab,1bc,1c

41a中至少有一个不大于444111证明:假设 1ab,1bc,1ca

a,b,c都是小于1的正数

1111ab,1bc,1ca222

31ab1bc1ca2

但是 1ab1bc1ca

1ab1bc1ca222

3所以，矛盾！

4变换法变换法就是利用拆项或者插项,换元(三角换元,增量换元,等价转化)等变换达到证明不等式的目的,其中,最为常用的就是三角换元法,把多个变量换成同一个角的三角函数值,再用三角公式进行证明.222a,b,cRabc求证: 已知:,且

anbncn(nN,n2)

:由已知,可设 acos,bsin

0sin1,0cos

10sinnsin2,0cosncos2

anbncnsinncosncnsin2cos2cn



三、小结：各种证明方法

巧用数学归纳法证明不等式篇5

数学归纳法是解决与正整数有关的命题的数学方法，它是通过有限个步骤的推理，证明n取无限个正整数的情形。

第一步是证明n取第一个值n0时命题成立，这步是“归纳奠基”，没有这一就失去了命题递推的基础，如：有位同学这样用数学归纳法证明2+4+6+…+2n=n2+n+1(n∈N*)证明：假设当n=k时，等式2+4+6+…+2k=k2+k+1成立，当n=k+1时，2+4+6+…+2k+2(k+1)=k2+k+1+2(k+1)=(k2+2k+1)+(k+1)+1，所以n=k+1时命题也成立，所以对于n∈N*命题都成立。这个等式是不成立的，证明过程中没有验证n=1是命题的正确性，因此忽略了递推的基础导致出错。

第二步是在假设n=k(k≥n0)成立的基础上，证明n=k+1时命题也成立，这步是“归纳递推”，没有这一步就失去了递推的依据，如：有位同学在研究数学{(n2-5n+5)2}时，发现n=1,2,3,4时，都有an=1，由此，他得出an=1(n∈N*)。其实a5=25，这个命题也是不成立的，证明过程是不完全归纳，没有证明第二步，命题的正确性无法传递下去。

可见，数学归纳法中的两个步骤缺一不可。

利用数学归纳法不仅可以证明与正整数有关的等式问题，整除问题，平面几何问题，还可以解决不等式的证明问题。

例1 等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n,Sn)均在函数y=bx+r(b>0且b≠1,b,r均为常数)的图象上.（1）求r的值；（2）当b=2时，记bn=2(log2an+1)(n∈N*)证明：对任意n∈N*，不等式b1b11b21…nn1成立 b1b2bn分析：（2）要证的不等式为

21412n1…n1，第一步容易验证，第二242n步证明证明n=k+1时命题也成立时，需要用到假设n＝k时的命题，如果只是从左边向右边推导，需要放缩技巧，不容易证明，如果利用分析法寻找不等式成立的充分条件，问题就迎刃而解了。

解：（2）由（１）及ｂ＝２知ａｎ＝２所证不等式为

ｎ－１，因此ｂｎ＝２ｎ(n∈N)

*21412n1…n1． 242n3，右式＝2，左式＞右式，所以，ｎ＝１时，命题成立． 22k12141＊

k1，…②假设ｎ＝ｋ（ｋ≥１，ｋ∈Ｎ）时结论成立，即

2k24①当ｎ＝１时，左式＝则当n=k+1时，21412k12k32k32k3…，k1242k2(k1)2(k1)2k1要证n=k+1时结论成立，只需证

2k32k1k2，2k3(k1)(k2)，22k3k1k2(k1)(k2)由基本不等式得222法一：即证所以2k32k1k2成立，所以n=k+1时，结论成立.由①②可知，n∈N*，不等式

b1b11b21…nn1成立 b1b2bn法二：即证2k32(k1)(k2)，只需证(2k3)24(k1)(k2)，即证4k2+12k+9≥4(k2+3k+2)，即证9≥8，显然成立，所以2k32k1k2成立，所以n=k+1时，结论成立.由①②可知，n∈N*，不等式

b1b11b21…nn1成立 b1b2bn

22例2 已知数列{an}中，an≥0,a1=0,an+1+an+1-1=an.求证：当n∈N时，an

2**

222(ak+2+ak+1+1)>0

数学归纳法证明不等式教案篇6

530021广西南宁三中许兴华文集注：此文已经发表于北京《数学通报》，1996.7

浅谈高等数学中不等式的证明篇7

一、利用数学归纳法证明不等式

若不等式中含有“变量为自然数”的条件, 可以尝试用数学归纳法.

例1 证明不等式undefined为自然数.

证明当n=2时, 因为undefined,

故不等式成立.

设n=k时, 不等式成立, 即undefined

则对于n=k+1时, 有

undefined

由于undefined由贝努力不等式) , 从而有

undefined,

故原式获证.

二、利用取对数法证明不等式

若不等式中含有幂指函数, 可以考虑用取对数法.

例2 证明不等式undefined为自然数.

证明由undefined, 不等式的两边取对数, 得

undefined, undefinedundefinedundefinedundefined, 即

undefined

所以undefined

于是undefined, 即undefined

下面证明undefined

设undefined, 则有

undefined,

所以 (注意到undefined, 从而证得undefined

三、利用无穷小的性质证明不等式

若x→+∞时, undefined为无穷小, 即undefined, 且g (x) >0 (x>M1>0) , 则存在M2>0, 当x>M2时, 有undefined, 从而f (x)

例3 试证:当x充分大时, x10ex

证明因为当x→+∞时, undefined,

所以, 当x充分大时, 有undefined, 即x10ex

四、利用拉格朗日中值定理证明不等式

若f (x) 在[a, b]上连续、在 (a, b) 内可导, 则undefined.利用ξ与a, b的关系, 对ξ进行合理缩放即可得不等式.

例4 若0

证明显然等式当且仅当a=b>0时成立.

下面证0

作辅助函数f (x) =lnx, 则f (x) 在[a, b]上满足拉格朗日中值定理, 即存在ξ∈ (a, b) 使undefined成立.

由于0

由上述两式可得undefined,

所以undefined

五、利用泰勒定理证明不等式

泰勒定理的适用范围是不等式中含有的函数易求出它的泰勒展开式 (或麦克劳林展开式) , 从而利用它的局部展开式证明不等式.

例5 证明:undefined

证明令f (x) =ln (1+x) , 则

undefined

于是f (x) 在x=0处的三阶泰勒展开式为:

undefined

由于undefined,

所以undefined

六、利用函数的凹凸性证明不等式

通过函数在某区间上的二阶导数的正负来判定在该区间上的凹凸性, 从而证明一些不等式, 特别是含两个或两个以上变元的.

例6 证明:undefined

证明设f (t) =tn, t>0, 则

f′ (t) =ntn-1, f″ (t) =n (n-1) tn-2.

当n>1, t>0时, 有f″ (t) >0, 所以f (t) 在 (0, +∞) 内是凹函数.

根据凹凸性的定义, ∀x, y∈ (0, +∞) , x≠y,

有undefined, 即undefined

七、利用变上限积分证明不等式

在不等式的两端取变上限积分, 可以得到新的不等式.

例7 设f (x) 在 (0, +∞) 上具有连续的可微函数, 且f (0) =1.当x≥0时, f (x) >|f′ (x) |.试证:ex>f (x) , (x>0) .

证明由已知可得-f (x) 0时, f (t) >0, 故有undefined

两边从0到x积分, 得∫undefinedundefined∫undefineddt, 其中x>0.

注意到f (0) =1, 从而得到lnf (x) f (x) .

不等式的证明因题而异, 灵活多变.只有在多思考、多总结的基础上, 才能迅速把握问题的本质, 灵活运用各种证明技巧, 提高解题水平.

摘要：人们对高等数学的印象通常是复杂的公式和繁杂的计算, 事实上通过用心的总结和归纳, 高等数学中的许多知识点是有规律可循的.本文就以多年教学经验为依据, 通过一些实例, 对高等数学中不等式的证明方法进行了探讨, 希望能给读者以启迪.

关键词：高等数学,不等式,证明方法

参考文献

[1]邵瑞珍, 皮连生.教育心理学[M].上海:上海教育出版社, 1988.

[2]李士琦.PME:数学教育心理[M].北京:高等教育出版社.

[3]毛京中.高等数学概念教学的一些思考[J].数学教育学报, 2003, 12 (2) .

[4]陈琼, 翁凯庆.试论数学学习中的理解学习[J].数学教育学报, 2003, 12 (1) .

[5]张定强.剖析高等数学结构, 提高学生数学素质[J].数学教育学报, 1996, 5 (1) .

数列求和不等式的证明篇8

题目已知数列[an]的通项公式是[an=3n-2n].求证：对一切正整数[n]，有[1a1+1a2+???+1an<32].

思路1：放缩为可求和的等比（等差）数列

证明因为[3n-3n-1=2?3n-12?2n-1=2n]，

所以[3n-2n3n-1]，所以[1an13n-1].

于是[1a1+1a2+…+1an1+13+…+13n-1]

[=1-13n1-13][=321-13n<32].

思路2：放缩后能裂项相消

证明当[n=1]时，[1a1=1<32]；

当[n=2]时，[1a1+1a2=1+15<32]，显然成立.

当[n3]时，[an=3n-2n=1+2n-2n]

[=1+C1n?2+C2n?22+…+Cn-1n?2n-1+2n-2n]

[=1+C1n?2+C2n?22+…+Cn-1n?2n-1>C2n?22]

[=2nn-1]，

又因为[a2=5>2×2×2-1]，

所以[an>2nn-1]（[n2]），

所以[1an<12nn-1=121n-1-1n]（[n2]），

所以[1a1+1a2+1a3+…+1an]

[<1+121-12+13-14+…+1n-1-1n=1+121-1n<32.]

思路3：构造加强不等式，借助数学归纳法

①当[n=1]时，左边[=1a1=1]，右边[=32]，命题成立.

②假设当[n=k]（[k2]，[k∈][N]）时成立，即[i=1k13i-2i<32]成立.为了证明当[n=k+1]时命题也成立，我们首先证明不等式：[13i+1-2i+1<13?13i-2i]（[i1]，[i∈][N]）.

要证[13i+1-2i+1<13?13i-2i]，

只需证[13i+1-2i+1<13i+1-3?2i]，

只需证[3i+1-2i+1>3i+1-3?2i]，

只需证[-2i+1>-3?2i]，

只需证[-2>-3]，该式子明显成立，

所以[13i+1-2i+1<13?13i-2i].

于是当[n=k+1]时，[i=1k+113i-2i=13-2+i=2k+113i-2i][<1+13i=1k13i-2i<1+13×32=32]，

所以在[n=k+1]时命题也成立.

平均值不等式归纳法证明篇9

湖南省张家界市永定区永定小学覃文周整理

1、设ai(i=1,2,…,n)为正数，求证：（a1+a2+…+an）

等号当且仅当a1=a2=…=an时成立。证明：由1na1a2an…（1）a1a2210得：a1a2a1a2。即当n=2时（1）式成立。2

假设当n=k时（1）式成立,即（a1+a2+…+ak）

1令（a1+a2+…+ak+ak1）=a，于是有： k11ka1a2ak。则当n=k+1时 a=1111[a1+a2+…+ak+ak1+（k-1）a]=[a1+a2+…+ak）+ak1+(k-1）a)] 2k2kk

1(2

2ka1a2ak+12kk1ak1ak1k1)2k1a1a2akak1a aaaaaa

2即 ak1a1a2akak1 k1（a1+a+…+a1k+ak1）ka1a2akak1

即当n=k+1时（1）式成立。

数学归纳法证明不等式教案篇10

2016年考研数学大纲专题解析之不等式

证明

新考研大纲如约而至。对考生而言，关注点应从对考纲的关注转到如何更有效地复习上。笔者作为奋战在教学一线的数学老师，考虑到这阶段的同学已经历了基础阶段和暑期的复习，已具备一定基础，也对真题中的题型有一定了解，但未必形成知识体系，重难点也未必完全把握。所以，借助此次与广大考生交流的机会，跨考教育数学教研室刘玮宇老师梳理了高等数学中的重难点，以期给正在全力攀登的考生搭一把手。专题二不等式证明

不等式证明是真题中常考大题的地方，其中2014年的字母不等式的证明题有不少同学就找不到思路。下面我们梳理不等式证明的基本题型以及处理思路。

1.基本思路

考虑一道题：证明f(x)>g(x),x属于(a,b)。如何证明呢?能否带入验证呢?即便有愚公移山的精神也不行!因为太行王屋二山再大，体积质量毕竟有限;而(a,b)中的实数确是真真切切的无穷多，所以带入验证的工作成了货真价实的“子子孙孙无穷匮也”。那有什么可行的思路呢?注意到，待证不等式可恒等变形为f(x)-g(x)>0,如果令F(x)=f(x)-g(x),进一步可化为F(x)>0,x属于(a,b)。如何证明一个函数在一个范围恒大于零呢?仅需证明其在该范围的最小值大于或等于0即可。而找一个函数在一个区间(考虑(a,b)对应的闭区间)上的最小值应该不难。

好，我们由此得到了证明函数不等式的基本思路：移项构造辅助函数，结合单调性证明该函数的最小值大于等于零即可。具体解题有什么步骤吗?基本步骤如下：1)移项构造辅助函数;2)计算区间端点处的函数值(常有一个端点处的函数值为0，不妨设左端点的函数值为0);3)仅需证明函数单增即可，也即证明导函数大于或等于0对于开区间成立。

2.若干变形

以上是函数不等式证明的基本思路，真题中有什么变形呢?首先，如果待证的不等式形式较复杂，得考虑先化简：若不等式两边有公因子，考虑约去公因子(考虑公因子的正负对不等号的影响);若待证不等式有分母，考虑去分母;若待证不等式是指数式，考虑不等号两边取对数。

其次，在

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料的简单：把其中一个字母看成常量，另一个字母看成变量(或者替换为x)，字母不等式就化为函数不等式，进而按照函数不等式的处理思路处理即可。赵本山的小品中老虎把乌龟看成穿上马甲的蛇闹出了笑话，咱们现在把字母不等式看成穿上马甲的函数不等式不仅不是笑话，而且是正确的处理方式。

4.积分不等式

积分不等式长得比较吓人，但我要套用毛爷爷那句话：一切积分不等式都是纸老虎!这不是盲目自信，而是事实确是如此。积分不等式也属函数不等式，只不过穿上了积分这个马甲。处理思路是函数不等式的思路结合积分的性质。

2016考研数学大纲专题解析之极限

考试对极限的考察以计算为主。下面我们梳理一下极限计算的方法。

1.四则运算

此法可简要概括为“若极限式中每一部分(和差式中的每一项或乘除式的每个因子)的极限存在，则和的极限等于极限的和，差的极限等于极限的差，乘积的极限等于极限的乘积，商的极限等于极限的商(分母不为零)”。

而在实际做题过程中，我们往往不容易观察出每一部分的极限都存在，而是只观察出一部分的极限存在，这时能否利用四则运算法则往下写呢?我们需分成加和乘(减看成特殊的加，除看成特殊的乘)两种运算讨论：两个函数相加，取极限，若能观察出一项的极限存在，若另一项的极限存在，则由四则运算法则，和的极限等于极限的和，可以往下算;若另一项的极限不存在，可以证明(用反证法)整个极限不存在，也即“收敛+发散=发散”，而这种情况在真题中的极限计算题中还未出现过。综上，两个函数相加取极限，只要一项极限存在，就可以放心大胆地、一马平川地往下算。万一另一项的极限不存在呢?那回答整个极限不存在即可。下面讨论乘的情况，两个函数相乘取极限，若一个函数的极限存在，那得追问一句：极限值是否为0?若为0，则不能把该函数的极限算出(因为可能出现“0乘无穷”这种未定式);若极限值不为0，则后面的讨论类似于加的情况。

2.洛必达法则

洛必达法则知名度很高。提起极限计算的方法，有同学别的方法想不起来，唯独对洛必达念念不忘，可谓情有独钟。到了这个阶段，对于此法，首先要注意条件。洛必达法则有三个条件：1)0分之0或无穷分之无穷型;2)分子、分母在一个范围(若极限过程为x趋近于一点，则“局部”为该点的某去心邻域)可导;3)分子、分母分别求导后的极限存在。具体函数仅判断

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的思想方法(如x趋于0时，sinx等价于x，那么x的位置换成趋近于0的函数行不行?行!这就是广义化的思想)。再者，等价无穷小替换常在洛必达法则之前用，这样可以简化洛必达法则中的求导运算。注意，易错点是只有整个极限式的乘除因子才能替换。

4.泰勒公式

泰勒公式可以说是计算极限的最强大的武器。有同学戏称“一把泰勒走天下，洛必达之类都是浮云”。确有几分道理。该公式有两种形式：带皮亚诺余项的公式和带拉格朗日余项的公式。前者用来算极限，后者用来证明。

算极限首先应记清8个常用的泰勒公式(exp(x),sinx,cosx,arcsinx,tanx,arctanx，ln(1+x),(1+x)^a在0点展开的泰勒公式)，接下来就是带入、化简计算的功夫了。泰勒公式展示其威力的场合还有抽象函数。有一个信号会提示我们考虑泰勒公式，即题目中出现高阶导数(二阶及以上阶数的导数称为高阶导数)。

5.幂指型函数的处理

幂指型函数是指底数位置和指数位置都有自变量的函数。此类函数在考试中可能让我们求极限或求导数。处理该类函数问题有万能的一招：指数对数恒等式转化。

6.夹逼定理

首先要熟悉该定理的内容。有数列和函数两种形式。若一个数列夹在两外两个数列之间(并不要求对所有的n成立，对充分大的n成立即可)，且在n趋于无穷时，两头的数列收敛到同一个数，则中间的数列被逼迫着极限也存在且极限值为同一个数。函数形式的夹逼定理类似理解。

接着应熟悉一个结论：无穷小乘以有界量=无穷小。该结论是夹逼定理的推论。可用其解题。

最后，一种长得非常有型的极限计算题——n项分母互不相同的分式的和的极限，可考虑夹逼定理，也可能考虑定积分定义。限于篇幅，本文在此点到为止，不详述。

7.单调有界定理

该定理内容并不难：单调递增且有上界的数列必有极限;单调递减且有下界的数列必有极限。此处需注意，不是严格的单调也可以。

巧用不等式证明小题篇11

关键词：排序不等式；柯西；均值；证明

中图分类号：G642.0 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2014）02-017-02

知识背景：

⑴ 排序不等式：

设有两组数；；满足，，其中是的任一排列，则有

即同序和≥乱序和≥逆序和；当且仅当或时，等号成立，即同序和=乱序和=逆序和.

⑵ 柯西不等式：

设有两组数；；有不等式当且仅当时，等号成立.

（3）均值不等式：设﹥0；（调和平均）；（几何平均）；（算术平均）；（平方平均）；有

当且仅当时，等号成立.

1. 已知a，b，c>0，求证：.

解决此题有多种方法：

方法一：（析：可以运用排序不等式求解）

解：不妨设a≥b≥c>0，则a+b≥a+c≥b+c ①，分别取倒数有 ②，

③

④

③+④得到：≥=1+1+1=3，则，得证.

方法二（析：运用柯西不等式证明）

解： []≥ ①，

又 =2 ②

=；则≥3 ③ ；将②、③代入①得到

得证.

方法三：（分析：拼凑法）

解+3===（a+b+c）= ①；利用均值不等式；则有；代入

①得：+3≥[×3×]×[3×]= ×=；则有得证.

2. 已知a，b，c>0，求证： .

方法一：（分析，运用排序不等式证明）

解：不妨设a≥b≥c>0，则 ①， a+b≥a+c≥b+c ，分别取倒数有 ②，则有

③

④

③+④得到 ⑤

又由柯西不等式：即有，得到

⑥，同理有： ⑦； ⑧；将⑥、⑦、⑧代入⑤得到： ≥==a+b+c

则有：得证.

方法二：（分析运用柯西不等式）

解 ≥

则有≥，化简得： ≥= 得证

方法三：（平均不等式求解）

解 ① ； ②； ③；

①+②+③得到 ≥a+b+c

化简得 ≥（a+b+c）—= 得证.

方法四：（拼凑法）

解 ==

= ①

由1题知：代入 ① 得

≥ 化简得

得证.

方法五：巧用排序不等式

不妨设a≥b≥c>0，则a+b≥a+c≥b+c ①，分别取倒数有 ②；又有 ③

④

⑤

④+⑤ 得到=

= ；化简得到

得证.

摘要：对于不等式的证明题，可以从多种角度去看待，运用均值不等式、柯西不等式、排序不等式等巧妙进行证明，证明的方法多种多样，下面就两个证明题的多种证明方法进行探讨。

关键词：排序不等式；柯西；均值；证明

中图分类号：G642.0 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2014）02-017-02

知识背景：

⑴ 排序不等式：

设有两组数；；满足，，其中是的任一排列，则有

即同序和≥乱序和≥逆序和；当且仅当或时，等号成立，即同序和=乱序和=逆序和.

⑵ 柯西不等式：

设有两组数；；有不等式当且仅当时，等号成立.

（3）均值不等式：设﹥0；（调和平均）；（几何平均）；（算术平均）；（平方平均）；有

当且仅当时，等号成立.

1. 已知a，b，c>0，求证：.

解决此题有多种方法：

方法一：（析：可以运用排序不等式求解）

解：不妨设a≥b≥c>0，则a+b≥a+c≥b+c ①，分别取倒数有 ②，

③

④

③+④得到：≥=1+1+1=3，则，得证.

方法二（析：运用柯西不等式证明）

解： []≥ ①，

又 =2 ②

=；则≥3 ③ ；将②、③代入①得到

得证.

方法三：（分析：拼凑法）

解+3===（a+b+c）= ①；利用均值不等式；则有；代入

①得：+3≥[×3×]×[3×]= ×=；则有得证.

2. 已知a，b，c>0，求证： .

方法一：（分析，运用排序不等式证明）

解：不妨设a≥b≥c>0，则 ①， a+b≥a+c≥b+c ，分别取倒数有 ②，则有

③

④

③+④得到 ⑤

又由柯西不等式：即有，得到

⑥，同理有： ⑦； ⑧；将⑥、⑦、⑧代入⑤得到： ≥==a+b+c

则有：得证.

方法二：（分析运用柯西不等式）

解 ≥

则有≥，化简得： ≥= 得证

方法三：（平均不等式求解）

解 ① ； ②； ③；

①+②+③得到 ≥a+b+c

化简得 ≥（a+b+c）—= 得证.

方法四：（拼凑法）

解 ==

= ①

由1题知：代入 ① 得

≥ 化简得

得证.

方法五：巧用排序不等式

不妨设a≥b≥c>0，则a+b≥a+c≥b+c ①，分别取倒数有 ②；又有 ③

④

⑤

④+⑤ 得到=

= ；化简得到

得证.

关键词：排序不等式；柯西；均值；证明

中图分类号：G642.0 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2014）02-017-02

知识背景：

⑴ 排序不等式：

设有两组数；；满足，，其中是的任一排列，则有

即同序和≥乱序和≥逆序和；当且仅当或时，等号成立，即同序和=乱序和=逆序和.

⑵ 柯西不等式：

设有两组数；；有不等式当且仅当时，等号成立.

（3）均值不等式：设﹥0；（调和平均）；（几何平均）；（算术平均）；（平方平均）；有

当且仅当时，等号成立.

1. 已知a，b，c>0，求证：.

解决此题有多种方法：

方法一：（析：可以运用排序不等式求解）

解：不妨设a≥b≥c>0，则a+b≥a+c≥b+c ①，分别取倒数有 ②，

③

④

③+④得到：≥=1+1+1=3，则，得证.

方法二（析：运用柯西不等式证明）

解： []≥ ①，

又 =2 ②

=；则≥3 ③ ；将②、③代入①得到

得证.

方法三：（分析：拼凑法）

解+3===（a+b+c）= ①；利用均值不等式；则有；代入

①得：+3≥[×3×]×[3×]= ×=；则有得证.

2. 已知a，b，c>0，求证： .

方法一：（分析，运用排序不等式证明）

解：不妨设a≥b≥c>0，则 ①， a+b≥a+c≥b+c ，分别取倒数有 ②，则有

③

④

③+④得到 ⑤

又由柯西不等式：即有，得到

⑥，同理有： ⑦； ⑧；将⑥、⑦、⑧代入⑤得到： ≥==a+b+c

则有：得证.

方法二：（分析运用柯西不等式）

解 ≥

则有≥，化简得： ≥= 得证

方法三：（平均不等式求解）

解 ① ； ②； ③；

①+②+③得到 ≥a+b+c

化简得 ≥（a+b+c）—= 得证.

方法四：（拼凑法）

解 ==

= ①

由1题知：代入 ① 得

≥ 化简得

得证.

方法五：巧用排序不等式

不妨设a≥b≥c>0，则a+b≥a+c≥b+c ①，分别取倒数有 ②；又有 ③

④

⑤

④+⑤ 得到=

= ；化简得到

不等式证明常用方法篇12

不等式是中学数学最基本内容之一, 它有着丰富的实际背景, 与生产实践联系十分密切.因此, 无论普通高考, 还是对口高考, 不等式历年都是考试的重点、热点, 甚至难点.下面就不等式的证明, 介绍几种常见方法, 如有不对, 敬请同行、同学们斧正.

一、作差法

例1 对于任意实数x, 求证:x2+3>2x.

证明 ∵x2+3-2x= (x-1) 2+2>0, ∴x2+3>2x.

评注 1.作差法步骤:作差——变形——判断与0的关系——结论.

2.作差后的变形常用方法有因式分解、配方、通分、有理化等, 应注意结合式子的形式, 适当选用.

二、作商法

例2 设a, b均是正实数, 求证:aabb≥abba.

证明首先, 由条件aabb>0, abba>0,

其次, $\frac{a^{a} b^{b}}{a^{b} b^{a}} = (\frac{a}{b})^{a - b} ‚$

(1) 当a≥b>0时, $\frac{a}{b} \geq 1 ‚ a - b \geq 0 ‚ ∴ (\frac{a}{b})^{a - b} \geq 1 .$

(2) 当b>a>0时, $0 < \frac{a}{b} < 1 ‚ a - b < 0 ‚ ∴ (\frac{a}{b})^{a - b} > 1 .$

综合 (1) , (2) : $(\frac{a}{b})^{a - b} \geq 1 ‚ ∴ a^{a} b^{b} \geq a^{b} b^{a} .$

评注 1.作商法步骤:作商——变形——判断与1的关系—结论.

2.作差法是通法, 运用较广;作商法要注意条件, 不等式两边必须是正数.作商法常用于证幂、指数形式的不等式.

三、综合法

例3 设a, b, c均是正实数, 求证: $\frac{b c}{a} + \frac{c a}{b} + \frac{a b}{c} \geq a + b + c .$

证明 ∵a, b, c均是正实数,

$∴ \frac{b c}{a}, \frac{c a}{b}, \frac{a b}{c}$ 也均是正实数.

$\begin{array}{l} ∴ \frac{b c}{a} + \frac{c a}{b} \geq 2 c, \frac{c a}{b} + \frac{a b}{c} \geq 2 a, \frac{a b}{c} + \frac{b c}{a} \geq 2 b . \\ ∴ 2 (\frac{b c}{a} + \frac{c a}{b} + \frac{a b}{c}) \geq 2 (a + b + c) ‚ \\ ∴ \frac{b c}{a} + \frac{c a}{b} + \frac{a b}{c} \geq a + b + c . \end{array}$

评注 1.利用某些已经证明过的不等式 (例如正数的算术均值不小于几何均数等) 和不等式的性质 (例如|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|等) 推导出所要证明的不等式成立, 这种证明方法通常叫做综合法.

2.综合法的思维特点是:由因导果, 即由已知条件出发, 利用已知的数学定理、性质和公式, 推出结论的一种证明方法.

3.运用综合法证明不等式, 必须发现式子的结构特征, 结合重要不等式和常用不等式, 找到解题的方法.

四、分析法

例4 设a>b>0, 求证: $\frac{(a - b)^{2}}{8 a} < \frac{a + b}{2} - \sqrt{a b} < \frac{(a - b)^{2}}{8 b} .$

证明由条件, 要证原不等式成立,

只需证 $\frac{(a - b)^{2}}{8 a} < \frac{(\sqrt{a} - \sqrt{b})^{2}}{2} < \frac{(a - b)^{2}}{8 b}$ ,

只需证 $\frac{(\sqrt{a} + \sqrt{b})^{2}}{4 a} < 1 < \frac{(\sqrt{a} + \sqrt{b})^{2}}{4 b}$ ,

只需证 $\frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2 \sqrt{a}} < 1 < \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2 \sqrt{b}}$ ,

$\begin{array}{l} 只需证 \sqrt{\frac{b}{a}} < 1 < \sqrt{\frac{a}{b}} . \\ ∵ a > b > 0 ‚ \end{array}$

∴此式显然成立, ∴原不等式在a>b>0时成立.

评注 1.证明不等式时, 有时可以从求证的不等式出发, 分析使这个不等式成立的充分条件, 把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题, 如果能够肯定这些充分条件都已具备, 那么就可以断定原不等式成立, 这种方法通常叫做分析法.

2.分析法的思维特点是:执果索因, 步步寻求上一步为真的充分条件, 即从“未知”看“需知”, 逐步靠拢“已知”.

3.分析法的书写格式:要证明命题B为真, 只需要证明命题B1为真, 从而有……这只需要证明命题B2为真, 从而又有……这只需要证明命题A为真, 而已知A为真, 故命题B必为真.

五、反证法

例5 已知0<a, b, c<1, 求证: (1-a) b, (1-b) c, (1-c) a不可能都大于 $\frac{1}{4} .$

证明假设 (1-a) b, (1-b) c, (1-c) a都大于 $\frac{1}{4}$ , 则 $(1 - a) b (1 - b) c (1 - c) a > \frac{1}{64} .$

由条件, 得

$(1 - a) b (1 - b) c (1 - c) a = (1 - a) a (1 - b) b (1 - c) c \leq (\frac{a + 1 - a}{2})^{2} (\frac{b + 1 - b}{2})^{2} (\frac{c + 1 - c}{2})^{2} = \frac{1}{64} .$

前后矛盾, 因而原命题成立.

评注 1.反证法是指有些不等式的证明, 从正面证不好说清楚, 可以从“正难, 则反”的角度考虑, 即要证明不等式A>B, 先假设A≤B, 由题设及其他性质, 推出矛盾, 从而肯定A>B.

2.反证法证题步骤:反设——推理——归谬——确认.

3.反证法证题类型:凡涉及的证明不等式为否定命题、唯一性命题或含有“至多”“至少”“不存在”“不可能”等词语, 可以考虑用反证法.

六、换元法

例6 已知x2+y2=1, 求证: $| x^{2} + 2 x y - y^{2} | \leq \sqrt{2} .$

证明由条件, 可令x=cosθ, y=sinθ,

则|x2+2xy-y2|=|cos2θ+2cosθsinθ-sin2θ|=|cos2θ+sin2θ|= $\sqrt{2} \sin (2 θ + \frac{π}{4})$ $\leq \sqrt{2} .$

评注 1.换元法是指对一些结构比较复杂, 变量较多, 变量之间的关系不甚明了的不等式可引入一个或多个变量进行代换, 以便简化原有的结构或实现某种转化与变通, 给证明带来新启迪的方法.

2.换元法常用两种换元形式:

(1) 三角换元:多用于条件不等式的证明, 当所给条件较复杂, 一个变量不易用另一个变量表示时, 这时可考虑三角代换, 将两个变量都用同一个参数表示.此法如果运用恰当, 可沟通三角与代数的联系, 将复杂的代数问题转化为三角问题.

根据具体问题, 实施的三角换元如:①若x2+y2=1, 可设x=cosθ, y=sinθ;②若x2+y2≤1, 可设x=rcosθ, y=rsinθ (其中-1≤r≤1) ;③若 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ , 则可设x=acosθ, y=bsinθ等.

(2) 增量换元:在对称式 (任意交换两个字母, 代数式不变) 和给定字母顺序 (如a>b>c等) 的不等式, 考虑用增量法进行换元, 其目的是通过换元达到减元, 使问题化难为易, 化繁为简.

七、均值法

例7 已知a, b, c均为正实数, 求证: $\frac{1}{2 a} + \frac{1}{2 b} + \frac{1}{2 c} \geq \frac{1}{b + c} + \frac{1}{c + a} + \frac{1}{a + b} .$

证明 ∵a, b为正实数, $∴ \frac{a + b}{2} \geq \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}},$

即 $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \geq \frac{4}{a + b} .$

$\begin{array}{l} 同理 : \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq \frac{4}{b + c} ‚ \frac{1}{c} + \frac{1}{a} \geq \frac{4}{c + a} . \\ ∴ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{c} + \frac{1}{a} \geq \frac{4}{a + b} + \frac{4}{b + c} + \frac{4}{c + a} ‚ \\ ∴ \frac{1}{2 a} + \frac{1}{2 b} + \frac{1}{2 c} \geq \frac{1}{b + c} + \frac{1}{c + a} + \frac{1}{a + b} . \end{array}$

评注 1.均值法是指应用均值不等式, 直接回答不等式成立的方法.

2.均值不等式:设a1, a2, a3, …, a4均为正数, 则

算术均数 $A_{n} = \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{n}}{n},$

几何均数 $G_{n} = \sqrt{a_{1} a_{2} a_{3} \dots a_{n}},$

平方均数 $Q_{n} = \sqrt{\frac{a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2} + \dots + a_{n}^{2}}{n}},$

调和均数 $Η_{n} = \frac{n}{\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}} + \frac{1}{a_{3}} + \dots + \frac{1}{a_{n}}} .$

必满足Hn≤Gn≤An≤Qn, 而且当且仅当a1=a2=…=an时, 取等号.

八、“Δ”法

例8 已知实数a, b, c满足a+b+c=0, abc=2, 求证:a, b, c中至少有一个不小于2.

证明由条件知a, b, c中必有一个为正数, 不妨令

$\begin{array}{l} a > 0 . \\ ∵ a + b + c = 0, a b c = 2, ∴ b + c = - a, b c = \frac{2}{a}, \end{array}$

即b, c是二次方程 $x^{2} + a x + \frac{2}{a} = 0$ 的两个实根,

$∴ Δ = a^{2} - 4 \cdot \frac{2}{a} \geq 0, a \geq 2 .$

∴该命题获证.

评注 1.“Δ”法是指一元二次方程存在实根, 则判别式Δ=b2-4ac≥0, 从而推得原不等式成立的方法.

2.应用“Δ”法, 必须保证两个“一定”:一个原方程一定是实系数一元二次方程, 两个实系数一元二次方程一定存在实根.

九、单调法

例9 设x>0, 求证: $x + \frac{1}{x} + \frac{1}{x + \frac{1}{x}} \geq \frac{5}{2} .$

证明构造函数 $u = x + \frac{1}{x}, y = u + \frac{1}{u},$

∴证明 $x + \frac{1}{x} + \frac{1}{x + \frac{1}{x}} \geq \frac{5}{2}$ , 相当于证明

$\begin{array}{l} y \geq \frac{5}{2} . \\ ∵ x > 0, ∴ u \geq 2 . \end{array}$

又 ∵易证 $y = u + \frac{1}{u}$ 在u∈[2, +∞) 时, 单调减少,

$∴ y \geq 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$ .即原不等式成立.

评注 1.单调法是指利用已知函数的单调增加或单调减少特性来回答不等式成立的方法.

2.单调法证题步骤:首先, 分析要证不等式, 设法建立辅助函数;其次, 说明辅助函数在某区间上的单调性 (单调增加或单调减少) ;第三, 根据辅助函数单调性确认不等式成立.

3.函数 $y = x + \frac{a}{x} (a > 0)$ 在 $(0, \sqrt{a})$ 上单调减少, 在 $[\sqrt{a}, + \infty)$ 上单调增加的特性, $f (x) = \frac{x}{1 + x}$ 在[0, +∞) 上单调增加的特性经常被应用.

十、“1”还法

例10 设a, b, c均为正数, 且a+b+c=1, 求证: $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq 9 .$

证明由条件, $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{a + b + c}{a} + \frac{a + b + c}{b} + \frac{a + b + c}{c} = 3 + (\frac{b}{a} + \frac{a}{b}) + (\frac{c}{a} + \frac{a}{c}) + (\frac{c}{b} + \frac{b}{c}) \geq 3 + 2 + 2 + 2 = 9$ , 而且, 当且仅当a=b=c时, 等号成立.

即原命题获证.

评注 1.“1”还法是指将要证不等式“1”, 有选择性地还原成条件中的代数式, 而后根据条件, 利用所学定理、公式、性质等, 推得要证不等式成立的一种方法.

2.条件中如有a+b=1, a+b+c=1等的不等式证明题, 常常应用“1”还法证明.

十一、配凑法

例11 已知 $0 < x < \frac{2}{5}$ , 求证: $x^{2} (2 - 5 x) \leq \frac{32}{675} .$

证明配凑法 $(1) ∵ 0 < x < \frac{2}{5} ‚ ∴ x^{2} (2 - 5 x) = \frac{4}{25} \cdot \frac{5}{2} x \cdot \frac{5}{2} x \cdot (2 - 5 x) \leq \frac{4}{25} \cdot (\frac{\frac{5}{2} x + \frac{5}{2} x + (2 - 5 x)}{3})^{3} = \frac{32}{675}$ , 当且仅当 $\frac{5}{2} x = \frac{5}{2} x = (2 - 5 x)$ , 即 $x = \frac{4}{15}$ 时, 取等号.

配凑法 $(2) ∵ 0 < x < \frac{2}{5} ‚ ∴ x^{2} (2 - 5 x) = 20 \cdot \frac{1}{2} x \cdot \frac{1}{2} x \cdot (\frac{2}{5} - x) \leq 20 \cdot (\frac{\frac{1}{2} x + \frac{1}{2} x + (\frac{2}{5} - x)}{3})^{3} = \frac{32}{675}$ , 当且仅当 $\frac{1}{2} x = \frac{1}{2} x = (\frac{2}{5} - x)$ , 即 $x = \frac{4}{15}$ 时, 取等号.

评注 1.配凑法是指将要证不等式一边配凑成基本不等式能应用的形式.

2.应用配凑法, 必须注意基本不等式试用条件, 如若不满足试用条件, 必须重新组合配凑.

十二、放缩法

例12 已知a, b, c, d均为正实数, 求证:

$1 < \frac{a}{a + b + d} + \frac{b}{b + c + a} + \frac{c}{c + d + b} + \frac{d}{d + a + c} < 2 .$

证明记 $m = \frac{a}{a + b + d} + \frac{b}{b + c + a} + \frac{c}{c + d + b} + \frac{d}{d + a + c} .$

∵a, b, c, d均为正实数, $∴ m > \frac{a}{a + b + c + d} + \frac{b}{b + c + d + a} + \frac{c}{c + d + a + b} + \frac{d}{d + a + b + c} = 1 ‚ m < \frac{a}{a + b} + \frac{b}{b + a} + \frac{c}{c + d} + \frac{d}{d + c} = 2 ‚ ∴ 1 < m < 2$ , 即原不等式成立.

评注 1.放缩法是要证明不等式A<B成立不容易, 而借助一个或多个中间变量通过适当的放大或缩小达到证明不等式的方法.

2.放缩法证明不等式的理论依据主要有: (1) 不等式的传递性; (2) 等量加不等量为不等量; (3) 同分子 (分母) 异分母 (分子) 的两个分式大小的比较.

3.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;③应用均值不等式.

十三、几何法

例13 已知x, y, z∈R+, 求证:

$\sqrt{x^{2} + y^{2} - x y} + \sqrt{y^{2} + z^{2} - y z} \geq \sqrt{z^{2} + x^{2} - z x} .$

证明首先, 容易联想:

x2+y2-xy=x2+y2-2xycos60°,

y2+z2-yz=y2+z2-2yzcos60°,

z2+x2-zx=z2+x2-2zxcos60°.

其次, 构造三棱锥P-ABC, 并令∠APB=∠BPC=∠CPA=60°, PA=x, PB=y, PC=z.

$\begin{array}{l} 在 △ A B C 中, | A B | = \sqrt{x^{2} + y^{2} - x y}, | B C | = \sqrt{y^{2} + z^{2} - y z} ‚ | C A | = \sqrt{z^{2} + x^{2} - z x} . \\ ∵ | A B | + | B C | \geq | C A |, \\ ∴ \sqrt{x^{2} + y^{2} - x y} + \sqrt{y^{2} + z^{2} - y z} \geq \sqrt{z^{2} + x^{2} - z x} . \end{array}$

评注 1.几何法是指利用几何图形上边的不等关系来证明不等式成立.

2.几何法实质:设法将要证不等式转化到几何图形对应线段上去.

十四、图像法

例14 设α, β, γ是三角形三内角, x, y, z∈R, 求证:

x2+y2+z2≥2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ.

证明构造函数f (x) =x2-2x (ycosα+zcosγ) +y2+z2-2yzcosβ, 显然其图像为开口向上的抛物线.

∵Δ=[-2x (ycosα+zcosγ) ]2-4 (y2+z2-2yzcosβ) =-4 (ysinα-zsinγ) 2≤0,

∴函数y=f (x) 的图像不可能落在x轴下方, 应全在x轴上方, 最多与x轴相切, 即f (x) ≥0, ∴x2+y2+z2≥2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ.

评注 1.图像法是指通过构造函数, 画函数图像, 由函数图像性质说明要证不等式成立.

2.二次函数、二次图像、二次方程、二次不等式之间的关系, 常常是图像法解题的关键.

十五、柯西法

例15 已知a1, a2, …an为实数, 求证:n (a $_{1}^{2}$ +a $_{2}^{2}$ +…+a $_{n}^{2}$ ) ≥ (a1+a2+…+an) 2.

证明首先将n改写成12+12+…+12, 即n个12相加, 由柯西不等式, 得

$\begin{array}{l} n (a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \dots + a_{n}^{2}) \\ = \underset{n 个 1^{2} 和}{(1^{2} + 1^{2} + \dots + 1^{2})} \cdot (a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \dots + a_{n}^{2}) \\ \geq (1 \cdot a_{1} + 1 \cdot a_{2} + \dots + 1 \cdot a_{n})^{2} \\ = (a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n})^{2} ‚ \end{array}$

当且仅当a1=a2=…=an时等号成立.

因此, 原不等式成立.

评注:

1.柯西法是指借助柯西不等式证明不等式成立.

2.柯西不等式:

(a $_{1}^{2}$ +a $_{2}^{2}$ +…+a $_{n}^{2}$ ) (b $_{1}^{2}$ +b $_{2}^{2}$ +…+b $_{n}^{2}$ ) ≥ (a1b1+a2b2+…+anbn) 2, 当且仅当 $\frac{b_{1}}{a_{1}} = \frac{b_{2}}{a_{2}} = \dots = \frac{b_{n}}{a_{n}}$ 时等号成立 (当ai=0时, 约定bi=0, i=1, 2, …, n) .

3.柯西不等式应用的关键:

寻求柯西不等式应用条件或形式.

十六、归纳法

例16 已知a, b为正数, n∈N*, 求证:

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

证明 (1) 当n=1时, 不等式显然成立.

(2) 假设n=k时, 不等式成立, 即

$\begin{array}{l} \frac{a^{k} + b^{k}}{2} \geq (\frac{a + b}{2})^{k} . \\ ∵ \frac{a^{k} + b^{k}}{2} \geq (\frac{a + b}{2})^{k}, ∴ \frac{a^{k} + b^{k}}{2} \cdot \frac{a + b}{2} \geq (\frac{a + b}{2})^{k + 1} . \end{array}$

而 $\frac{a^{k + 1} + b^{k + 1}}{2} \geq \frac{a^{k} + b^{k}}{2} \cdot \frac{a + b}{2} \Leftrightarrow (a - b) (a^{k} - b^{k}) \geq 0,$

∵由条件, (a-b) (ak-bk) ≥0显然成立,

$∴ \frac{a^{k + 1} + b^{k + 1}}{2} \geq (\frac{a + b}{2})^{k + 1} .$

(3) 综合 (1) , (2) 可知:

对任何n∈N*, 不等式 $\frac{a^{n} + b^{n}}{2} \geq (\frac{a + b}{2})^{n}$ 成立.

评注 1.归纳法是指严格按照数学归纳法三步骤证明不等式成立.

2.数学归纳法证题有三步曲:第一步验证打基础—关键, 第二步推理找规律——核心, 第三步归纳下结论——确认.

十七、排序法

例17 设a>0, b>0, 求证:a3+b3≥a2b+ab2.

证明根据正数a, b对称性, 不妨设a≥b>0,

则a2≥b2.

由排序定理知, 同序和不小于乱序和,

∴a·a2+b·b2≥a·b2+b·a2, 即a3+b3≥a2b+ab2.

评注 1.排序法是指借助排序定理证明不等式成立.

2.排序定理:设两组实数a1, a2, …, an与b1, b2, …, bn, 且a1≤a2≤…≤an, b1≤b2≤…≤bn, c1, c2, …, cn为b1, b2, …, bn的任意一个排列, 则和数a1c1+a2c2+…+ancn在a1, a2, …, an与b1, b2, …, bn同序时最大, 反序时最小, 即a1b1+a2b2+…+anbn≥a1c1+a2c2+…+ancn≥a1bn+a2bn-1+…+anb1.

3.只有满足排序定理条件时, 方可应用其证明不等式.

实践证明:中学数学不等式的证明, 对于培养和提高同学们逻辑思维能力、分析解决问题能力确实非常有好处, 而且方法绝非上述几种, 还有很多很多, 如函数法、方程法、性质法、公式法、构造法、调整法, 等等, 具体遇到不等式证明题目, 必须灵活、综合选用.

数学归纳法证明不等式教案篇13

［例1］证明不等式11

21

31

n2n(n∈N*)

［例2］求使xy≤axy(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.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＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，则m、n、p、q的大小顺序是__________.二、解答题(2)a2b23c2≤6 3

125.已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，证明：x，y，z∈［0，］ 234.已知a，b，c为正实数，a+b+c=1.求证：(1)a2+b2+c2≥

6.证明下列不等式：

bc2ca2ab2z≥2(xy+yz+zx)xyabc

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

7.已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n.(1)证明：niAi

m＜miAi

n；(2)证明：(1+m)n＞(1+n)m

数学归纳法证明不等式教案篇14

一．引入

（1）a克糖水中有b克糖ab0，若再添上m克糖m0，则糖水就变甜了，试根据这个事实提

炼一个不等式：_______________（3）当nN时，求证：1二．基本概念

131

①添加或舍去一些项，

an，aa

242

1111 222

223nn

②将分子或分母放大（或缩小）

③真分数的性质：“若0ab，m0，则④利用基本不等式，如：lg3lg5(⑤利用函数的单调性；

⑥利用函数的有界性：如：sinx1xR；x2x⑦利用常用结论：





22

aam

” 

bbm

lg3lg52n(n1))lg2lg2

lg24

xR；2x0xR

4kN,k1，*

kN,k1

Ⅱ、Ⅲ、1111111

1（）；k

2k2k(k1)k1kk2k(k1)kk1111111

； ()（k2）

k2k21(k1)(k1)2k1k1

（1）14

22(5)(15)

2111(2)11 212

4n12n12n1Cn1Cn(n1)n(n1)n(n1)n(n1)

42111(6)nn

2(21)212

n2 n2

nn1(n2)

n(n1)

(13)2n122n(31)2n33(2n1)2n2n12

312n

2n1

3(9)

11111111

,

k(n1k)n1kkn1n(n1k)k1nn1k

n11(11)

1

2(n12n1)(n1)!n!(n1)!

22n12n1



n

211

n22

(10)

(11)

2n2n2n2n111n1n(n2)n2nnnnnn1

(21)(21)(21)(21)(22)(21)(21)2121



1nn2



111

n(n1)(n1)(n1)n(n1)1n1

(12)1

1n111n12n11n11

n1

n(13)2n122n(31)2n33(2n1)2n2n12312n2n13 ⑧绝对值不等式：ababab；⑨应用二项式定理.三．典型例题

例

1、若a,b,c,dR，求证：1

例

2、求证：21

例

3、当n2时，求证：logn(n1)logn(n1)

1*abcd2 abdbcacdbdacnN*

例

4、已知an21nN

（2）设An*，求证：an1a1a2....n 22a2a3an11111，则A与1的大小关系是21021012102211

1四．课堂练习

(1)求证：1

(2)设n为大于1的自然数，求证

11113.112123123n11111.n1n2n32n

22(3)设f(x)xx13，xa1，求证：f(x)f(a)2a1； 

五．课堂小结

1.放缩法的实质是非等价转化，放缩没有确定的准则和程序，放缩目的性很强，需按题意适当放缩.即通过放缩将复杂的一边化简，凑出另一边的形式。

2.放缩法的尺度：根据不等式两端的特点及已知特点，谨慎的采取措施，进行适当的放缩，任何不适宜都会导致推证的失败；这就需要认真的分析结论特点，由结论的特点探究解题规律；放缩标准：放缩到可裂项，放缩到可用公式，放缩到可控范围。

两个不等式证明的纠正篇15

苏教版《普通高中课程标准实验教科书·数学》选修4-5 (不等式选讲) 的教师教学参考用书中, 对两个不等式的证明有明显的错误, 现纠正如下:

问题1 (选修4-5 P34习题5.4, 第10题)

用排序不等式证明:设a, b, c, d为正数, 则

$\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + d} + \frac{c}{d + a} + \frac{d}{a + b} \geq 2$

原证明如下 (选修4-5 教参P16)

证明:不妨设a>b>c>d, 则 $\frac{1}{a + b} < \frac{1}{b + c}, d < a$ , 由同序和不小于乱序和得 $\frac{d}{a + b} + \frac{a}{b + c} \geq \frac{d}{b + c} + \frac{a}{a + b}$ , 同理可得 $\frac{b}{c + d} + \frac{c}{d + a} \geq \frac{b}{d + a} + \frac{c}{c + d}$ , 两式相加 $\frac{d}{a + b} + \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + d} + \frac{c}{d + a} \geq \frac{d}{b + c} + \frac{a}{a + b} + \frac{b}{d + a} + \frac{c}{c + d} \geq \frac{d}{c + d} + \frac{a}{a + b} + \frac{b}{a + b} + \frac{c}{c + d} = 2$

$\begin{array}{l} 错误分析 ∶ 因为 \frac{d}{b + c} \leq \frac{d}{c + d} \\ \frac{b}{a + b} \leq \frac{b}{a + d} \end{array}$

所以最后一步不成立

现纠正如下:

证明:不妨设a≤b≤c≤d, 则 $\frac{1}{b + c} \leq \frac{1}{a + b}$

由排序不等式:

$\frac{a}{b + c} + \frac{d}{a + b} \geq \frac{a}{a + b} + \frac{d}{b + c}$ ①

同理: $\frac{b}{c + d} + \frac{c}{a + d} \geq \frac{b}{a + d} + \frac{c}{c + d}$ ②

$\frac{d}{a + b} + \frac{b}{c + d} \geq \frac{b}{a + b} + \frac{d}{c + d}$ ③

另外: $\frac{c}{a + d} + \frac{a}{b + c} = \frac{c}{a + d} + \frac{a}{b + c}$ ④

①+②+③+④, 得

$2 (\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + d} + \frac{c}{d + a} + \frac{d}{a + b}) \geq \frac{a + b}{a + b} + \frac{c + d}{c + d} + \frac{b + c}{a + d} + \frac{a + d}{b + c} \geq 1 + 1 + 2 .$

两边同除以2, 得 $\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + d} + \frac{c}{d + a} + \frac{d}{a + b} \geq 2$ , 原式得证

问题2 (P44复习题第16题) 设a1, a2, a3, …, an都是正数, 且a1a2a3…an=1, 试用数学归纳法证明:a1+a2+a3+…+an≥n

原证明如下: (教参P21)

证明:①当n=1时, a1=1, 结论显然成立.②假设当n=k时, 结论成立, 即a1a2a3…ak=1时, a1+a2+a3+…ak≥k成立, 当n=k+1时, a1+a2+a3+…+ak+ak+1≥k+ak+1而a1a2a3…akak+1=1, 所以ak+1=1, 从而a1+a2+a3+…+ak+ak+1≥k+1. 这就是说, 当n=k+1时, 结论仍成立.综上可知, 对任意n∈N, n≥1结论成立.

错误分析:依上推论则有ai=1 (i∈N*) 与题意明显不符.

纠正如下:

证明:①当n=1时, a1=1, 结论显然成立;②假设当n=k时, 结论成立, 即a1a2a3…ak=1时, a1+a2+a3+…+ak≥k成立.

现要证:当b1, b2, b3, …, bk, bk+1都是正数, 且b1b2b3…bkbk+1=1时, b1+b2+b3+…+bk+bk+1≥k+1成立.由条件可知, b1, b2, b3, …, bk, bk+1中至少有一个不大于1, 有一个不小于1, 不妨设bk≥1, 0<bk+1≤1, 由归纳假设知