不等式的证明习题

不等式的证明习题（精选12篇）

不等式的证明习题 篇1

A．2B．3C．4D．6 1．设abc,nN，且

x22x22． 若x(,1)，则函数y有（）2x

2A．最小值1B．最大值1C．最大值1D．最小值

13．设P

Q

RP,Q,R的大小顺序是（）

A．PQRB．PRQC．QPRD．QRP

4．设不等的两个正数a,b满足abab，则ab的取值范围是（）

A．(1,)B．(1,)C．[1,]D．(0,1)

5．设a,b,cR，且abc1，若M(1)(1)(1)，则必有（）332243431

a1b1c

A．0M11B．M1C．1M8D．M8 88

6．若a,b

R，且ab,M

NM与N的大小关系是A．MNB．MNC．MND．MN

1．若logxy2，则xy的最小值是（）

33223A．B．C．22

32．a,b,cR，设S3D．232 abcd，abcbcdcdadab

则下列判断中正确的是（）

A．0S1B．1S2C．2S3D．3S

43．若x1，则函数yx116x的最小值为（）xx21

A．16B．8C．4D．非上述情况

4．设ba0，且Pab，M N，RQ112ab2

则它们的大小关系是（）

A．PQMNRB．QPMNR

C．PMNQRD．PQMRN

二、填空题

1．函数y3x(x0)的值域是.2xx

12．若a,b,cR，且abc1，则a的最大值是

3．已知1a,b,c1，比较abbcca与1的大小关系为4．若a

0，则a1a5．若x,y,z是正数，且满足xyz(xyz)1，则(xy)(yz)的最小值为______。

1．设x0，则函数y33x1的最大值是__________。x

2．比较大小：log34______log67

3．若实数x,y,z满足x2y3za(a为常数)，则x2y2z2的最小值为

4．若a,b,c,d是正数，且满足abcd4，用M表示

abc,abd,acd,bcd中的最大者，则M的最小值为__________。

5．若x1,y1,z1,xyz10，且xlgxylgyzlgz10，则xyz_____。

1．若ab0，则a1的最小值是_____________。b(ab)

abbman, , , 按由小到大的顺序排列为baambn2．若ab0,m0,n0，则

223．已知x,y0，且xy1，则xy的最大值等于_____________。

1111，则A与1的大小关系是_____________。210210121022111

125．函数f(x)3x2(x0)的最小值为_____________。x4．设A

三、解答题

1．已知abc1，求证：abc

2221 3

．解不等式x73x40

3．求证：ababab1

．证明：1)1

1．如果关于x的不等式x3x4a的解集不是空集，求参数a的取值范围。

22...abc2

3

3．当n3,nN时，求证：2n2(n1)

4．已知实数a,b,c满足abc，且有abc1,a2b2c21，求证：1ab

1． 设a,b,cR，且abc，求证：abc

2．已知abcd，求证：

3．已知a,b,cR，比较abc与abbcca的大小。3332224 32323231119 abbccaad

．求函数y

5．已知x,y,zR，且xyz8,xyz24

求证：

不等式的证明习题 篇2

先从一道大家熟悉的习题说起.

习题:给出一个正整数n,若n是奇数,则减去1,否则除以2,这样经过若干次运算后 ,总是可以得到0,运算结束 .若这个数经过四次运算后得到零,则这个数是________.

在高三习题卷中做到这个题目, 由于笔者所在中学是省重点中学,学生综合素质比较高,我本以为是一道同学们没问题的作业,无非就是“逆推而上”,但经过作业批改发现,有近一半的学生答案不全.这不得不让我沉入深思,寻找症结所在,反思自己在教学中存在的不足.

二、问题的调查

事后,我找到了几个答案不全的学生,询问他们在解题时是怎么思考的,无一例外的都是“顺推而下”.比如取n=8,经过四次运算,得到0,符合,……这时,笔者问学生甲:你当时这样做是否担心有答案遗漏呢? 学生甲:有这种顾虑,但一时想不出好方法,又急于完成作业,也就没有多加思考了.为了深入了解做对同学的思维过程,我也询问了几个同学,结果,“顺推而下”得到完整答案的不乏其人.这几个学生平时学习踏踏实实,想必他们一定检验了好多数据,才放心地写下这个题目的答案,其严谨的学习态度还是值得肯定的.这时我问学生乙:如果题中运算四次改为运算六次或者七次,问符合题意的n有多少个,你该怎么做呢? 这时学生乙陷入沉思,想必他一定料到再“顺推而下”,要花费的时间是成倍增加的.几分钟后,他恍然大悟:“我知道了! ”从愉悦的表情中,我坚信他是“柳暗花明又一村”了.

三、问题的分析与思考

每个同学差不多都有过这样的经历:一道题,自己总也想不出解法,而老师却给出了一个绝妙的解法,这时你最希望知道的是“老师是怎么想出这个解法的”.如果这个解法不是很难,就会想“我自己完全可以想出,但为什么我没有想到呢? ”

美籍匈牙利数学家乔治·波利亚对回答上述问题非常感兴趣,为了回答“一个好的解法是如何想出来的”这个令人困惑的问题,他专门研究了解题的思维过程,分解解题的思维过程“理解题目”、“拟订方案”、“执行方案”和“回顾”四大步骤,对第二步即“拟定计划”的分析是最引人入胜的.他指出寻找解法实际上就是“找出已知数与未知数之间的联系,如果找不出直接联系,你可能不得不考虑辅助问题,最终得出一个求解计划.”

本习题虽然不是什么难题, 但在解题中充分体现出了寻找已知与未知之间的联系方法与思维过程. 如果说学生甲等的做法相当于我们在不等式证明中的综合法的话,“逆推而上”,就是不等式证明中的分析法.事实上,我们在解题思维过程中,何尝不是“综合法”“分析法”的应用或者综合应用呢?

波利亚在“怎样解题”表中说到解题的关键是“建立已知与未知之间的联系”.笔者认为可以理解为:由“已知”推导“可知”,由“未知”探究“需知”,最后建立“可知”与“需知”的关系的思维过程.用图示表示如下:

四、解题策略与举例探讨

如果把解题比作打仗,那么解题者的“兵力”就是数学基础知识,解题者的“兵器”就是数学基本方法,而调用数学基础知识,运用数学基本方法的解题策略正是“兵法”.这就要求每一位老师在平时教学中都要重视数学中的基础知识、基本方法和基本数学思想.

摘要：“综合法”与“分析法”是不等式证明的基本方法.在解题过程中,利用“综合法”与“分析法”的思维模式帮助分析题意,破解解题思路,能有效提高解题能力,也为教师强化课堂教学效果,提高教学能力提供了方向.

数列求和不等式的证明 篇3

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.

均值不等式的证明 篇4

你会用到均值不等式推广的证明，估计是搞竞赛的把

对n做反向数学归纳法

首先

归纳n=2^k的情况

k=1。。

k成立k+1。。

这些都很简单的用a+b>=√(ab)可以证明得到

关键是下面的反向数学归纳法

如果n成立对n-1，你令an=(n-1)次√(a1a2...a(n-1)

然后代到已经成立的n的式子里，整理下就可以得到n-1也成立。

所以得证

n=2^k中k是什么范围

k是正整数

第一步先去归纳2，4，8，16，32...这种2的k次方的数

一般的数学归纳法是知道n成立时，去证明比n大的时候也成立。

而反向数学归纳法是在知道n成立的前提下，对比n小的数进行归纳，指“平方平均”大于“算术平均”大于“几何平均”大于“调和平均”

我记得好像有两种几何证法，一种三角证法，一种代数证法。

请赐教!

sqrt{}≥(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

证明：

1.sqrt(((a1)^2+(a2)^2+..(an)^2)/n)≥(a1+a2+..an)/n

两边平方,即证((a1)^2+(a2)^2+..(an)^2)≥(a1+a2+..an)^2/n

(1)如果你知道柯西不等式的一个变式，直接代入就可以了：

柯西不等式变式：

a1^2/b1+a2^2/b2+...an^2/bn≥(a1+a2+...an)^2/(b1+b2...+bn)

当且仅当a1/b1=a2/b2=...=an/bn是等号成立

只要令b1=b2=...=bn=1，代入即可

(2)柯西不等式

(a1^2+a2^2+...an^2)*(b1+b2...+bn)≥(a1b1+a2b2+...anbn)^2

2.(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2a3..an)

(1)琴生不等式:若f(x)在定义域内是凸函数，则nf((x1+x2+...xn)/n)≥f(x1)+f(x2)+...f(xn)

令f(x)=lgx显然，lgx在定义域内是凸函数

nf((x1+x2+...xn)/n)=nlg≥

f(x1)+f(x2)+...f(xn)=lga1+lga2+lga3...lgan=lga1*a2..an

也即lg≥1/n(lga1a2a3...an)=lg(a1a2a...an)^(1/n)=lgn次根号(a1a2..an)

f(x)在定义域内单调递增，所以(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2..an)

(2)原不等式即证：a1^n+a2^n+...an^n≥na1a2a3...an

先证明a^n+b^n≥a^(n-1)b+b^(n-1)a做差(a-b)(a^(n-1)-b^(n-1))≥0

2*(a1^n+a2^n+...an^n)≥a1^(n-1)a2+a2^(n-1)a1+a2^(n-1)a3+a3^(n-1)a2...an^(n-1)a1+a1^a(n-1)an

=a2(a1^(n-1)+a3^(n-1))+a3(a2^(n-1)+a4^(n-1))...≥a2a1^(n-2)a3+a2a3^(n-2)a1+...≥...≥2na1a2...an

即a1^n+a2^n+...an^n≥na1a2a3...an

(3)数学归纳法:但要用到(1+x)^n>1+nx这个不等式，不予介绍

3.n次根号(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

原不等式即证：n次根号(a1a2a3..an)*(1/a1+1/a2+..+1/an)≥n

左边=n次根号+n次根号++n次根号+...n次根号

由2得和≥n*n次根号(它们的积)所以左边≥n*n次根号(1)=n

所以(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

证毕

特例：sqrt(a^2+b^2/2)≥(a+b)/2≥sqrt(ab)≥2/1/a+1/b

证明：

1.sqrt(a^2+b^2/2)≥(a+b)/2两边平方a^2+b^2≥(a+b)^2/4即证(a/2-b/2)^2≥0显然成立

2.(a+b)/2≥sqrt(ab)移项即证(sqrt(a)-sqrt(b))≥0显然成立

此不等式中a+b可以表示一条直径的两部分，(a+b)/2=rsqrt(ab)就是垂直于直径的弦，而r≥弦的一半

3.sqrt(ab)≥2/1/a+1/b两边同时乘上1/a+1/b即证sqrt(ab)*(1/a+1/b)≥2

不等式的一些证明方法 篇5

不等式的一些证明方法

[摘要]：不等式是数学中非常重要的内容,不等式的证明是学习中的重点和难点,本文除总结不等式的常规证明方法外,给出了不等式相关的证明方法在具体实例中的应用.[关键词] 不等式;证明;方法； 应用

不等式在数学中占重要地位,由于其本身的完美性及证明的困难性,使不等式成为各类考试中的热点试题,证明不等式的途径是对原不等式作代数变形，在初等数学中常用的方法有放缩法、代换法、归纳法、反证法等等.因而涉及不等式的问题很广泛而且处理方法很灵活,故本文对不等式的证明方法进行一些探讨总结.一、中学中有关不等式的证明方法 1.1中学课本中的四种证明方法 1.1.1理清不等式的证明方法

（1）比较法：证明不等式的基本方法,适应面宽.①相减比较法—欲证AB,则证AB0.②相除比较法—欲证A>B（A>0,B>0）,则证>1.（2）综合法：利用平均不等式、二次方程根的判别式、二项式定理、数列求和等等。此方法灵活性大,需反复练习.（3）分析法：当综合法较困难或行不通时,可考虑此法,但不宜到处乱用.第1页（共13页）

AB

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)（4）数学归纳法：凡与自然数n有关的不等式,可考虑此法,但有时使用起来比较困难,应与前面几种方法配合应用.1.1.2选择典型范例,探求解题途径

例1.1.1 求证 12x42x3x2

分析 用相减比较法证明AB0.一般应将AB变形为[f(x)]

2、（f(x)g(x)，其中f(x),g(x)同号）,或变形为多个因子的[f(x)]2[g(x)]

2、乘积、平方式.本题可化为两个完全平方式的和或化为一个完全平方式与一个正因式的积.证： 2x42x3x212x3(x1)(x1)(x1)

(x1)(2x3x1)(x1)(2x32xx1)

132(x1)2[(x)2]

442x42x3x210

当xR时，即 12x42x3x2

例1.1.2 证明 n(n1)n1....(n1).分析 题中含n,但此题用数学归纳法不易证明,通过变形后可采用平均不等式来证.11111(11)(1）（1)23n2n nn34n12n>n23.4...n1=nn1（再变形）=2323nn11111n1....(11)(1)....(1)23n2n

证：

nnn11n12131n第2页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)

2 1n34n1....23nn234....n1nn1

n23n131n所以 n(n1)n1....

例1.1.3 求证：

1112+

11+„+>n(n1,n为自然数)2n 分析 与自然数有关的问题,可考虑用数学归纳法.设nK时成立,需证nK1时也成立,需证明K+K+

1>K1,可采用“凑项”的方法： K1KK11KK1K11=>==K1

K1K1K1K1111221222,右边2,所以, 2 证：(1)当n2时,左边左边右边.(2)假设nK时, 1111+

11+„+>K成立,则当nK1时, 2K+

1111+„++ K+

K12K1KKK11K1 =>

KK1K1K1K1K1

综上所述： 1.2关于不等式证明的常规方法（1）利用特殊值证明不等式

11+

11+„+>n 2n特殊性存在于一般规律之中,并通过特例表现出来.如果把这种辩证思想用于解题之中,就可开阔解题思路.第3页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)例1.2.1 已知ab,b0,ab1.求证（a+）(b+)≥

121a1b25.412112211125只需证明当ab时，（a+）(b+)≥.故可设ax

ab2411b x,(|x|且x0)22证：考虑a与b都去特殊值,既当ab时有（2）（2）=4则

a21b21(a21)(b21)(ab1)2111（a+）(b+)=== abababab33(x2)21(x2)2125=4>4=.114x244故原不等式得证.（2）利用分子有理化证明不等式

分母有理化是初中数学教材中重要知识,它有着广泛的应用,而分子有理化也隐含于各种习题之中,它不但有各种广泛的作用,而且在证明不等式中有它的独特作用.例1.2.2[1] 求证13-12<12-11.证：利用分子有理化易得：13-12=1312>12+11 1131211312,12-11=

11211, <

11211

即 13-12<12-11.（3）应用四种“平均”之间的关系证明不等式

四种“平均”之间的关系,既调和平均数H(a)≤几何平均数G(a)≤

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数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)算数平均数A(a)≤平方平均数Q(a).写得再详细些就是：若a1,a2,a3，an都是正实数,则：

111aa121≤na1a2an≤

a1a2ann≤

a21a2ann22

an（注：这一串不等式在不等式证明中起着举足轻重的作用.）例1.2.3 已知ab,求证a+证：a+

1≥3(ab)b111=(ab)+b +≥3×3(ab)b3

(ab)b(ab)b(ab)b（4）充分利用一些重要结论,使解题简捷

①对实数a,b,c,d有

a2b2≥2ababba;a2b2c2abbcca;a2b2c2d2abbccdda.②若a,b同号,则≥2；

若a,b,c均为正数,则≥3.a2b2ab2 ③若是正数,则≥≥ab≥（当且仅当ab时等号

1122abbaabbacbac成立）

a2b2c2abc3 若a,b,c是正数,则≥3abc≥

11133abc（当且仅当abc时等号成立）

例1.2.4 若a,b,c0,且abc1,求证 9

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1a1b1c

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)分析 证法较多,但由abc1与之间的联系,考虑算术平均与调和平均的关系式简便.证：由算术平均数和调和平均的关系可知

abc3 1113abc1a1b1c所以 abc99, 又abc1得 1

111111abcabc1a1b1c即 9.（5）利用式的对称性证明不等式

形如xy,a2b2c2的式子中任意两个量交换位置后结果仍不变,这就是“式”对称,可以用对称关系来解决一些不等式的证明.例1.2.5 设a,b,c,d是正数,且满足abcd1,求证 4a14b14c14d16

证：由4a1944a12942a13 注意到对称有：

94(abcd)1317(4a14b14c14d1)

422即 4a14b14c14d16 故原命题得证.（6）用“双十字法”证明不等式

例1.2.6 已知x,y0并且xy1 求证：

x23xy2y22xy32x221xy11y24x21y2

证：因 x23xy2y22xy3(x2y)(xy)2xy3

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数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)=(x2y3)(xy1)0 类似的，2x221xy11y24x21y2(2xy2)(x11y1)0 故结论成立.（7）用恒等变形推导

例1.2.7[2] 求证：对于任意角度,都有58cos4cos2cos3≥0

证：58cos4cos2cos3

=58cos4(2cos21)(4cos33cos)

=15cos8cos24cos3(1cos)(4cos24cos1)=(1cos)(2cos1)20

（8）分解为几个不等式的和或积

例1.2.8[2] 已知a,b,c是不全相等的正数,求证：

a(b2c2)b(c2a2)c(a2b2)6abc

证： b2c22bc,a0,a(b2c2)2abc

2222b(ca)2abc,c(ab)2abc.同理

a,b,c不全相等,所以上述三式中,等号不能同时成立.把三式相加

得

a(b2c2)b(c2a2)c(a2b2)6abc

（注：这里把不等式的各项分别考虑,然后利用不等式的性质和推论,证得所求不等式.）

例1.2.9 设是锐角,求证：(111)(1)5.sincos 证： 是锐角,0sin1,0cos1,0sin21, 这时 1121,1,2.sincossin2第7页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)(111112)(1)15.sincossincossin2（9）利用极限证明不等式

例1.2.10[2]证明：当x2(1+2)时,有

(2x1)2(2x3)3(2x5)....xx3

证： 在x0的情况下讨论,令

f(x)(2x1)(2x3)3(2x5)....x,g(x)x3

则 f(x)x(x1)(2x1)，6x(x1)(2x1)f(x)16于是 lim limxg(x)x3x3按极限的定义,对于,取2(12)当|x|2(12)有

f(x)11 , g(x)3414即 0f(x)71 从而f(x)g(x),故结论成立.12g(x)12（10）利用平分法证明不等式

例1.2.11 若x0,i1,2,3,且xi1,则

i1311127 2221x11x21x310 证：因为12111911x时有,所以,且当 x1ii22331xi1xi101119273 222101x11x21x310故

1.3关于不等式证明的非常规方法（1）换元法

这种方法多用于条件不等式的证明,换元法主要有三角代换和均值代

第8页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)换两种.三角代换时已知条件特征明显.在结构上必须和三角公式相似.例1.3.1 已知x2y21,求证：| x2+2xy-y2|≤2.证：令xrcos,yrsin

则 | x2+2xy-y2|=|r2(cos22sincossin2| =r2|cos2sin2| = r2|2sin(2450)|≤12×1=2

例1.3.2[4]设a,b,cR 且abc1,求证：a2b2c2≥.证：a=+α,b=+β,c=+γ, 因为abc1,所以 0

于是有a2b2c2=+（）+（222）≥.（2）反证法

先假设所要证明的不等式不成立,即要证的不等式的反面成立,然后从这个假设出发进行正确的推理,最终推出与已知条件或已知真命题相矛盾的结论,从而断定假设错误,进而确定要证明的不等式成立.例1.3.3[5]求证：由小于1的三个正数a,b,c所组成的三个积（1-a)b,(1-b)c,(1-c)a,不能同时大于

证：（反证法）假设（1-a)b,(1-b)c,(1-c)a都大于

则有（1-a)b(1-b)c(1-c)a>

2***31314141 ① 641aa1但由01-a)a≤条件,即有，0(1-a)a≤.24同理有0(1-b)b≤,0(1-c)c≤.即（1-a)b(1-b)c(1-c)a≤② 64

1414第9页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)①与②产生矛盾,从而原命题成立.（3）构造法

在证明不等式时,有时通过构造某种模型、函数、恒等式、向量、对偶式等,完成不等式的证明.例1.3.4 求证 证： 设A=1212342n11.2n2n132n1242n,B=，352n142n12342n12n由于,,，,因此AB，23452n2n113242n1242n2n1)()A, 2n352n12n12n1所以A2AB(故 （4）判别式法

12342n11 2n2n1适用于含有两个或两个以上字母不等式,而另一边是关于某字母的二次式时,这时可考虑用判别式法.例1.3.5[6]x2x113求证:≤2≤.x122x2x1 证： 设f(x)y2,则(1y)x2x1y0,所以xR，x1当y1时,Δ=b24ac≥0,即14(1y)2≥0，所以 |y1|≤,即≤y≤.又当y1时,方程的解x0，x2x113故 ≤2≤.x122121232（5）放缩法

第10页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)为了证明不等式的需要,有时需舍去或添加一些项,使不等式一边放大或缩小,利用不等式的传递性达到目的.例1.3.6[5]设a,b为不相等的两个正数,且a3-b3=a2b2.求证1ab.证： 由题设得a3-b3=a2b2a2abb2ab, 于是(ab)2 a2abb2ab,则(ab)1,又(ab)24ab，(ab)2 而(ab)a2abbababab

422243即(ab)2ab,所以（ab), 综上所述, 1ab（6）向量法

向量这部分知识由于独有的形与数兼备的特点,使得向量成了数形结合的桥梁,在方法和理论上是解决其他一些问题的有利工具.对于某些不等式的证明,若借助向量的数量积的性质,可使某些不等式较易得到证明.例1.3.7 求证：求证1≤ 1x2x≤2

9.三、小结

证明不等式的途径是对原不等式作代数变形,在初等数学中常用的第11页（共13页）

1a1b1c

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)方法大致有放缩法、代换法、归纳法、反证法等等.然而涉及不等式的问题很广泛而且处理方法很灵活,仅在中学教科书上就有很多方法,但还不足以充分开拓人们的思维,为此,我们要进一步探究不等式的证明方法,并给出了在实例中的应用.参考文献

[1] 段明达.不等式证明的若干方法[J].教学月刊(中学版),2007(6).[2] 彭军.不等式证明的方法探索[J].襄樊职业技术学院学报,2007(4).[3] 周兴建.不等式证明的若干方法[J].中国科教创新导刊,2007(26).[4] 郭煜,张帆不等式证明的常见方法[J].高等函授学报(自然科学版),2007(4).[5] 王保国.不等式证明的六种非常规方法[J].数学爱好者(高二版),2007(7).[6] 赵向会.浅谈不等式的证明方法[J].张家口职业技术学院学报,2007(1).[7] 豆俊梅.高等数学中几类不等式的证明[J].中国科技信息,2007(18).[8] 刘玉琏,傅佩仁.数学分析讲义[M].北京:高等教育出版

第12页（共13页）

均值不等式的证明方法 篇6

本文主要介绍柯西对证明均值不等式的一种方法，这种方法极其重要。一般的均值不等式我们通常考虑的是AnGn: 一些大家都知道的条件我就不写了

x1x2...xn

n



x1x2...xn

我曾经在《几个重要不等式的证明》中介绍过柯西的这个方法，现在再次提出：

二维已证，四维时：

abcd(ab)(cd)2ab2cd4八维时:

(abcd)(efgh)4abcd4efgh8abcdefgh

abcd

4abcd

这样的步骤重复n次之后将会得到

x1x2...x2n

n



n

x1x2...x2n

令x1x1,...,xnxn;xn1xn2...x2

n

x1x2...xn

n

A

由这个不等式有

A

nA(2n)A

nn



n

x1x2..xnA

2n

n

(x1x2..xn)2A

n

1

n2

n

即得到

x1x2...xn

n



n

x1x2...xn

这个归纳法的证明是柯西首次使用的，而且极其重要，下面给出几个竞赛题的例子：

例1：

n

若0ai1(i1,2,...,n)证明

i1

11ai



n

1(a1a2...an)n

例2：

n

若ri1(i1,2,...,n)证明

i1

1ri1



n

1(r1r2...rn)n

这2个例子是在量在不同范围时候得到的结果，方法正是运用柯西的归纳法：

给出例1的证明：

当n2时11a1



11a2



(1

a1a2)2(1a1)(1a2)

设pa1a2,q

(1q)(2p)2(1pq)

p2qpq2qp(1q)2q(q1)p2q，而这是2元均值不等式因此11a1



11a22

n



11a3



11a4



此过程进行下去

n



因此

i1

1ai

1(a1a2...a2n)2

n

令an1an2...a2n(a1a2...an)nG

n

有

i1n

11ai

11ai

(2n)

n

11G



n

n2n

n



n

1(GG



n1G

n)

n

1G

即

i1

例3：

已知5n个实数ri,si,ti,ui,vi都1(1in),记RT

n

1n

n

r,S

ii



1n

n

s

i

i

1n

n

t,U

ii



1n

n

u

i

i,V

1n

n

v，求证下述不等式成立：

ii



i1

（risitiuivi1risitiuivi1)（RSTUV1RSTUV1)

n

要证明这题，其实看样子很像上面柯西的归纳使用的形式

其实由均值不等式，以及函数f(x)ln因此

e1e1

x

x

是在R上单调递减

RSTUV



（RSTUV1RSTUV1)

n

我们要证明：

n

(rstuv

i1

iii

i

risitiuivi1

i

1)

证明以下引理：

n

(x

i1

xi1

i

x21x21

n

1)

n2时，(令A

x11x11)（）2

A(x1x21x1x2)(x1x21x1x2)

2A(x1x2x1x21)A(x1x21x1x2)(1x1x2x1x2)2A(x1x21x1x2)

(A1)(x1x21)2A(x1x21)显然成立

2n

n

n

因

此（i1

xi1xi1

n)（G1G1)

2n

n

（GGGG

n

n

n

n

11

2n2

n)，G

n

（G1G1

n)

因此（i1

xi1xi1

n)

所以原题目也证毕了

这种归纳法威力十分强大，用同样方法可以证明Jensen:

f(x1)f(x2)

f（x1x2)，则四维：

f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)2f（x1x2)2f（x3x4)4f（x1x2x3x4)

一直进行n次有

f(x1)f(x2)...f(x2n)

n

f（x1x2...x2n

n),令x1x1,...,xnxn;xn1xn2...x2

n

x1x2...xn

n

n

A

有

f(x1)...f(xn)(2n)f(A)

n

n

f（nA(2n)A

n)f(A)

所以得到

f(x1)f(x2)...f(xn)

n

f（x1x2...xn

n)

所以基本上用Jensen证明的题目都可以用柯西的这个方法来证明

而且有些时候这种归纳法比Jensen的限制更少

其实从上面的看到，对于形式相同的不等式，都可以运用归纳法证明

例谈阶乘不等式的证明 篇7

例1证明:

证法1放缩为等比数列

证法2放缩为裂项求和

2.均值不等式法

证明因为n!=n (n-1) ·…·2·1, 那么, 由均值不等式可得

3.数学归纳法

证明 (1) 当n=2时, 命题显然成立.

(2) 假设n=k (k≥2) 时, 命题成立, 即有

4.构造函数法

例4对任意的正整数n, 证明:

例5求证:

一道不等式证明题的后续 篇8

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

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

考虑函数f （x）=x2，则2=f ，=，故原不等式即f ≤.

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

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

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

f 的大小关系.

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

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

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

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

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

解析 易知＜α＜x2，x1＜β＜，且α+β=

+=x1+x2.

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

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

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

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

而α+β=mx1+（1-m）x2+（1-m）x1+mx2=x1+x2.

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

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

f （x2）|，不符题意；

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

f （x2），满足题意.

综上，可知实数m的取值范围为（0，1）.

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

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

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

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

f（β）|=-==

|α-β|=|α-β|，故应填＜.

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

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

不等式的证明方法经典例题 篇9

不等式的证明是高中数学的一个难点，证明方法多种多样，近几年高考出现较为形式较为活跃，证明中经常需与函数、数列的知识综合应用，灵活的掌握运用各种方法是学好这部分知识的一个前提，下面我们将证明中常见的几种方法作一列举。

a2b2ab注意ab2ab的变式应用。常用(其中a,bR)来解决有2222关根式不等式的问题。

一、比较法

比较法是证明不等式最基本的方法，有做差比较和作商比较两种基本途径。

1、已知a,b,c均为正数，求证：

111111 2a2b2cabbcca

二、综合法

综合法是依据题设条件与基本不等式的性质等，运用不等式的变换，从已知条件推出所要证明的结论。

2、a、b、c(0,)，abc1，求证：

4a2b2c24413

3、设a、b、c是互不相等的正数，求证：abcabc(abc)

4、知a,b,cR，求证:

a2b2b2c2c2a2(abc)

211(1)(1)9xy5、x、y(0,)且xy1，证：。

6、已知a,bR,ab1求证：11111.ab9

三、分析法

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。

7、已知a、b、c为正数，求证：

2(ababc3ab)3(abc)23

8、a、b、c(0,)且abc1，求证abc3。

四、换元法

换元法实质上就是变量代换法，即对所证不等式的题设和结论中的字母作适当的变换，以达到化难为易的目的。

9、b1，求证：ab(1a2)(1b2)1。

22xy1，求证：2xy210、114.abbcac1222212、已知1≤x＋y≤2，求证：≤x－xy＋y≤3．

211、已知a>b>c,求证：

13、已知x－2xy＋y≤2，求证：| x＋y |≤10．

14、解不等式5x221x1＞

2215、－1≤1x－x≤2．

五、增量代换法

在对称式(任意互换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如a＞b＞c)的不等式，常用增量进行代换，代换的目的是减少变量的个数，使要证的结论更清晰，思路更直观，这样可以使问题化难为易，化繁为简．

16、已知a，bR，且a＋b = 1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥

六、利用“1”的代换型

2225． 2111已知a,b,cR,且 abc1,求证： 9.abc17、七、反证法

反证法的思路是“假设矛盾肯定”，采用反证法时，应从与结论相反的假设出发，推出矛盾的过程中，每一步推理必须是正确的。

18、若p＞0，q＞0，p＋q= 2，求证：p＋q≤2．证明：反证法 33119、已知a、b、c（0，1），求证：(1a)b，(1b)c，(1c)a，不能均大于4。

20、已知a,b,c∈（0，1），求证：（1－a）b,（1－b）c,（1－c）a 不能同时大于

1。

421、a、b、cR，abc0，abbcca0，abc0，求证：a、b、c均为正数。

八、放缩法

放缩时常用的方法有：1去或加上一些项2分子或分母放大（或缩小）3用函数单调性放缩4用已知不等式放缩

22、已知a、b、c、d都是正数，求证：1＜＜2．

bdac＋＋＋

abcbcdcdadab23、nN，求证：*2(n11)112131n2n1。

24、A、B、C为ABC的内角，x、y、z为任意实数，求证：x2y2z22yzcosA2xzcosB2xycosC。

证

九、构造函数法

构造函数法证明不等式24 设0≤a、b、c≤2，求证：4a＋b＋c＋abc≥2ab＋2bc＋2ca．

25、设a、b∈R，且a＋b =1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥222225． 226、设a＞0，b＞0，a＋b = 1，求证：2a1＋2b1≤22． 1．实数绝对值的定义:

|a|=

这是去掉绝对值符号的依据，是解含绝对值符号的不等式的基础。

2．最简单的含绝对值符号的不等式的解。

若a>0时，则

|x|

|x|>a x<-a或x>a。

注:这里利用实数绝对值的几何意义是很容易理解上式的，即|x|可看作是数轴上的动点P(x)到原点的距离。

3．常用的同解变形

|f(x)|

|f(x)|>g(x)f(x)<-g(x)或f(x)>g(x)；

|f(x)|<|g(x)| f2(x)

4．三角形不等式:

考研数学重点：不等式的证明 篇10

历年考研数学中，不等式的证明这个题型考查频率高达百分之九十以上，同时这也是为数较多的考生极其费解的一类问题。不等式的证明方法有很多，比如利用微分中值定理证明不等式、利用单调性证明不等式、利用极值和最值证明不等式、利用曲线凹凸性证明不等式、利用泰勒公式证明不等式等等，本文主要讨论运用函数单调性证明不等式。

单调函数是一个重要的函数类，函数的单调性应用广泛，可利用它解方程、求最值、证明等式与不等式、求取值范围等，并且可使许多问题的求解简单明快。下面主要讨论函数单调性在不等式证明中的.应用。

证明不等式的几种常见策略 篇11

1.熟悉结论，轻车熟路

有些题目在起初几步变形后或中间放缩过程，就能发现其中隐含着常用结论，略加证明，就大功告成.对一些常用结论来龙去脉互相推导要心中有数，并能很快独立证明.作为结论记忆为了缩短思考问题的时间，笔者将常用结论、变化规律及在选修4-5书中分布页码制成网络图如下：2.仔细观察，识别伪装

有些不等式既不轮换对称，又无规律可寻，考生无从下手，这是由于在原定理或常用重要结论中，加入或替换某些“部件”，造成视觉障碍，暂时看不出证题思路，但只要识破这一“阴谋”，证明也就不难了.

可以看出此题“伪装”巧妙之处是对一个重要不等式左边替换成两项相同，造成不对称，并且出现轮换，搞得我们眼花缭乱，很难发现其中奥妙.

3.拆凑组装，原形毕露

4.巧设主元，绝处逢生

在一些非轮换对称不等式证明中，若难以发现它们的拆变组合，也可以设其中一个少而简单的字母为主元，其它字母为已知数，借助函数（导数）知识解决，也不失为一种妙法.

6.强强联合，所向披靡

纵观浙江省近4年自选模块试题，单一用某个知识点较少，一般均值不等式和柯西不等式强强联合使用.

当然，这些策略和方法不是孤立的，而是相互联系，相辅相成的，同时也是建立在代数式的恒等变形基础上，不得不承认这是新课改后高中生所欠缺的，属于“先天性营养不良”（初中教学要求降低所至），所以老师在讲方法策略时，不要忘了训练学生恒等变形能力，这样才能确保学生证题综合实力的提高.

（收稿日期：2013-08-14）

利用函数的单调性证明不等式 篇12

一、利用一次函数的单调性证明不等式

例1已知|a|<1,|b|<1,|c|<1,求证:abc+2>a+b+c.

证明:欲证abc+2>a+b+c,需证(bc-1)a+2-b-c>0.

视a为主元,构造函数f(a)=(bc-1)a+2-b-c.

因为|b|<1,|c|<1所以bc-1<0,故函数f(a)在(-1,1)上是减函数.

又f(1)=bc-1+2-b-c=(1-b)(1-c)>0,

所以当a∈(-1,1)时,总有f(a)>0,故原不等式得证.

二、利用三次函数的单调性证明不等式

例2已知p3+q3=2,求证:p+q≤2.

证明:设f(x)=x3+q3-2,则函数f(x)在R上是增函数.

因为f(2-q)=(2-q)3+q3-2=6(1-q)2≥0,f(p)=p3+q3-2=0,

所以f(2-q)≥f(p),从而2-q≥P,故原不等式得证.

三、利用分式函数的单调性证明不等式

例3已知

证明:构造函数.易知函数在(0,+∞)上是增函数.

因为a+b+ab>a+b>0,所以f(a+b+ab)>f(a+b).

所以

四、利用指数函数的单调性证明不等式

例4已知a、b、c>0,且a2+b2=c2,n>2且n∈N*,求证:an+bn

证明:构造函数

由已知

所以函数f(x)在R上是减函数.

又因n>2,所以f(n)

例5已知a∈R,求证:a8-a5+a2-a+1>0.

证明:(1)当a≤0或a=1时,原不等式显然成立.

(2)当a>1时,函数y=ax在R上是增函数,

所以a8>a5,a2>a所以a8-a5+a2-a+1>0.

(3)当0a5,1>a.又a8>0,所以a8-a5+a2-a+1>0.

综上,对一切a∈R,不等式a8-a5+a2-a+1>0成立.

五、利用三角函数的单调性证明不等式

例6已知求证:

证明:因为

从而有

均属于区间在此区间上正弦函数是增函数.

有,即cos(sinθ)>sin(cosθ).

例7求证顶点在单位圆上的锐角三角形的三个角的余弦和小于该三角形周长之半.

证明:设三内角为A、B、C,由条件知,得.

根据余弦函数的单调性,有.

同理得cosB

所以cosA+cosB+cosC

由正弦定理,有,所以.所以,故原命题得证.

六、利用“对勾”函数的单调性证明不等式

例8已知

证明:令

因为0≤x≤π,所以-1≤t≤1,而函数f(t)在t∈[-1,1]上是增函数,

所以f(-1)≤y≤f(1).

而.