二次不等式与不等式证明

二次不等式与不等式证明（精选15篇）

二次不等式与不等式证明 篇1

1.不等式:x1

x40的解集为_________________.2.不等式

x12x21的解集是_________________.3.不等式2x1

1

的解集为_________________.4.已知函数f(x)x2,x0

x2,x0

则不等式f(x)x2的解集为_________________.5．关于x的不等式x－m

x＋1<0的解集为M，若0∈M，则实数m的取值范围是________________.6.已知关于的不等式ax1x10的解集是(,1)(1,).则a________________.7．若函数y＝kx－6kx＋k＋8的定义域为R，则k的取值范围是_________________.8．若关于x的不等式(a2－1)x2－(a－1)x－1<0的解集为R，则实数a的取值范围是 ________________.9.当x(1,2)时，不等式x2mx40恒成立，则的取值范围是________________.10．已知不等式①x2－4x＋3<0和②x2－6x＋8<0及③2x2－9x＋m<0，若同时满足①②的x也满足 ③，则m的取值范围是________________.11．已知不等式ax2

＋bx＋c>0的解集为{x|2

＋bx＋a<0的解集为____________．

12．已知关于x的不等式ax－5

x－a的解集为M.若3∈M且5M，求实数a的取值范围

________________.13．函数y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中mn>012

m＋n

________________.14．已知关于x的二次方程x2＋2mx＋2m＋1＝0.(1)若方程有两根，其中一根在区间(－1,0)内，另一根在区间(1,2)内，求m的取值范围；(2)若方程两根均在区间(0,1)内，求m的取值范围．

15．(1)若不等式(1－a)x2－4x＋6>0的解集是{x|－30恒成立，求a的取值范围．

16.设a,b,c均为正数,且abc1,证明:(1)abbcac1a2b2c2

二次不等式与不等式证明 篇2

二次函数y=ax2+bx+c (a≠0) 是中学数学的重要工具, 灵活应用二次函数的图像和性质, 可解决一些不等式的证明问题.

例1 设a, b, c∈R且4a-4b+c>0, a+2b+c<0则下列结论中正确的是 ( ) .

A.b2≤ac B.b2>ac

C.b2>ac且a>0 D.b2>ac且a<0

解 若a=0, 则有2b<c<-2b, 故有b<0, c的符号不定, 此时a·c=0.

若a≠0, 则构造二次函数f (x) =ax2+2bx+c, 题设化为f (-2) >0, f (1) <0, 不论a>0还是a<0, 结合图像可知y=f (x) 的图像与x轴都有两个交点, 从而Δ>0, 即 (2b) 2-4·a·c>0, ∴b2>ac.

综上, 选 (B) .

例2 设a, b, c∈R, a+b+c=1, a2+b2+c2=1, 且a>b>c.求证:$\frac{1}{3}<c<0.$

证明 ∴a+b+c=1, ∴a+b=1-c. ①

$\therefore \begin{array}{l}a{}^2+2ab+b{}^2=1-2c+c{}^2,\\ \text{又}a{}^2+b{}^2=1-c{}^2.\end{array}\}\Rightarrow ab=c{}^2-c$. ②

由①, ②可知a, b为方程x2- (1-c) x+ (c2-c) =0 (*) 的两不等实根, 而a>b>c, 故 (*) 有大于C的两不等实根.

设f (x) =x2- (1-c) x+ (c2-c) , 则应有

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}\Delta >0,\\ f(c)>0,\\ \frac{1-c}{2}>0.\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}(1-c){}^2-4\cdot 1\cdot (c{}^2-c)>0,\\ c{}^2-(1-c)\cdot c+(c{}^2-c)>0,\\ c<\frac{1}{3}.\end{array}\\ \Rightarrow -\frac{1}{3}<c<0.\end{array}$

例3 设a, b, c, ∈R, a>b>c, a+b+c=1, a2+b2+c2=3, 求证:$b+c<\frac{1}{2}.$

$\begin{array}{l}\text{证}\text{明}\because b+c=1-a.\\ \therefore \begin{array}{l}b{}^2+2bc+c{}^2=1-2a+a{}^2,\\ b{}^2+c{}^2=3-a{}^2.\end{array}\}\Rightarrow \\ \begin{array}{l}bc=a{}^2-a-1\\ \text{又}b+c=1-a\end{array}\}\Rightarrow \end{array}$

b, c是方程x2- (1-a) x+ (a2-a-1) =0 (*) 的两不等实根, 而a>b>c故 (*) 应有两个小于a的不等实根.

设f (x) =x2- (1-a) x+ (a2-a-1) , 则应有

$\{\begin{array}{l}(1-a){}^2-4\cdot 1\cdot (a{}^2-a-1)>0,\\ \frac{1-a}{2}<a,\\ f(a)>0.\end{array}\Rightarrow$

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}-1<a<\frac{5}{3},\\ a>\frac{1}{3},\\ a<-\frac{1}{3}\text{或}a>1.\end{array}\Rightarrow 1<a<\frac{5}{3},\\ \therefore a>\frac{1}{2}\Rightarrow b+c<\frac{1}{2}.\end{array}$

附注 由上述证明可知:本题结论可加强为$-\frac{2}{3}<b+c<0.$

例4 已知a, b为不相等的两个正数, 且a3-b3=a2-b2, 求证:$1<a+b<\frac{4}{3}.$

证明 由a3-b3=a2-b2, 可有

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}(a-b)(a{}^2+ab+b{}^2)=(a-b)(a+b)\\ \text{又}a\ne b\end{array}\Rightarrow \\ a{}^2+ab+b{}^2=a+b\Rightarrow (a+b){}^2-ab=a+b.\end{array}$

设a+b=m, 则m2-ab=m, 即ab=m2-m.

由a+b=m及ab=m2-m, 可知a, b是方程x2-mx+ (m2-m) =0的两不等正根.

设f (x) =x2-m·x+ (m2-m) , 则应有

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}(-m){}^2-4\cdot 1\cdot (m{}^2-m)>0,\\ \frac{m}{2}>0,\\ f(0)=m{}^2-m>0,\end{array}\\ \{\begin{array}{l}0<m<\frac{4}{3},\\ m>0,\\ m<0\text{或}m>1.\end{array}\Rightarrow 1<m<\frac{4}{3}.\\ \therefore 1<a+b<\frac{4}{3}.\end{array}$

例5 已知a, b, c∈R且a2+ab+ac<0, 求证:b2>4ac.

证法1 由于a2+ab+ac=a (a+b+c) <0, 故a≠0.

构造二次函数f (x) =a2x2+abx+ac,

则题设条件化为f (1) <0由于二次项系数=a2>0,

故抛物线y=a2x2+abx+ac开口向上, 又过x轴下方的点P (1, f (1) ) ,

所以抛物线与x轴有两个不同的交点, 从而Δ>0, 即a2b2-4a2·ac>0, 又a2>0, 故有b2>4ac.

证法2 构造函数f (x) =x2+bx+ac,

则题设条件化为f (a) <0,

于是抛物线y=x2+bx+ac与x轴必有两个不同的交点, 从而Δ>0, ∴b2-4·1·ac>0, 即b2>4ac.

不等式的证明方法与小结 篇3

关键词 不等式 方法 证明

不等式是数学基础理论的一个重要组成部分，也是中学数学的一个重要课题。它揭示了现实生活中广泛存在的量与量之间的不等关系，在现实生活和生产活动中有着重要的作用。就知识间的内在联系而论，不等式也是进一步学习函数方程等知识必不可少的基础，不少数学问题的解决，都将直接或间接地用到不等式的知识。本文，将就不等式学习中的难点——不等式的證明方法探讨一下。

一、比较法证不等式

比较法是证明不等式的最基本最重要的方法之一，它是两个实数大小顺序和运算顺序的直接运用。比较法可分为差值比较法（简称求差法）和商值比较法（简称求商法）两种。

（1）差值比较法

差值比较法的理论依据是不等式的性质：“ ”，其一般步骤为：1）作差：察不等式左右两边构成的差式，将其看成一个整体；2）变形：把不等式两边的差进行变形。或变形为一个常数，或变形为若干个因式的积，或变形为一个或几个的平方等等（其中变形是求差法的关键，配方和因式分解是经常使用的变形手段）；3）判断：根据已知条件与上述变形结果，判断不等式两边差的正负号，最后肯定所求证不等式成立的结论。

商值比较法的理论依据是：“若”，其一般步骤为：1）作商：将左右两边作商；2）变形：化简商式到最简形式；3）判断商与1的大小关系（就是判断商大于1或小于1）。

二、分析法证不等式

分析法是指从需证的不等式出发，分析使这个不等式成立的条件，把证明这个不等式转化为判断这些条件是否具备的问题。其特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”。

用分析法证明的逻辑关系为：。书写的模式是为了证明命题B成立，只需证明命题为真，从而有……，这只需证明为真，从而又有……，……这只需证明A为真，而已知A为真，故B必为真。这种证明模式告诉我们，分析法证题是步步寻求上一步成立的充分条件。

三、综合法证不等式

综合法是利用已知事实（已知条件、重要不等式或已证明的不等式）作为基础，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后推出所要证明的不等式。其特点和思路是“由因导果”，从“已知”看“需知”，逐步推出“结论”。其逻辑关系为：，即从已知A逐步推演不等式成立的必要条件从而得出结论B。

四、反证法证不等式

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，由题设及其它性质推出矛盾，从而肯定A > B。

五、换元法证不等式

换元法是对一些结构比较复杂，变量比较多，变量之间的关系不甚明了的不等式，这时可引人一个或几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，给证明带来新的启迪和方法。

六、放缩法证不等式

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。放缩法证明不等式的依据主要有：

不等式的传递性；

等量加不等量为等量；

同分子（分母）异分母（分子）的两个分式大小的比较

七、数学归纳法证不等式

用数学归纳法证不等式主要是证明一些与自然数有关的不等式。

八 利用已知不等式法证不等式

用已经成立的不等式来证明不等式，往往可以收到事半功倍的效果，在我们学习中，常用的几个重要的不等式有Canthy 不等式，Jensen不等式，平均不等式，Bernoulli不等式等，熟悉并利用它们，在我们证明不等式的过程中是十分必要的。

以上是不等式证明中常用的几种方法，分别予于了说明。但由于关于不等式证明的问题其题型多变、技巧性强，加上无固定的规律可循，所以在对一题的证明中，往往不是用一种方法就能解决，而是各种方法的灵活运用，因此难度较大。本文是对不等式证明方法的终向剖析，要想更好的了解不等式的证明，也需要我们将其证明方法横向比较，较其优劣，争取在解题中寻找较简便的方法。

参考文献：

[1]不等式证明常用技巧[J].数学教学研究，1995.02.

[2]徐飞.不等式证明中的构造方法[J].数学通报，1981.03.

[3]赵云龙.不等式证明的几种常用类型及方法[J].天津教育，1995.02.

[4]雷小平.证明不等式的常用方法[J].太原科技，2002.01.

二次不等式与不等式证明 篇4

在△ABC中，a, b, c分别为内角A, B, C的对边，且

2asinA(2ac)sinB(2cb)sinC.（Ⅰ）求A的大小；

（Ⅱ）求sinBsinC的最大值.（24）（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 已知a,b,c均为正数，证明：a2b2c2(等号成立。

1a1b1c并确定a,b,c为何值时，)63，2全国卷

(17)(本小题满分10分)(注意：在试题卷上作答无效)．．．．．．．．．．．．已知VABC的内角A，B及其对边ab，满abacotAbcotB，求内角C． 安徽卷

16、（本小题满分12分）

设ABC是锐角三角形，a,b,c分别是内角A,B,C所对边长，并且

sinAsin(2

3B)sin(

3B) sinB。

2(Ⅰ)求角A的值；

(Ⅱ)

若ABAC12,ab,c（其中bc）。北京卷（15）（本小题共13分）

2已知函数f(x)2cos2xsinx4cosx。（Ⅰ）求f(

3)的值；

（Ⅱ）求f(x)的最大值和最小值。

（15）当cosx1时，f(x)取最大值6；当cosx2

3时，f(x)取最小值7

3天津卷（17）（本小题满分12分）

2已知函数f(x)xcosx2cosx1(xR)

（Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期及在区间0,

上的最大值和最小值； 2

（Ⅱ）若f(x0)

,x0,，求cos2x0的值。5426

（1）解：由f(x)xcosx2cos2x1，得

f(x)

sinxcosx)(2cosx1)

2xcos2x2sin(2x



6)

所以函数f(x)的最小正周期为



因为f(x)2sin2x



6

在区间0,





6

上为增函数，在区间



上为减函数，又

6,2



f(0)1,f2,f1，所以函数f(x)在区间0,上的最大值为2，最小值

622

为-1

（Ⅱ）解：由（1）可知f(x0)2sin2x0



5





6

又因为f(x0)，所以sin2x0







65

27

由x0,，得2x0,63642

4从而cos2x0

65所以



cos2x0cos2x0cos2x0

666



cossin2x0

663

sin

610

重庆卷（16）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问7分，（Ⅱ）小问6分.）

设函数f(x)cos(x

3)2cos

x2,xR.（Ⅰ）求f(x)的值域；（Ⅱ）记ABC的内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，若

f(B)1,b1,c3，求a的值.解：（Ⅰ）f(x)cosxcos

3sinxsin

3232

cosx

1cosxsinxcosx1



cosx

sinx1

sin(x)1，因此f(x)的值域为[0,2].56

（Ⅱ）由f(B)1得sin(B

故B



6)11，即sin(B

)0，又因0B，.江苏卷

13、在锐角三角形ABC，A、B、C的对边分别为a、b、c，tanCtanA

tanCtanB

baab

6cosC，则。

[解析] 考查三角形中的正、余弦定理三角函数知识的应用，等价转化思想。一题多解。（方法一）考虑已知条件和所求结论对于角A、B和边a、b具有轮换性。当A=B或a=b时满足题意，此时有：cosC

1tanb

ab

tanCtanA

tanCtanB

13，tan

C2



1cosC1

cosC



12，tan

C2

，tanAtanB

C2

= 4。



a

6cosC6abcosCab，6ab

abc

2ab

222

ab,ab

2222

3c2

tanCtanA



tanCtanB



sinCcosC



cosBsinAsinBcosA

sinAsinB1

c

sinCsin(AB)1sinC



cosCsinAsinBcosCsinAsinB

c

由正弦定理，得：上式=

4 2

1213ccosCab2(ab)662

二次不等式与不等式证明 篇5

广东省南雄市第一中学 512400 摘 要：与数列求和有关的不等式在近年高考题中频繁出现，但却是考生感到困难的一类题目。这类题虽然无固定的模式和方法，但还是可以总结出若干解题方向和策略。主要有先求和后放缩、先放缩后求和策略。

关键词：数列；求和；不等式

1．考题频现考能力，细细品味有规循

近几年，形如“aiM(或aif(n))，aiM(或aif(n))，其

i1i1i1i1nnnn中M为常数”的与数列求和有关的不等式频频出现在各地高考或高考模拟试题中，而且常常是压轴题、创新题，如2004年全国卷三22（Ⅲ）、2005年辽宁19（2）、2006年全国Ⅰ理22（2）、2007年浙江理21（3）等等。由于这类题涉及多知识、多方法的交汇，条件与结论间的跨度大，解这类题常常要用到放缩法，而对解题方向的判断和放缩程度的把握要求高，能充分检测学生观察、分析、联想、灵活和综合运用所学知识分析解决问题能力，因此受到命题者青睐。学生面对这类试题往往感到难度大，无从入手，甚至有如坠云里雾里之感。

不过，虽然这类问题确有较大难度，但细心分析还是有规律可循。从解题方向上看主要有：（1）先求和再放缩 ；（2）先放缩再求和；（3）利用数学归纳法证明；（4）构造函数证明等。从解题策略上看，主要应重视对不等式结构特征和通项特征进行细微分析，初步明确证题方向。可先求和再放缩的题目，一般较简单；而需要先放缩再求和的题目一般难度较大，这类题往往要从待证的不等式出发，逆向探路，放缩转化，先变为等差数列求和、等比数列求和、裂项求和或错位相减法求和等我们熟悉的数列求和问题，最终通过适当的变形或放缩获证。2．执果溯因探路径，放缩求和巧证明 2．1先求和，再放缩证明

例1(2005年高考湖南（文）16)已知数列{log2(an1)}(nN)为等差数列，且a13，a39，（1）求数列{an}的通项公式；（2）证明

1。

a2a1a3a2an1an解：（1）过程略，an2n1(nN)。

（2）证明：∵对任意nN，恒有

111，n1nnan1an222∴111111123n

a2a1a3a2an1an222211[1()n]12 21()n1。

1212评析：对于与数列求和有关的不等式，若能先求和，我们常常会先求和，再考虑用放缩法证明。能先求和的这类题一般较简单，因此常为文科考题。2．2先放缩，再求和证明

对于求和困难的形如“aiM或aiM，其中M为常数”的不等式，i1i1nn很多情况下用数学归纳法也往往难于凑效。这时我们常用先放缩再求和证明或将其加强为形如aif(n)或aif(n)的不等式，再考虑用数学归纳法证明。

i1i1nn2．2．1逐项放缩，再求和证明

例2．已知函数f(x)x24，设曲线yf(x)在点(xn,f(xn))处的切线与x轴的交点为(xn1,0)(nN)。

（1）用xn表示xn1；（2）若x14，记anlgxn2，证明：数列{an}是等xn2比数列，并求数列{xn}的通项公式；（3）x14，bnxn2，Tn是数列{bn}的前n项和，证明：Tn3。

解：（1）过程略，xn1xn42(321)。（2）过程略，xn2n1。

2xn312n1 2

（3）由（2）知xnn12(323n11)12n1，于是bnxn2432n110。

bn132111112n12n12n1211, ∵bn3313133当n1时，显然T1b123，111当n1时，bnbn1()2bn2()n1b1，333∴Tnb1b2bn11b1[1()n]1113b1b1()n1b133()n3

133313综上可得，对于任意nN，Tn3。

评析：考虑到数列{bn}的通项公式中有指数式，而待证不等式右边为常数，于是联想到等比数列求和问题，我们尝试利用递推放缩的方法构造等比数列。将非特殊数列向特殊数列转化，这是本文的一个主体思想和关键策略。2．2．2局部放缩，再求和证明

例1（3）也可以采取局部放缩，再求和证明。

另证：易得b12，b2时，bn432n111141，于是猜想当n3b32，b483，22023121412n1。

132n1由于32n132n1112n1112n132n12n11，所以下面只需证2n11。下面利用二项式定理证明：

因为当n3，nN时，01n1∵2n1(11)n1Cn1Cn1Cn11n11n1，∴32n10n11nn1n13n1(21)n1CnCn1。1212Cn12所以，当n1时，显然T1b123； 当n2，Tnb1b2bn21112n1 222 3

11[1()n1]123()n13。221212故对于任意nN，Tn3。

评析：从数列{bn}的通项结构我们猜想应将{bn}放缩为一个等比数列。通过计算，我们从第三项开始通过放缩发现了数列{bn}的项所呈现的规律性，对于本题的证明，这是重大突破。此外，本题从第3项开始放缩，恰当使用了局部放缩。G.波利亚曾说：“先猜，后证——这是大多数的发现之道。”先猜后证，也是我们常用的数学解题方法和策略。2．2．3并项放缩，再求和证明

例3．由原点O向已知的三次曲线yx33x2bx引切线，切于不同于点O的点P1(x1,y1)，再由P1引此曲线的切线，切于不同P1的点P2(x2,y2)，如此继续作下去，„„，得到点列{Pn(xn,yn)}（nN）。试解答下列问题：

（1）求x1的值；（2）求数列{xn}通项公式；（3）若bn前n项和，求证：Sn1。

解：（1）过程略，易得x131。（2）过程略，易得xn1()n（nN）。221，Sn是数列{bn}2nxn1（3）∵xn1()n，2111n∴bnn。n12(1)2xn2n[1()n]22n2n11n1n当n为偶数时，bn1bnn1 nnn122221212112n2n1n1n，n12221又当n2时，2n121，即2n110，于是

2n2n111bn1bnn1nn1n，2222

∴Snb1b2bn(b1b2)(b3b4)(bn1bn)

11[1()n]11111112(2)(34)(n1n)21n1。

1222222212当n为奇数时，因为bn10，n1偶数，所以有 n2xnSnb1b2bnb1b2bnbn1

111111(b1b2)(b3b4)(bnbn1)(2)(34)(nn1)

22222211[1()n1]1221n11。

1212综上可知，Sn1。

评析：由于数列{bn}的通项公式的分母中有随n的奇偶+1与-1交替出现的项，于是单项放缩困难，而采取奇偶项并项放缩，则恰好利用其奇偶项特点，成功放缩。

例4．已知数列{an}和{bn}满足a12，an1an(an11)，bnan1，Sn是数列{bn}前n项和。

（1）求数列{bn}的通项公式；（2）设TnS2nSn，求证：Tn1Tn；（3）求证：对任意的nN，有1解：（1）过程略，bnn1S2nn。221。（2）证明略。n（3）方法一（数学归纳法），略。

方法二（并项放缩法）：

当n1时，S2n11； 2

当n2，nN时，S2nb1b2b2n1111111111n 234567892 5

1111111111()()(n1n1n)23456782122211111111111()()(nnn)

244888822211111222232n1n

2222111n11，22221另一方面，S2nb1b2b2n1111111111n 234567892

11111111111111()()()(n1n1n)23456789101621222

11111111111111()(2222)(333)(n1n1n1)***111122222332n1n1 22222111(n1)n，22n1综上可知，对任意的nN，有1S2nn。

22评析：从待证不等式的特点和项数两方面产生了并项放缩的想法。并项放缩常常涉及如何并项、怎样放缩等问题，因此，并项放缩比逐项放缩往往难度更大，要求更高。

2．2．4构造放缩，再求和证明 例5．在数列{an}中，an11，求证a1a2a50。

(2n1)(2n2)4证明：由题设，a1a2a50111。3456101102111111设S，构造T。显34561011022345100101然ST。

111111 2334455610010110110211111111111()()()()，***221022∴2STS 6

故S11，即a1a2a50。

评析：本题虽然可先裂项，但不便求和，证明受阻。利用对偶式进行构造性放缩后，巧妙实现了裂项求和，证明简捷明快，赏心悦目。

例6．设函数f(x)lnxpx1(pR)，（1）求f(x)极值点；

（2）当p0时，若对于任意的x0，恒有f(x)0，求p的取值范围；

ln22ln32lnn22n2n1（3）证明：当nN，n2时，222。

2(n1)23n解：（1）f(x)的定义域为(0,)。当p0时，f(x)1 p0，f(x)在其定义域上是增函数，故没有极值点。

x111px当p0时，若x(0,)，则f(x)0；若x(,)，则

ppxf(x)11px0，于是f(x)有极小值点x。

px11（2）由（1）知，p0时，f(x)有极小值点f()ln，由于f(x)在其

pp11定义域上只有一个极值点，因此f(x)的最大值为f()ln。所以

ppf(x)0ln10p1。p（3）由（2）知，当p1，x0时，f(x)0lnxx1ln22ln32lnn2111于是222(12)(12)(12)

23n23nlnx1 1。

xx (n1)(又当nN，n2时，111)。22223n1111，于是 2(n1)nnn1n 7

11111111111，()()()2334nn12n12232n2ln22ln32lnn2111∴222(n1)(222)

23n23n2n2n111 (n1)(，)2(n1)2n1ln22ln32lnn22n2n1即222。

二次不等式与不等式证明 篇6

一选择题。

1．已知xy，则下列不等式不成立的是（）．

A．x6y6B．3x3yC．2x2yD．3x63y6

2．将不等式组的解集在数轴上表示出来，应是（）．

A {x

1x

3A B C D

3．函数y＝kx＋b（k、b为常数，k0）的图象如图所示，则关于x的不等式kx+b>0的解集为（）．

A．x>0B．x<0C．x<2D．x>

24．如图所示，一次函数y＝kx＋b（k、b为常数，且k0）与正比例函数y＝ax（a为常数，且a0）相交于点P，则不等式kx+b>ax的解集是（）

A．x>1B．x<1C．x>2D．x<

25、下列命题错误的是（）

A．有两个角互余的三角形一定是直角三角形；

B．三角形中，若一边等于另一边一半，则较小边对角为30°

C．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；

D．△ABC中，若∠A：∠B：∠C=1：4：5，则这个三角形为直角三角形。

6、如果三角形的两条边上的垂直平分线的交点在第三条边上，那么这个三角形是()

A.锐角三角形B.等腰三角形C.直角三角形 D.钝角三角形

7、将一张长方形纸片ABCD如图所示折叠，使顶点C落在C′点.知AB=2,∠DEC′=30°, 则折痕DE的长为（）

A、2B、23 C、4D、18、使两个直角三角形全等的条件是（）

A．一个锐角对应相等B．两个锐角对应相等

C．一条边对应相等D。一直角边和斜边对应相等

9、到三角形各个顶点距离相等的点是（）

A 这个三角形三条角平分线的交点B 这个三角形三条高线的交点 C这个三角形三边的垂直平分线的交点D这个三角形三条中线的交点

10、两个等腰三角形全等的条件是（）

A、有两条边对应相等。B、有两个角对应相等。

C、有一腰和一底角对应相等。D、有一腰和一角对应相等。

二填空。

1．请写出解集为x3的不等式：．（写出一个即可）

2．不等式93x0的非负整数解是 ．

3．已知点P（m－3，m＋1）在第一象限，则m的取值范围是

4、直角三角形中一个锐角为30°,斜边和最小的边的和为12cm,则斜边长为.5、等腰直角三角形的斜边长为3,则它的面积为.6、在△ABC中，∠C=90°，∠A、∠B的平分线相交于O，则∠AOB=_________；

7、等边三角形的高为2，则它的面积是。

8．如图，有两个长度相同的滑梯（即BC＝EF），左边滑梯的高度AC与右边滑梯水平方向的长度DF相等，则∠ABC＋∠DFE＝___________度．

三、解答题

1．解下列不等式（组），并把它们的解集在数轴上表示出来：

（1）

x11x（2）2(3x)3(x2)

2（3）

{1x02(x5)4x3(x2)4（4）12xx13{

2x2x1≥ 2373x12xx2（2） 05

2、如图,已知在△ABC中,AB=AC,∠BAC=120°,AC的垂直平分线EF交AC于点E,交BC于点F.求证:BF=2CF.3．如图，AD为△ABC的高，E为AC上一点，BE交AD于点F，且有BF=AC，FD=CD．

求证：BE⊥AC．

F

D（第3题）

4.如图已知△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB垂足为E，（1）已知CD=4cm，求AC的长

（2）求证：AB=AC+CD

A

E

CDB

5.已知：如图，P是∠AOB平分线上的一点，PC⊥OA，PD⊥OB，垂足分别为C、D 求证：（1）OC=OD（2）OP是CD的垂直平分线

O

D

B

6．已知A、B两个海港相距180海里．如图表示一艘轮船和一艘快艇沿相同路线从A港出发到B港航行过程中路程随时间变化的图象（分别是正比例函数图象和一次函数图象）。根据图象解答下列问题：

（1）请分别求出表示轮船和快艇行驶过程的函数表达式（不要求写出自变量的取值范围）；

（2）快艇出发多长时间后能超过轮船？

二次不等式与不等式证明 篇7

关键词：微分学,不等式证明,思路,技巧

不等式证明是微分学中的一个常见问题, 是微分学中的重点和难点, 在各类考试中经常出现。而不等式证明历来是学生最感到困惑的问题之一。由于微分学中涉及能够证明不等式的方法很多, 所以, 如何准确、快捷地选择恰当的证明方法往往成为同学们关注的问题。

本人结合教学实践, 归纳了微分学中常见的不等式证明的常用证法、相关思路及技巧, 以帮助学生熟练掌握不等式证明的常用方法, 以期对学生准确、快捷地证明不等式, 提供正确的辨析和解题指导。

一、微分学中不等式证明的思路与技巧

(一) 中值定理法

1) 思路。这里的中值定理通常指的是中值定理。我们通常利用中值定理的结论将不等式中较复杂的函数 (或表达式) 换成较简单的函数而进行函数大小的比较。

2) 技巧。这里使用lagrange中值定理的关键是函数和区间的确定。我们通常利用观察法来确定这两个要素, 在例1中, 由于1n (b/a) 较复杂, 故选取函数f (x) =1nx;另外注意到1n (b/a) =1n (b/a) -1n1, 故取定了区间[1, b/a]。

(二) 利用函数的单调性

1) 思路。其主要思想是将不等式进行等价变形, 通过构造辅助函数, 借助于所构造函数的单调性, 达到证明的目的。

例2:已知x>0, 求证:1n (1+x)

分析:将不等式移项, 构造函数f (x) =1n (1+x) -x, 由于f (0) =0, 只须证明f (x) 在[0, +∞]为减函数, 即得结论。证明过程略。

例3:设b>a>0, 证明:1n (b/a) >a+b2 (b-a) 。

证明:令f (x) = (1nx-1na) (a+x) -2 (x-a) , 显然f (a) =0。以下证函数f (x) 在[a, +∞]为单调增函数。

2) 技巧。利用函数单调性证明不等式的关键在于构造函数。常用的构造方法如下:对所要证明的不等式进行移项, 将不等式右端变为零, 构造左端部分为f (x) , 如例1。但我们要注意到采取这种构造方法证明例3时, 经移项之后, 不等式左端的函数关系无法确定, 从而无法证明。以例3为例, 遇到这种到情况 (不等式中没有出现自变量x) , 通常采取以下的函数构造方法:将不等式移项后变形为最简单的表达形式, 得 (1nb-1na) (a+b) -2 (b-a) >0, 将其中的某一个常量换为自变量x, 构造函数f (x) = (1nx-1na) (a+x) -2 (x-a) 。按照此方法, 例3也可构造函数为f (x) = (1nb-1nx) (x+b) -2 (b-x) , 通过证明该函数 (0, b) 在单调增加, 最终得到证明。

(三) 利用函数的凹凸性

1) 思路。利用函数的凹凸性证明不等式的关键是通过构造辅助函数, 借助于所构造函数的凹凸性, 达到证明的目的。

2) 技巧。若遇到所证明不等式中出现有x, y两个变量及x2+y的表达式时, 该题往往需要使用函数的凹凸性进行证明, 可按以下步骤:第一步, 观察各项的共同特征, 构造函数F (t) ;第二步, 利用定理:若在 (a, b) 内, F'' (t) >0, 则F (t) 在 (a, b) 是凹的;若在 (a, b) 内, F'' (t) <0, 则F (t) 在 (a, b) 是凸的。说明函数的凹凸性;第三步, 借助函数凹凸性的定义, 取定义中任意的x1和x2分别为x和y, 即得证不等式。

(四) 利用泰勒公式

1) 思路。泰勒展开式证明不等式, 常用的是将函数f (x) 在所给区间端点或一些特定点 (如区间的中点, 零点) 展开, 通过分析余项在ξ点的性质, 而得出不等式。

证明:所讨论的不等式等价于。求函数ln (1+x) 与ln (1-x) 的泰勒展开式得

2) 技巧。应用泰勒公式的关键是确定在哪一点以及关于哪一点求函数的展开式, 进而通过对余项的估计来推出所证明的不等式。

二、结语

不等式证明是微分学学习中的一个重点内容, 因而, 在诸多证明不等式的方法中, 准确、快捷地选取恰当的证法显得尤为重要。以上对不等式证明中常用的方法进行了归纳梳理、比较分析。在微分学的学习与应试中, 务必要因题而宜, 明悉观察, 抓主要特点, 以便恰当地选用证明方法, 准确、快捷地解决问题。

参考文献

[1]谢明文.微积分教程 (第四版) [M].成都:西南财经大学出版社, 2005.

二次不等式与不等式证明 篇8

关键词：函数导数；构造思想；不等式

下面借助于教学过程中的几个例子，通过构造函数的方法来解决这类不等式的证明问题。

例1.已知m∈R函数f（x）=mx--lnx，g（x）=+lnx

（1）若y=f（x）-g（x）在[1，+∞）上为单调递增函数，求实数m的取值范围

（2）证明：+++…+<，（n∈N*）

解析：（1）∵y=f（x）-g（x）=mx--2lnx，

∴y'=m+-≥0在[1，+∞）上恒成立，

即m≥在[1，+∞）上恒成立，又=≤1，

所以m≥1.故m所求的取值范围为[1，+∞）.

（2）由（1）令m=1，设h（x）=f（x）-g（x）=x--2lnx≥h（1）=0

则2lnx≤x-，即≤（1-）.

于是≤（1-），（n∈N*）

∴++++…+≤[n-（+++…+）]<[n-（+++…+）]=[n-（1-+-+-）]=

所以+++…+<，（n∈N*）

例2.（1）已知函数f（x）=x（lnx+1），（x>0）若斜率为k的直线与y=f'（x）曲线

交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，求证：x1<

（2）在数列{an}中，a1=1，an=an-1+2n·3n-2，（n≥2，n∈N*），cn=

求证：ln（1+n）

解析：（1）f'（x）=lnx+2（x>0），k=

=要证x1<

即证x1<

等价于证明1<<，令t=

则只要证1<1，lnt>0

故考虑证lnt

设g（t）=t-1-lnt，（t>1）则g'（t）=1->0

故g（t）在（1，∞）上是增函数

所以当t>1时， g（t）=t-1-lnt>g（1）=0，即lnt

设h（t）=tlnt-（t-1），则h'（t）=lnt>0，（t>1）

h（t）在（1，∞）上是增函数，∴当t>1时，

h（t）=tlnt-（t-1）>h（1）=0，即t-1

（2）据题意有=+2×3n-2，（n≥2）

由累加法得-=（-）+（-）+…+（-）

=2（30+31+32+…+3n-2）=3n-1-1

∴an=n·3n-1（n≥2），当n=1时，a1=1也满足上式

∴an=n·3n-1（n∈N*）

从而cn=，∵ln（1+n）=ln（×××…）

=ln+ln+ln+…+ln（1+）

为证ln（1+n）

令f（x）=x-ln（1+x），00

则f（x）在（0，1]上为单调递增函数，从而f（x）>f（0）=0

即x>ln（1+x），（0

∴ln（1+）<，故得证！

例3.函数f（x）=a（-1）-logb

（1）当b=e（e是自然数的底数）时，若函数f（x）在 [1，∞）上为增函数，求实数a的取值范围

（2）求证：当n∈N，且n>19时，不等式9<

解析：（1）当b=e时，f'（x）=，依题意≥0在[1，∞）恒成立，

即x≥a在[1，∞）恒成立∴a≤1

（2）当a=1，b=e时，f（x）=+lnx在[1，∞）上为增函数，

当n>1时，令x=，则x>1，故f（）=+ln=-+ln>0

∴ln>

∴+++…+

又>=+++…+>++++++…+>+（+）+（+++）+…（+…+）>++…+=+9>9故不等式成立。

例4.设函数f（x）=mlnx，h（x）=x-a

（1）当m=2时，若函数k（x）=h（x）-f（x）在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围；

（2）证明：当n≥2，n∈N*时，loge

2+loge

3+loge

4+…+loge

n>

解析（1）

函数k（x）=h（x）-f（x）在[1，3]上恰有两个不同零点等价于方程x-2lnx=a，在[1，3]上恰有两个相异实根

令g（x）=x-2lnx，则g'（x）=1-，

当x∈[1，2），g'（x）<0；当x∈（2，3]，g'（x）>0

故g（x）min=g（2）=2-2ln2，又g（1）=1，g（3）=3-2ln3，g（3）-g（1）=ln<0∴g（1）>g（3），

由题意只需g（2）

（2）∵loge

x=，在F（x）=f（x）-h（x）中，令m=1，a=0，

从而F（x）=lnx-x，∴F'（x）=-1=故函数F（x）在（0，1）上递增；在（1，∞）上递减

∴F（x）≤F（1），即lnx≤-1+x

∴>=>=-，（n≥2）

∴loge

2+loge

3+loge

4+…+loge

n=++…+>1-+-+…+（-）=1+--=即得证。

总之，利用导数研究函数与不等式，方程，数列这一类解答题比较灵活，通过巧妙构造函数可以将其化归为易解决的问题，以上的几个例子都体现了构造函数这一思想方法。利用函数导数证明不等式一般需要注意：

（1）充分联想前一个问题或已知条件中函数的结构；

（2）观察待证不等式，分析法构造适当的函数；

一元二次不等式教案 篇9

若△＞0，则求出两根，在数轴上标出，每个根上画一条竖线，再从右到左相间标正负号，不等式大于0则取标正的范围，小于0则取标负的范围。

2．解简单一元高次不等式

a．化为标准型。

b．将不等式分解成若干个因式的积。

c．求出各个根，在数轴上标出，每个根上画一条竖线，再从右到左相间标正负号，不等式大于0则取标正的范围，小于0则取标负的范围。

3.解分式不等式的解

a．化为标准型。

b．可将分式化为整式，将整式分解成若干个因式的积。

c．求出各个根，在数轴上标出，每个根上画一条竖线，再从右到左相间标正负号，不等式大于0则取标正的范围，小于0则取标负的范围。（如果不等式是非严格不等式，则要注意分式分母不等于0。）

4.解含参数的一元二次不等式

a．对二次项系数a的讨论。

若二次项系数a中含有参数，则须对a的符号进行分类讨论。分为a＞0，a=0，a＜0。

b．对判别式△的讨论

若判别式△中含有参数，则须对△的符号进行分类讨论。分为△＞0，△=0，△＜0。

c．对根大小的讨论

若不等式对应的方程的根x1、x2中含有参数，则须对x1、x2的大小进行分类讨论。分为x1＞x2，x1=x2，x1＜x2。

5.一元二次方程的根的分布问题

a．将方程化为标准型。（a的符号）

b．画图观察，若有区间端点对应的函数值小于0，则只须讨论区间端点的函数值。

若没有区间端点对应的函数值小于0，则须讨论区间端点的函数值、△、轴。

6.一元二次不等式的应用

⑴在R上恒成立问题（恒不成立问题相反，在某区间恒成立可转化为实根分布问题）

a．对二次项系数a的符号进行讨论，分为a=0与a≠0。

b．a=0时，把a=0带入，检验不等式是否成立，判断a=0是否属于不等式解集。

a≠0时，则转化为二次函数图像全在x轴上方或下方。

若f(x)＞0，则要求a＞0，△＜0。

若f(x)＜0，则要求a＜0，△＜0。

⑵特殊题型：已知一不等式的解集（含有字母），求另一不等式的解集（与原不等式系数大小相同，位置不同）。a.写出原不等式对应的方程，由韦达定理得出解集字母与方程系数间的关系。

b.写出变换后不等式对应的方程，由由韦达定理得出解集字母与方程系数间的关系。

c.将a中得到的关系变化后带入b的关系中，得到变换后方程的两根。

d.判断两根的大小，变换后不等式二次项的系数，从而写出所求解集。

均值不等式证明 篇10

xy+1/xy≥17/

41=x+y≥2√(xy)

得xy≤1/4

而xy+1/xy≥

2当且仅当xy=1/xy时取等

也就是xy=1时

画出xy+1/xy图像得

01时，单调增

而xy≤1/4

∴xy+1/xy≥(1/4)+1/(1/4)=4+1/4=17/4

得证

继续追问：

拜托，用单调性谁不会，让你用均值定理来证

补充回答：

我真不明白我上面的方法为什么不是用均值不等式证的法二：

证xy+1/xy≥17/4

即证4(xy)²-17xy+4≥0

即证(4xy-1)(xy-4)≥0

即证xy≥4，xy≤1/4

而x,y∈R+，x+y=

1显然xy≥4不可能成立

∵1=x+y≥2√(xy)

∴xy≤1/4，得证

法三：

∵同理0

xy+1/xy-17/4

=(4x²y²-4-17xy)/4xy

=(1-4xy)(4-xy)/4xy

≥0

∴xy+1/xy≥17/4

试问怎样叫“利用均值不等式证明”，是说只能用均值不等式不能穿插别的途径?!

二、已知a>b>c，求证：1/(a-b)+1/(b-c)+1/(c-a)>0

a-c=(a-b)+(b-c)≥2√(a-b)*(b-c)

于是c-a≤-2√(a-b)*(b-c)<0

即：1/(c-a)≥-1/【2√(a-b)*(b-c)】

那么

1/(a-b)+1/(b-c)+1/(c-a)

≥1/(a-b)+1/(b-c)-1/【2√(a-b)*(b-c)】

≥2/【√(a-b)*(b-c)】-1/【2√(a-b)*(b-c)】=(3/2)/【2√(a-b)*(b-c)】>0

三、1、调和平均数：Hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)

2、几何平均数：Gn=(a1a2...an)^(1/n)

3、算术平均数：An=(a1+a2+...+an)/n4、平方平均数：Qn=√(a1^2+a2^2+...+an^2)/n这四种平均数满足Hn≤Gn≤An≤Qn的式子即为均值不等式。

概念：

1、调和平均数：Hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)

2、几何平均数：Gn=(a1a2...an)^(1/n)

3、算术平均数：An=(a1+a2+...+an)/n4、平方平均数：Qn=√

这四种平均数满足Hn≤Gn≤An≤Qn

a1、a2、…、an∈R+，当且仅当a1=a2=…=an时劝=”号

均值不等式的一般形式：设函数D(r)=^(1/r)(当r不等于0时);

(a1a2...an)^(1/n)(当r=0时)(即D(0)=(a1a2...an)^(1/n))

则有：当r注意到Hn≤Gn≤An≤Qn仅是上述不等式的特殊情形，即D(-1)≤D(0)≤D(1)≤D(2)

由以上简化，有一个简单结论，中学常用2/(1/a+1/b)≤√ab≤(a+b)/2≤√

方法很多，数学归纳法(第一或反向归纳)、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序不等式法、柯西不等式法等等

用数学归纳法证明，需要一个辅助结论。

引理：设A≥0，B≥0，则(A+B)^n≥A^n+nA^(n-1)B。

注：引理的正确性较明显，条件A≥0，B≥0可以弱化为A≥0，A+B≥0,有兴趣的同学可以想想如何证明(用数学归纳法)。

原题等价于：((a1+a2+…+an)/n)^n≥a1a2…an。

当n=2时易证;

假设当n=k时命题成立，即

((a1+a2+…+ak)/k)^k≥a1a2…ak。那么当n=k+1时，不妨设a(k+1)是a1，a2，…，a(k+1)中最大者，则

ka(k+1)≥a1+a2+…+ak。

设s=a1+a2+…+ak，{/(k+1)}^(k+1)

={s/k+/}^(k+1)

≥(s/k)^(k+1)+(k+1)(s/k)^k/k(k+1)用引理

=(s/k)^k*a(k+1)

≥a1a2…a(k+1)。用归纳假设

下面介绍个好理解的方法

琴生不等式法

琴生不等式：上凸函数f(x)，x1,x2,...xn是函数f(x)在区间(a,b)内的任意n个点，则有：f≥1/n*

设f(x)=lnx，f(x)为上凸增函数

所以，ln≥1/n*=ln

即(x1+x2+...+xn)/n≥(x1*x2*...*xn)^(1/n)

不等式证明的基本方法 篇11

一、 比较法

例1 设a、b是非负实数，求证：a3+b3≥ab（a2+b2）.

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

=（a-b）［（a）5-（b）5］

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

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

＜0

所以a3+b3≥ab（a2+b2）.

二、 分析法

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

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

只需证，|a-c|＜c2-ab即证，(a-c)2＜c2-ab

即证a2-2ac＜-ab，∵ a＞0，只需证，a-2c＜-b

即证a+b＜2c，这为已知．故原不等式成立．

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

三、 综合法

例3设函数f（x）=2x（1-ln2x），

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

简解：

f′（x）=-2ln2x，f′（a）+f′（b）2=-ln4ab，

f′a+b2=-ln（a+b）2≤-ln4ab，

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

∴ f′a+b2≤f′（a）+f′（b）2≤f′2aba+b.

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

四、 基本不等式法

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

简解：因为a、b、c均为正数，由基本不等式得：

a2+b2≥2ab

b2+2≥2bc

c2+a2≥2ac

所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac①

同理1a2+1b2+1c2≥1ab+1bc+1ac②

故a2+b2+c2+1a+1b+1c2

≥ab+bc+ac+31ab+31bc+31ac③

≥63

所以原不等式成立.

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

即当且仅当a=b=c=314时，原式等号成立.

点评：利用基本不等式必须注意：“一正，二定，三相等.”

五、 反证法

例5 已知p3+q3=2，求证：p+q≤2.

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

简解：假设p+q＞2，则p＞2-q，p3＞（2-q）3，

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

∴ p3+q3＞2与p3+q3=2矛盾，∴ p+q≤2.

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

六、 放缩法

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

（1） 求{an}的通项公式；

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

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

简解：(1)an=1-1n；

(2)bn=1-an+1n=n+1-nn+1•n=1n-1n+1，

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

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

(1) 舍掉(或加进)一些项；(2)在分式中放大或缩小分子(或分母)；

七、 柯西不等式法

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

分析：从所要证明的不等式结构可转化为柯西不等式来证.

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

所以求证式等价于47＜1n+1+1n+2+…+12n＜22

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

又由柯西不等式有

1n+1+1n+2+…+12n＜

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

n1n(n+1)+1（n+1）（n+2）+…+1（2n-1）（2n）=

n1n-12n=22

八、 构造法

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

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

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

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

点评： 抓住不等式的结构和特点，转化为函数思想求解是解决此题的关键.

积分法证明不等式 篇12

定理1设函数 (x) 与g (x) 为定义在[a, b]上的两个可积函数, 若 (x) ≤g (x) , x∈[α, b], 则。例1证明不等式

例1证明不等式

分析:积分与微分是互逆运算, 积分本身具有单调性, 问题关键在于把不等式两边构造成积分的形式, 便用微积分基本公式, 再利用定理1便可以证明。

令在[a, b]上是可积函数, 由定理1有:

于是有成立, 得证。

二、利用积分中值定理证明不等式

定理2若函数 (x) 在[a, b]上可积, 且存在原函数, 则至少存在一点ζ∈[a, b]使得

例2证明不等式分析:此不等式若用平方法证明比较简单, 这里利用积分中值定理来进行证明:把不等式作差转换成积分中值定理的形式。

三、利用积分几何证明不等式

例3设α, b≥1时, 证明不等式

分析:此题可以与定积分的“以直代曲”的“近似代替”的思想联系起来, 加上积分的几何意义使得不等式的证明变得更加简单。

其实证明不等式也是一门艺术, 它具有自己独到丰富的技术手法。因此, 我们在证明不等式时要充分运用函数的思想和数形结合的思想;充分利用微分与积分的知识来证明不等式, 使一些复杂的不等式得到更加简洁的证明, 也使得一些不等式的证明方法多样化。因此在证明不等式时关键在于要抓住不等式的特点, 从而迅速有效地解决问题。

摘要：证明不等式不仅是初等数学的重要课题, 而且也是分析解决其他数学问题的基础。中学数学中证明不等式多用初等方法, 有时会使运算过程比较繁琐。如果利用定积分知识, 就可轻松地解决不等式中的证明问题。本文主要以例题形式充分利用积分的知识证明不等式。

关键词：不等式,积分,函数

参考文献

[1]华东师范大学数学系编.数学分析[M].高等教育出版社.1981

[2]吴传生主编.数学分析习题精解[M]中国科学技术大学出版社.2004

[3]人民教育出版社中学数学室.高中数学课程标准[M].人民教育出版社.2001

[4]人民教育出版社中学数学室.数学 (选修Ⅱ) [M].人民教育出版社.2001

[5]马宝珊等编.数学解题方法[M].黑龙江出版社.1983

向量法证明不等式 篇13

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

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

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

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

j(AC+CB)=jAB

jAC+jCB=jAB

jCB=jAB

|CB|cos(π/2-∠C)=|AB|cos(π/2-∠A)

即|CB|sinC=|AB|sinA

a/sinA=c/sinC

其余边同理

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

步骤1

记向量i，使i垂直于AC于C，△ABC三边AB,BC,CA为向量a,b,c

∴a+b+c=0

则i(a+b+c)

=i·a+i·b+i·c

=a·cos(180-(C-90))+b·0+c·cos(90-A)

=-asinC+csinA=0

接着得到正弦定理

其他

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

CH=a·sinB

CH=b·sinA

∴a·sinB=b·sinA

得到a/sinA=b/sinB

同理，在△ABC中，b/sinB=c/sinC

步骤3.证明a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R：

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

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

两个不等式证明的纠正 篇14

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

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

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$\frac{d}{a+b}+\frac{a}{b+c}\ge \frac{d}{b+c}+\frac{a}{a+b}$, 同理可得$\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}\ge \frac{b}{d+a}+\frac{c}{c+d}$, 两式相加$\frac{d}{a+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}\ge \frac{d}{b+c}+\frac{a}{a+b}+\frac{b}{d+a}+\frac{c}{c+d}\ge \frac{d}{c+d}+\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{c+d}=2$

$\begin{array}{l}\text{错}\text{误}\text{分}\text{析}:\text{因}\text{为}\frac{d}{b+c}\le \frac{d}{c+d}\\ \frac{b}{a+b}\le \frac{b}{a+d}\end{array}$

所以最后一步不成立

现纠正如下:

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

由排序不等式:

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

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

$\frac{d}{a+b}+\frac{b}{c+d}\ge \frac{b}{a+b}+\frac{d}{c+d}$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

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

两边同除以2, 得$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\ge 2$, 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

b1+b2+b3+…+bkbk+1≥k.

下证: (b1+b2+b3+…+bk+bk+1) - (b1+b2+b3+…+bkbk+1) ≥1.

即证:bk+bk+1-bkbk+1≥1

也即证: (bk-1) (bk+1-1) ≤0

因为bk≥1, 0<bk+1≤1

所以 (bk-1) (bk+1-1) ≤0成立.

即n=k+1时, 结论仍成立.综上可知, 对任意n∈N, n≥1结论成立.

江苏省丹阳高级中学

利用微积分证明不等式 篇15

关键词：微积分；不等式；证明

不等式是数学的重要内容之一，在解各类方程，有关函数的问题，三角证明，几何证明等许多方面都有广泛的应用。初等数学中的常用方法有很多，比如分析法、综合法、比较法、配方法、判别式法、反证法、参数法、数学归纳法、换元法等等,上述方法种类多样，一般来说比较讲究解题技巧。而用微积分证明不等式相对于上述方法，有时可大大降低解题技巧的需要，进而简化解题过程。微积分证明不等式常用的方法有：微分中值定理、函数的凹凸性方法、函数的极值最值方法、函数的单调性法以及利用积分性质证明不等式。本文就对这些方法进行阐述和介绍。

一、微分在证明不等式中的应用

1.1 利用函数单调性证明不等式

定理1：设函数y=f（x）在区间[a,b]上可导，若y=f'（x）>0 （或y=f'（x）<0）时，则函数y=f（x）在区间[a,b]上为递增（减）函数。

例1证明：≤+。

思路：首先构造一个可导函数，利用定理1对函数求导，然后通过判断函数符号，从而确定函数的单调性。

证：构造函数f（x）=，则f'（x）=>0，（求导，讨论符号）

∴ f（x)=为单调递增的函数。（确定函数单调性）

有≤=+

≤+。

原题可证。

注：构造合适的函数是本题解题的关键。

1.2利用微分中值定理证明不等式

定理２：微分中值定理（拉格朗日定理）：如果函数y=f（x）满足下列条件：（1） 在区间[a,b]上连续；（2）在区间[a b]内可导。 则在区间（a,b）内至少存在一点ξ，使得f'（ξ)=。

思路：由于ξ在a、b之间，因此f'（ξ）将有一个取值范围，即有一个取值范围，这样就得到一个不等式，即利用ξ在（a,b）内的特点来证明不等式。

例2. 证明不等式

证明：设f（x）=lnx，x∈[a，b]（构造函数），则f'（x)=，x∈[a，b]，

函数满足定理条件，所以存在ξ（a<ξ

ln=lnb-lna=，由于<<，

∴

1.3利用函数的极值和最值证明不等式

定理3： （极值的必要条件）若函数y=f（x）在x0可导，且在x0处取得极值，则f'（x0）=0。

定理4： （极值第一充分条件） 设函数y=f（x）在x0连续，在区间[a,b]内可导。

（1） 若当x∈（a,x0）时, f'（x）≥0；当x∈（x0,b） 时, f'（x）≤0，则f（x）在x0处取得极大值；

（2）若当x∈（a,x0）时, f'（x）≤0；当x∈（x0,b）时, f'（x）≥0，则f（x）在x0处取得极小值。

思路分析：将要证明的不等式转化为求函数极值或最值的问题，即要证明f（x）≥g（x），只要求函数F（x）≡f（x）-g（x）的极值，证明F（x）min≥0即可。

例3设a>ln2-1为任意函数，求证：x2-2ax+1＜ex在x>0时恒成立。

证：问题在于证明f（x）=ex- x2+2ax-1>0（x>0）,

因为f（0）＝０，所以只要证明f'（x）＝ex-2x+2a>0（x>0），

因此，问题又转化为证明f'（x）min＞0即可。

令f"（x）=ex-2=0，得稳定点x=ln2，且是唯一的。

当x＜ln2时， f"（x）＜0；当x＞ln2时， f"（x）＞0。

所以f'（x）min=f'（ln2）=2-2ln2+2a

=2×(1-ln2）+2a >0，

证毕。

1.4 利用函数的凹凸性证明不等式

凹凸性是函数一个重要性质，它不仅是证明不等式的重要工具，也是讨论一些重要不等式的重要工具。

定义1 设f为定义在区间I上的函数，若对I上的任意两点x1，x2 和任意实数λ∈(0,1)，总有：

f(λx1+(1-λ）x2）≤λf(x1）+(1-λ）f(x2）

则称f为区间I上的凸函数。

反之：总有f(λx1+(1-λ）x2）)≥λf(x1）+(1-λ）f(x2）

则称f为区间I上的凹函数。

定理5：设f为区间I上的二阶可导函数；则f为I上凸（凹）函数的充要条件是：f"（x）≥0（f"（x）≤0），x∈I。

函数的凹凸性特点：如函数f（x)是凸函数，则在（a,b)上有：[f（x1)+f（x2)]≤f（)如函数f（x)是凹函数，则在（a,b)上有：[f（x1)+f（x2)]≥f（)。

在解题时，可利用函数的凹凸性特点进行证明。

例4若x＞0，y＞0，且x≠y。试证：xlnx+ylny＞（x+y)ln（)。

分析：上面不等式等价于：（lnxx+lnyy）＞ln(）。不等式含f（），可考虑用函数凹凸性来证明。

证明：令f（x）=lnxx，则f'（x）=lnx+1， f"（x）=＞0，（x＞0），

因为f（x）为凹函数，对任意x，y∈（0,+∞ ） （x≠y），有：f（）＜， 即ln(）＜（lnxx+lnyy），

故xlnx+ylny＞（x+y)ln（）。

二、积分在证明不等式中的应用

2.1利用定积分性质证明不等式

定理６ （积分不等式性质） 设函数f（x）与g（x）为定义在[a，b]上的两个可积函数，若f（x）≤g（x)，x∈[a，b]，则有：

f（x）dx ≤ g（x）dx 。

例5 证明不等式：ln≤，（0＜a≤b）。

分析：积分和微分是互逆运算，积分本身具有单调性，问题关键在于把不等式两边构造成积分的形式，使用牛顿-莱布尼茨公式，F（b）-F（a）=f（x）dx，再利用定理6便可以证明。

证明：不等式的左边ln=lnb-lna= f（x）dx，

右边b-a=dx，

令f（x)=，g（x）≡1在[a，b]上是可积函数，则

（+1）2dx≥0λ2+2λ+dx ≥0,

因此有 △=4（)2-4·dx=4（ln）2-4(b-a）（- ）≤ 0成立。

即（ln）2≤（b-a）（-）=，

而ln ≥0，b-a≥0，0 ＜a≤b，

于是有ln≤， （0＜a≤b）成立。

结论得证。

2.2 利用积分有界性证明不等式

定理7：如果 f（x）在上的最大值为M，最小值为m，则有：m（b-a） ≤ f（x）dx≤M（b-a）。

例6已知： f（x）在-∞≤x≤+∞内连续，F（x）=

f（t）dt（a＞0)，设f（x）在区间（x-a，x+a）内的最大值和最小值分别为M，m。试证：F（x）-f（x)≤M-m。

证明：因为当x-a＜t＜x+a时，由性质，得

m·2a≤f（t）dt≤M·2a，

∴m≤F（x）≤M，

又∵m≤f（x）≤M，

∴-M≤-f（x）≤-m，

∴-（M-m）≤F（x）-f（x）≤M-m，

即F（x）-f（x）≤M-m。

故结论得证。

2.3利用二重积分性质来证明不等式

定理8：（二重积分得保序性）若f（x，y）与g（x，y）在D上可积，且f（x，y）≤g（x，y），（x，y）∈D，则：f（x，y）dб≤

g（x，y）dб 。

思路：当命题涉及积分 f（x）dx， g（x）dx，

f（x）g（x）dx，且f（x）与g（x）均单调增（减）时，可利用二重积分的保序性解题。

例7 设f（x），g（x）均为[a，b] 上得单调不减（增）连续函数，证明：（b-a） f（x）g（x）dx ≥ f（x）dx g（x）dx。

分析：命题符合上述特征，可利用二重积分的保序性，且注意以下事实： f（x）dx= f（y）dy，

f（x）dx g（y）dy=f（x）g（y）dxdy。

证明：由于f（x），g（x）同为单调不减（增）函数，

令F（x，y）= [f（x）-f（y)][g（x）-g（y)]，

总由[f（x）-f（y)][g（x）-g（y)]≥0，

由二重积分得保序性，有：

[ f（x）g（x）-f（y）g（x）-f（x）g（y）+f（y）g（y）]dxdy≥0，即f（x）g（x）dxdy≥f（x）g（y）dxdy+f（y）g（x）dxdy，

于是有（b-a） f（x）g（x）dx ≥ f（x）dx g（y）dy=