上海高考不等式的证明

第一篇：上海高考不等式的证明

从高考角度谈谈不等式的证明

贾广素 在现实世界中，等是相对的，不等是绝对的.不等关系是现实生活中最普遍的数量关系，不等式是刻画不等关系的一种重要的数学模型.不等式与数、式、方程、函数、导数等知识都有着天然紧密的联系，是学习高等数学的重要基础.因此，在高考试题中，有关不等式的试题出现的频率比较高.这就要求我们对不等式知识掌握以下几个方面的内容：

(1)了解现实世界和日常生活中的不等关系，了解不等式(组)的实际背景;

(2)经历从实际情境中抽象出不等式模型的过程;

(3)了解不等式的几何意义，并能用平面区域加以表示，能从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题并加以解决;

(4)掌握基本不等式和一些常见的不等式，并能运用这些不等式求解一些简单的最值问题.(5)注重不等式知识与函数、方程等其它知识间的联系，加强不等式的应用意识. 不等式的有关知识渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的应用.诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数的单调性的研究，函数定义域的确定、三角、数列、立体几何、解析几何中的最值问题、范围问题等都与不等式有着密切的联系，最终往往都可归结为不等式的求解或证明问题来处理.

不等式的证明常用的一些方法主要有：比较法、综合法、分析法和反证法等，另外，放缩法也是证明不等式的主要变形技巧之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证明的结论中.在证明不等式时，要依据题目、题设条件的特点和内在联系，选择适当的证明方法，并掌握相应的步骤和技巧.对于一些含有参数的不等式的求解问题时，应该注意分类讨论的思想，学会分析引起分类讨论的原因，合理分类，做到不重不漏.

求解不等式的核心问题是不等式的同解变形，不等式的性质则是这些不等式变形的理论依据.

在高考中，不等式问题主要集中于三个方面：不等式的性质和证明、不等式的求解和应用、不等式与函数、方程等知识间的联系与融合.本周主要讲述不等式的求解与证明问题.不等式的求解与证明一般没有固定的程序，方法因题而异，灵活多样，技巧性强.有时，一个不等式的证明方法就不止是一种，而且一种证法中又可能会用到几个技巧.但基本思路却是一样的，即把原来的不等式转化为明显成立的不等式.

一.不等式证明的常用方法

1.1比较法

比较法证明不等式主要有两种形式：一种是差值比较法;另一种是商值比较法.1.2分析法

分析是解决问题的基础，这里所说的分析法是指先假设所给定的不等式成立，然后去寻

找不等式成立的充分条件，一直找到已知条件或明显成立的不等式为止. 在具体操作时，也可以找充要条件，或先找必要条件再验证步步可逆即可. 1.3综合法

1.4反证法

1.5放缩法

由不等式的传递性，为了证明AB，往往可以把A放大到C(AC)(或者把B缩小到D(BD))，然后改证CB(或证AD)，或者证ACDB.

1.6数学归纳法

凡是涉及到自然数n的不等式都可以考虑使用数学归纳法进行证明，只出现有限整数的不等式也可以通过加强命题使用数学归纳法.

见例5.

二.另外几种常见的证明不等式的方法

2.1 变量代换法 所谓变量代换法，就是通过对数学式的变形，以显化其内在结构本质.它常能化超越式为代数式、化无理式为有理式，化分式为整式、化高次式为低次式.其中，增量法是一个常用而有效的代换方法.在例4的证明过程中，令ai1bi，其实就是使用了变量代换法. 2.2函数方法

所谓函数方法，就是将不等式的证明或求解问题转化为对函数性质的讨论，如函数的单调性、正负区间、值域等问题，甚至函数的凸凹性等.2.3构造法

构造法就是根据待证不等式的条件和结论所具有的特征，以条件中的元素为“元件”，以数学关系式为“支架”，构造出一种相关的数学模型，使待证不等式获得证明的一种方法.常见的构造法有：

(1)代数构造法

以主元法或韦达定理、方程根的定义来构造函数、数列或方程来证明不等式.

(2)几何构造

利用面积、余弦(勾股)定理、距离、斜率等来构造几何图形或解析几何中的点、曲线或问题来证明不等式;

(3)构造反例或构造辅助命题

利用特殊情形构造反例说明不等式成立或构造辅助命题证明不等式成立. 附：数学课要教数学

章建跃

相信读者看到标题会心生疑惑：难道我们在数学课上教的不是数学吗?的确，许多数学课教的不是数学!

为了说明上述观点，先引用世界知名几何学家伍鸿熙教授提出的数学的五个基本原则： 原则1 每个数学概念必须精确定义，而定义构成逻辑推理的基础;

原则2 数学表述要精确，在任何时候，什么已知什么未知都要很清楚;

原则3 每一个结论都是逻辑推理的结果，推理是数学的命脉，是解决问题的平台; 原则4 数学是连贯的，数学的概念和方法组成了一个逻辑严密的整体;

原则5 数学是目标明确的，每个数学概念和方法都有其目的。

这五个原则可以作为判断数学课是否教数学的基本标准。反观我们的课堂，与这些原则相悖的做法比比皆是。例如：

缺乏统领课堂的数学核心观念，在“构建前后一致的、逻辑连贯的学习过程，引导学生开展有序的推理”上缺乏思考和得力措施，致使每一堂课都变成了“从头开始”;

不重视知识的背景和基本思想，导致学生不了解为什么要引入这个概念、为什么要研究这个性质(本质上是不重视数学的连贯性);

概念教学走过场，“精确定义”就更谈不上了，有些老师甚至对什么是“精确定义”也不甚了了;

解题教学搞“题型+技巧”，教师常常讲解各种各样的“锦囊妙计”，而对“从概念和定理出发思考和解决问题”不予重视(本质上是对逻辑推理不重视);

例题、习题的选择标准是“新、奇、特”，使用大量缺乏相互关联的题目，目的是让学生熟练更多的技巧(本质上是缺乏方法的目的性);

为了“加大容量”，教师往往只要求“讲思路”，而对严格的逻辑推理过程及其表达缺少示范和要求;等等。

那么，该如何改变现状呢?本期陈立军老师的《“立体几何引言课”的教学实践与反思》可以给我们一些启发。作为《立体几何》的开篇课，陈老师围绕“为什么学”“学什么”“怎么学”三个问题，从一个有智力挑战性的(数学)问题和现实需要两方面引入课题;通过类比平面几何研究的问题和过程，引出立体几何可以研究的问题和线索;最后，通过一些典型问题，引导学生从平面几何的学习中得到启发，获得解决立体几何问题的方法，并强调了解决立体几何问题的普适性思路——“把空间问题转化为平面问题”。这样的“引言课”，较好地体现了数学的连贯性、目标的明确性、概念和方法的目的性等，特别是注重与平面几何的联系，使学生意识到立体几何的学习不是“从零开始”，“空间问题平面化”是基本原则，这样的认识为立体几何学习奠定了坚实的基础。如果在具体内容的教学中，继续强调概念的精确定义，在定义的基础上展开推理，并注重推理过程的逻辑严谨性，那么我们就可以肯定地说，陈老师的立体几何课教得好。实际上，这样的教学才真正发挥了立体几何课程的力量——培养和发展学生的空间想象能力、推理论证能力、运用图形语言进行交流的能力、几何直观能力。

总之，按上述五条原则进行数学教学，是“数学课教数学”的基本要求，这样才能使学生在学会数学的过程中，提高思维能力，培养发现和提出问题的能力，分析和解决问题的能力;只有这样才能真正发挥数学的内在力量，实现“数学育人”。

第二篇：高考数学难点归纳18 不等式的证明策略教案

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难点18 不等式的证明策略

不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本难点着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力. ●难点磁场

(★★★★)已知a>0，b>0，且a+b=1. 求证：(a+1a)(b+1b)≥

254. ●案例探究

[例1]证明不等式112131n2n(n∈N)

*命题意图：本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力，属★★★★★级题目. 知识依托：本题是一个与自然数n有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等. 错解分析：此题易出现下列放缩错误：

这样只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的. 技巧与方法：本题证法一采用数学归纳法从n=k到n=k+1的过渡采用了放缩法;证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标;而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省. 证法一：(1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立;

(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+12131k11k112131k<2k，

则12k2k(k1)1k1k(k1)1k1

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

*

12131n<2n. 另从k到k+1时的证明还有下列证法：

2(k1)12k(k1)k2k(k1)(k1)(kk1)0,22k(k1)12(k1),k10,2k1k12k1.2k1k2k1k11k1,

又如:2k12k京翰教育http:///

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证法二：对任意k∈N*，都有：

1k2k12k132kk11n2(kk1),

2)2(nn1)2n.因此122(21)2(312131n证法三：设f(n)=2n(1*

),

那么对任意k∈N 都有：

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

0[(k1)2k(k1)k]∴f(k+1)>f(k) 因此，对任意n∈N 都有f(n)>f(n-1)>„>f(1)=1>0， ∴112131n2n.

xy(x>0，y>0)恒成立的a的最小值. *[例2]求使xy≤a命题意图：本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力，属于★★★★★级题目. 知识依托：该题实质是给定条件求最值的题目，所求a的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值. 错解分析：本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元，即令x=cosθ，y=sinθ(0<θ<

2)，这样也得a≥sinθ+cosθ，但是这种换元是错误的.其原因是：(1)缩小了x、y的范围;(2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=1”这样一个条件，显然这是不对的. 技巧与方法：除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，a≥f(x)，则amin=f(x)max;若 a≤f(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题.还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化. 解法一：由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得：

22x+y+2xy≤a(x+y)，即2xy≤(a-1)(x+y)，

① ② ∴x，y>0，∴x+y≥2xy，

当且仅当x=y时，②中有等号成立.

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http:// 比较①、②得a的最小值满足a-1=1， ∴a2=2，a=2 (因a>0)，∴a的最小值是2. xxyy(xxyy)22解法二：设uxy2xyxy12xyxy. ∵x>0，y>0，∴x+y≥22xy2xyxy (当x=y时“=”成立)，

∴xy≤1，xy的最大值是1. 从而可知，u的最大值为112，

又由已知，得a≥u，∴a的最小值为2. 解法三：∵y>0， ∴原不等式可化为

xy+1≤a

xy1，

设xy=tanθ，θ∈(0，

2). ∴tanθ+1≤atan21;即tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+又∵sin(θ+44)，

4 ).

③

)的最大值为1(此时θ=由③式可知a的最小值为2. ●锦囊妙计

1.不等式证明常用的方法有：比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法. (1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述;如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证. (2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野. 2.不等式证明还有一些常用的方法：换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等.换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查.有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法. 证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各

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http:// 种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点. ●歼灭难点训练

一、填空题

1.(★★★★★)已知x、y是正变数，a、b是正常数，且

axby=1，x+y的最小值为__________.

2.(★★★★)设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a-d|<|b-c|，则ad与bc的大小关系是__________. 3.(★★★★)若m

二、解答题

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

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

+

12，证明：x，y，z∈[0，

23]

bcax2caby2abcz≥2(xy+yz+zx)

2≥2(

1x1y1z) 7.(★★★★★)已知i，m、n是正整数，且1

(2)证明：(1+m)n>(1+n)m

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

参考答案

难点磁场

证法一：(分析综合法)

欲证原式，即证4(ab)+4(a+b)-25ab+4≥0，即证4(ab)-33(ab)+8≥0，即证ab≤ab≥8. ∵a>0，b>0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab，∴ab≤证法二：(均值代换法) 设a=121

4222

2

14或

，从而得证. +t1，b=12+t2.

12∵a+b=1，a>0，b>0，∴t1+t2=0，|t1|<，|t2|<

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http:// (a(121a)(b21b)(1a1a22b1b(14t1t11)((222t1)112t122t2)11214t21412t2t21)t2)2212t1)(22(14t1t11)(14t2t21)2(54t2)t214t22

t2425161432t2t222252516.144t2显然当且仅当t=0，即a=b=证法三：(比较法)

12时，等号成立. ∵a+b=1，a>0，b>0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1125222214

a1b1254ab33ab8(14ab)(8ab)(a)(b)0ab4ab44ab4ab 1125(a)(b)ab4证法四：(综合法) ∵a+b=1， a>0，b>0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

14.

2(1ab)125 ab4252(1ab)11391621ab1(1ab)4416 14ab即(a1a)(b1b)254

证法五：(三角代换法)

∵ a>0，b>0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，(a1a42) )(b1b)(sin4221sin22)(cos21cos222)2sincos2sincos24sin2222(4sin)164sin2sin21,4sin2413.42sin2162522(4sin2)2511244sin224sin2即得(a1a)(b1b)254.22

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http:// 歼灭难点训练

一、1.解析：令ax=cos2θ，

by=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2atan2bcot2ab2ab. 答案：a+b+2ab

2.解析：由0≤|a-d|<|b-c|(a-d)<(b-c)(a+b)-4ad<(b+c)-4bc ∵a+d=b+c，∴-4ad<-4bc，故ad>bc. 答案：ad>bc

3.解析：把p、q看成变量，则m

二、4.(1)证法一：a2+b2+c2-===131313131

3222

2

=

(3a2+3b2+3c2-1) [3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2]

[3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc] [(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0 ∴a2+b2+c2≥

证法二：∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥abc322213

abc3证法三：∵∴a2+b2+c2≥

abc3∴a2+b2+c2≥

13证法四：设a=+α，b=

13+β，c=

13+γ. ∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a2+b2+c2=(==131313+α)2+(

132

+β)2+(

2

132

+γ)2

+23 (α+β+γ)+α+β+γ

13+α2+β2+γ2≥13

∴a2+b2+c2≥

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http:// (2)证法一:同理3b23a23b32(3a2)13c323a212,,3c23c2

63a23b23(abc)92∴原不等式成立. 证法二：3a23b233c2(3a2)(3b2)(3c2)3

3(abc)633

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

2y-2(1-x)y+2x-2x+22

12，得x2+y2+(1-x-y)2=

12，整理成关于y的一元二

12=0，∵y∈R，故Δ≥0

12∴4(1-x)2-4×2(2x2-2x+同理可得y，z∈[0，证法二：设x=于是==1313121323)≥0，得0≤x≤

23，∴x∈[0，

23]

]

13+x′，y=

13+y′，z=

1313+z′，则x′+y′+z′=0，

=(13+x′)2+(+y′)2+(

23+z′)2

+x′2+y′2+z′2+222

(x′+y′+z′)

13+x′+y′+z′≥2

+x′+

132

(yz)22=

13+

2332x′

232故x′≤19，x′∈[-，

13]，x∈[0，]，同理y，z∈[0，]

12证法三：设x、y、z三数中若有负数，不妨设x<0，则x2>0，x+

2=x2+y2+z2≥(yz)22(1x)22x232xx212>

12，矛盾.

23x、y、z三数中若有最大者大于x+

2，不妨设x>

23，则

12=x+y+z≥

222(yz)22=x+2(1x)22=

32x2-x+

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http:// =32x(x-23)+12>12232;矛盾. ]

cabcby22故x、y、z∈[0，6.(1)证明:((baxbaaxx22bc22xabc2z2(xyyzzx)accaz222aby2xy)(aby)(y2ybc2bcz2yz)(2cax2zx)2cbyz)(aczx)0bccababcz2(xyyzzx)(2)证明:所证不等式等介于xyz(222yzxzxyxyz)2(xyyzzx)2

2xyz[yz(yz)zx(zx)xy(xy)]2(xyyzzx)(xyz)(yzyz22222222zxzx222xyxy)22222(xyyzzx)4(xyzxyzxyz)yzyzzxzxxyxy223333332xyz2xyz2xyz2222222222yz(yz)zx(zx)xy(xy)x(yz)y(zx)z(xy)0∵上式显然成立，∴原不等式得证. 7.证明：(1)对于1

AmmiiAmmm1mi1nn1ni1， ,同理immmnnnnnknmkmi由于m

所以Ammii,即mAnnAm

iiii(2)由二项式定理有：

2n(1+m)=1+C1nm+Cnm+„+Cnm， n2n

2mm(1+n)m=1+C1mn+C2mn+„+Cmn，

ii由(1)知mA>nA (1nCm(1

imAmi!i,CinAni!i

01122∴mC0n=nCn=1，mCn=nCm=m·n，mCn>nCm，„， 0022mmCmn>nCm，mmmm+

11Cm>0，„，mCnnn>0，

n

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http:// ∴1+C1m+C2m2+„+Cnmn>1+C122nnnmn+Cmn+„+Cmmnm， 即(1+m)n>(1+n)m成立. 8.证法一：因a>0，b>0，a3+b

3=2，所以 (a+b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6 =3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3

+b3

)]=-3(a+b)(a-b)

2≤0. 即(a+b)3≤23，又a+b>0，所以a+b≤2，因为2ab≤a+b≤2，

所以ab≤1. 证法二：设a、b为方程x

2-mx+n=0的两根，则bma，

nab因为a>0，b>0，所以m>0，n>0，且Δ=m2

-4n≥0

因为2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m(m2-3n) 2所以n=m323m

将②代入①得m2-4(m2233m)≥0，

3即m8≥0，所以-m33m+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，

由2≥m 得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，

即n≤1，所以ab≤1. 证法三：因a>0，b>0，a3+b3=2，所以

2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b) 于是有6≥3ab(a+b)，从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3= (a+b)3，所以a+b≤2，(下略) 证法四：因为a3b3b32(a2)

(ab)[4a24b24aba2b22ab]83(ab)(ab)28≥0，

a3b3所以对任意非负实数a、b，有

2≥(ab32) 因为a>0，b>0，a3

+b3

33=2，所以1=ab≥(ab322)，

∴ab2≤1，即a+b≤2，(以下略)

证法五：假设a+b>2，则

a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2

)=(a+b)[(a+b)2

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

①②

第三篇：XX届高考数学第一轮不等式的证明专项

复习教案

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6.3不等式的证明

(二)

●知识梳理

.用综合法证明不等式：利用不等式的性质和已证明过的不等式以及函数的单调性导出待证不等式的方法叫综合法，概括为“由因导果”.

2.用分析法证明不等式：从待证不等式出发，分析并寻求使这个不等式成立的充分条件的方法叫分析法，概括为“执果索因”.

3.放缩法证明不等式.

4.利用单调性证明不等式.

5.构造一元二次方程利用“Δ”法证明不等式.

6.数形结合法证明不等式.

7.反证法、换元法等.

特别提示

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

●点击双基

.(XX年春季北京，8)若不等式(-1)na<2+对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是

A.[-2，)

B.(-2，)

c.[-3，)

D.(-3，)

解析：当n为正偶数时，a<2-，2-为增函数，∴a<2-=.

当n为正奇数时，-a<2+，a>-2-.而-2-为增函数，-2-<-2，

∴a≥-2.故a∈[-2，).

答案：A

2.(XX年南京市质检题)若<<0，则下列结论不正确的是

A.a2

B.ab

c.+>2

D.|a|+|b|>|a+b|

解析：由<<0，知b

答案：A

3.分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的

A.充分条件

B.必要条件

c.充要条件

D.既不充分又不必要条件

答案：A

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

解析：若d=0或q=1，则am=bm.

若d≠0，画出an=a1+(n-1)d与bn=b1•qn-1的图象，

易知am>bm，故am≥bm.

答案：am≥bm

(文)在等差数列{an}与等比数列{bn}中，a1=b1>0，a2n+1=b2n+1>0(n=1，2，3，…)，则an+1与bn+1的大小关系是____________.

解析：an+1=≥==bn+1.

答案：an+1≥bn+1

5.若a>b>c，则+_______.(填“>”“=”“<”)

解析：a>b>c，(+)(a-c)=(+)[(a-b)+(b-c)]

≥2•2=4.

∴+≥>.

答案：>

●典例剖析

【例1】设实数x、y满足y+x2=0，0

剖析：不等式左端含x、y，而右端不含x、y，故从左向右变形时应消去x、y.

证明：∵ax>0，ay>0，

∴ax+ay≥2=2.

∵x-x2=-(x-)2≤，0

∴loga(ax+ay)

评述：本题的证题思路可由分析法获得.要证原不等式成立，只要证ax+ay≥2•a即可.

【例2】已知a、b、c∈R+，且a+b+c=1.求证：

(1+a)(1+b)(1+c)≥8(1-a)(1-b)(1-c).

剖析：在条件“a+b+c=1”的作用下，将不等式的“真面目”隐含了，给证明不等式带来困难，若用“a+b+c”换成“1”，则还原出原不等式的“真面目”，从而抓住实质，解决问题.

证明：∵a、b、c∈R+且a+b+c=1，

∴要证原不等式成立，

即证[(a+b+c)+a]•[(a+b+c)+b][(a+b+c)+c]≥8[(a+b+c)-a]•[(a+b+c)-b]•[(a+b+c)-c].

也就是证[(a+b)+(c+a)][(a+b)+(b+c)]•[(c+a)+(b+c)]≥8(b+c)(c+a)(a+b).

①

∵(a+b)+(b+c)≥2>0，

(b+c)+(c+a)≥2>0，

(c+a)+(a+b)≥2>0，

三式相乘得①式成立.

故原不等式得证.

【例3】已知a>1，n≥2，n∈N*.

求证：-1<.

证法一：要证-1<，即证a<(+1)n.

令a-1=t>0，则a=t+1.也就是证t+1<(1+)n.

∵(1+)n=1+c

+…+c()n>1+t，即-1<成立.

证法二：设a=xn，x>1.于是只要证>x-1，

即证>n.联想到等比数列前n项和1+x+…+xn-1=，

①

倒序xn-1+xn-2+…+1=.

②

①+②得2•=(1+xn-1)+(x+xn-2)+…+(xn-1+1)

>2+2+…+2>2n.

∴>n.

思考讨论

本不等式是与自然数有关的命题，用数学归纳法可以证吗?读者可尝试一下.

●闯关训练

夯实基础

.已知a、b是不相等的正数，x=，y=，则x、y的关系是

A.x>y

B.y>x

c.x>y

D.不能确定

解析：∵x2=(+)2=(a+b+2)，

y2=a+b=(a+b+a+b)>(a+b+2)=x2，又x>0，y>0.∴y>x.

答案：B

2.对实数a和x而言，不等式x3+13a2x>5ax2+9a3成立的充要条件是____________.

解析：(x3+13a2x)-(5ax2+9a3)

=x3-5ax2+13a2x-9a3

=(x-a)(x2-4ax+9a2)

=(x-a)[(x-2a)2+5a2]>0.

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

答案：x>a

3.已知a>b>c且a+b+c=0，求证：

证明：要证

即证b2+a(a+b)<3a2，即证(a-b)(2a+b)>0，

即证(a-b)(a-c)>0.

∵a>b>c，∴(a-b)•(a-c)>0成立.

∴原不等式成立.

4.已知a+b+c=0，求证：ab+bc+ca≤0.

证法一：(综合法)∵a+b+c=0，∴(a+b+c)2=0.

展开得ab+bc+ca=-，

∴ab+bc+ca≤0.

证法二：(分析法)要证ab+bc+ca≤0，

∵a+b+c=0，

故只需证ab+bc+ca≤(a+b+c)2，即证a2+b2+c2+ab+bc+ca≥0，

亦即证[(a+b)2+(b+c)2+(c+a)2]≥0.

而这是显然的，由于以上相应各步均可逆，

∴原不等式成立.

证法三：∵a+b+c=0，∴-c=a+b.

∴ab+bc+ca=ab+(b+a)c=ab-(a+b)2

=-a2-b2-ab=-[(a+)2+]≤0.

∴ab+bc+ca≤0.

培养能力

5.设a+b+c=1，a2+b2+c2=1且a>b>c.

求证：-

证明：∵a2+b2+c2=1，

∴(a+b)2-2ab+c2=1.

∴2ab=(a+b)2+c2-1=(1-c)2+c2-1=2c2-2c.

∴ab=c2-c.

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

令f(x)=x2+(c-1)x+c2-c，则

6.已知=1，求证：方程ax2+bx+c=0有实数根.

证明：由=1，∴b=.

∴b2=(+c)2=+2ac+2c2=4ac+(-c)2≥4ac.

∴方程ax2+bx+c=0有实数根.

7.设a、b、c均为实数，求证：++≥++.

证明：∵a、b、c均为实数，∴(+)≥≥，当a=b时等号成立;

(+)≥≥，当b=c时等号成立;

(+)≥≥.

三个不等式相加即得++≥++，当且仅当a=b=c时等号成立.

探究创新

8.已知a、b、c、d∈R，且a+b=c+d=1，ac+bd>1.

求证：a、b、c、d中至少有一个是负数.

证明：假设a、b、c、d都是非负数，

∵a+b=c+d=1，∴(a+b)(c+d)=1.∴ac+bd+bc+ad=1≥ac+bd.这与ac+bd>1矛盾.

所以假设不成立，即a、b、c、d中至少有一个负数.

●思悟小结

.综合法就是“由因导果”，从已知不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直至推出要证的结论.

2.分析法就是“执果索因”，从所证不等式出发，不断用充分条件替换前面的不等式，直至找到成立的不等式.

3.探求不等式的证法一般用分析法，叙述证明过程用综合法较简，两法结合在证明不等式中经常遇到.

4.构造函数利用单调性证不等式或构造方程利用“Δ≥0”证不等式，充分体现相关知识间的联系.

●教师下载中心

教学点睛

.在证明不等式的过程中，分析法和综合法是不能分离的，如果使用综合法证明不等式难以入手时，常用分析法探索证题途径，之后用综合法的形式写出它的证明过程，以适应学生习惯的思维规律.有时问题证明难度较大，常使用分析综合法，实现两头往中间靠以达到证题目的.

2.由于高考试题不会出现单一的不等式的证明题，常常与函数、数列、三角、方程综合在一起，所以在教学中，不等式的证明除常用的三种方法外，还需介绍其他方法，如函数的单调性法、判别式法、换元法(特别是三角换元)、放缩法以及数学归纳法等.

拓展题例

【例1】已知a、b为正数，求证：

(1)若+1>，则对于任何大于1的正数x，恒有ax+>b成立;

(2)若对于任何大于1的正数x，恒有ax+>b成立，则+1>.

分析：对带条件的不等式的证明，条件的利用常有两种方法：①证明过程中代入条件;②由条件变形得出要证的不等式.

证明：(1)ax+=a(x-1)++1+a≥2+1+a=(+1)2.

∵+1>b(b>0)，∴(+1)2>b2.

(2)∵ax+>b对于大于1的实数x恒成立，即x>1时，[ax+]min>b，

而ax+=a(x-1)++1+a≥2+1+a=(+1)2，

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

则(+1)2>b，即+1>b.

评述：条件如何利用取决于要证明的不等式两端的差异如何消除.

【例2】求证：≤+.

剖析：|a+b|≤|a|+|b|，故可先研究f(x)=(x≥0)的单调性.

证明：令f(x)=(x≥0)，易证f(x)在[0，+∞)上单调递增.

|a+b|≤|a|+|b|，∴f(|a+b|)≤f(|a|+|b|)，

即≤=≤.

思考讨论

.本题用分析法直接去证可以吗?2.本题当|a+b|=0时，不等式成立;

当|a+b|≠0时，原不等式即为≤.

再利用|a+b|≤|a|+|b|放缩能证吗?读者可以尝试一下!

第四篇：高考数学难点归纳18_不等式的证明策略学案

不等式的证明

[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

二、解答题

1 (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

m

n;(2)证明：(1+m)n>(1+n)m

8.若a>0，b>0，a3+b3=2，求证：a+b≤2，ab≤1.

京翰教育

第五篇：2011年高考数学重点难点讲解十八：不等式的证明策略(学生版)

难点18 不等式的证明策略不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本难点着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力.●难点磁场(★★★★)已知a>0，b>0，且a+b=1.

求证：(a+

●案例探究1125)(b+)≥.ba423n命题意图：本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力，属★★★★★级题目.[例2]求使xy≤axy(x>0，y>0)恒成立的a的最小值.[例1]证明不等式11112n(n∈N*)命题意图：本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力，属于★★★★★级题目.

●锦囊妙计1.不等式证明常用的方法有：比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法.(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述;如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证.(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野.2.不等式证明还有一些常用的方法：换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等.换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查.有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法.证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点.2 ●歼灭难点训练

一、填空题

ab=1，x+y的最小值为__________. xy2.(★★★★)设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a-d|<|b-c|，则ad与bc的大小关系是__________.3.(★★★★)若m

二、解答题4.(★★★★★)已知a，b，c为正实数，a+b+c=1.求证：(1)a2+b2+c2≥13 (2)3a23b23c2≤6

5.(★★★★★)已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=12，证明：x，y，z∈[0，23]

6.(★★★★★)证明下列不等式：(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，则

bc2ca2abaxbycz

2≥2(xy+yz+zx)(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，则yzzxxy111xyz≥2(xyz)

7.(★★★★★)已知i，m、n是正整数，且1

(2)证明：(1+m)n>(1+n)m

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