综合法与分析法证明不等式

综合法与分析法证明不等式（共14篇）

篇1：综合法与分析法证明不等式

2.4不等式的证明（2）综合法与分析法。

【知识要点】

综合法：从已知出发，通过一系列正确的推理，得出结论的证明方法。（由因导果）分析法：从要证明的结论出发，寻找使命题成立的充分条件。（执果素因）分析法书写格式：

题目：已知A，求证B。

证明：要证B成立，只要证B1成立；要证B1成立，只要证B2成立；只要证A成立。而A是成立的，所以B成立。

注意：

1．在具体处理问题时，常常是先用分析法分析，再用综合法证明，二种方法结合使用。

2．如果采用分析法证明时，要注意书写的要求。

【基础训练】

1．判断下列推理是否正确：

（1）若a¹b，要证明a2+b2<1+a2b2，由于2ab

（2）要证|a+b|?|a||b|，只要证(|a+b|)?(|a|2|b|)。（）

2（3）要证a

2．某工厂第二年增长率为a，第三年增长率为b，这两年的平均增长率为x，则（）

a+ba+ba+ba+b（A）x³（B）x>（C）x£（D）x< 2222

1a+b

3．若a>b>1,P=Q，则（）(lga+lgb),R=lg22

（A）R

骣骣骣111 4．设a,b,c为正数，且a+b+c=1，若M=-1-1-1，则（）c 桫桫桫ab

（A）0?M

【精选例题】 11（B）＃M881（C）1?M8（D）M³8

例1．设x?R,0a<1，求证：logaax+a-(x2)

解法指导：用综合法证明，也可采用分析法证之，要证logaa+a

只要证logaa+a(x-x2)

18(x-x2)骣1

8÷

2a<1，所以只要证a+a2-x2>2a。证明：因为a>0,所以ax>0,a-x>

0，所以ax+a-x匙，骣1÷11又因为x-x2=-çx-÷+，0

4ì1ïïx=2a，由于ï2不成立，所以上式等号不能成立，íï2ïïîx=-x18

22所以所以logaax+a-x

1例2．设a,bR,c0，求证：|ab|2(1c)|a|2(1)|b|2。c

解法指导：可以采用先分析后综合的方法处理。11方法一：原不等式a2b22aba2ca2b2b2ca2b22ab cc

12ab。因为c

0，所以ca2b2)2)2c方法二：用分析法写（略）。

1125例3．设x,y是正数，且xy1，求证：(x)2(y)2。xy2

11解法指导：如果用基本不等式x2,y2，则只能得出左边大于4的结论，而xy

得不出要证明的结论。这时可以考虑用分析法处理。证明：原不等式x2

(12xy)(11117117222y(xy)1x2y22 x2y22117)。22xy2

(xy)21117，所以(12xy)(122)成因为设x,y是正数，且xy1，所以xy44xy2

立。故要不得证不等式成立。

思考：还有其它方法吗？ 11111因为2(x)2(y)2(x)(y)125。xyxyxy22

变题1：设x,y是正数，且xy1，求证：（证明：（略）111)(1)9。22xy

1125变题2：设x,y是正数，且xy1，求证：(x)(y)。xy4

1125xy125证明：要证(x)(y)成立，只要证：xy，xy4yxxy4

因为 x,y是正数，所以只要证4(x2y2x2y21)25xy，又因为xy1，所以只要

33332332

证4(xy12xy1)25xyxyxy20(xy)220 488

(xy)2***332

，所以(xy)22()220。又因为xy8848844

【能力训练】

一、填空题 222

21．已知a,bÎR+，则下列不等式：

(1)a+b+（a骣1b)ç+çç桫a1÷2+2

÷吵b÷a+b;(4)2ab a+b其中恒成立的是______________。

bb+m2．设a,b,mÎR+，若<成立，则a,b的大小关系为____________。aa+m

二、选择题

3．(2004年辽宁)对于0

11+111+a ①loga(1+a)loga(1+)③a

④a1+a>a1+

1a其中成立的是________.4.（2005年山东）0a1，下列不等式一定成立的是（）

（A）log(1a)(1a)log(1a)(1a)2（B）log(1a)(1a)log(1a)(1a)

（C）log(1a)(1a)log(1a)(1a)log(1a)(1a)log(1a)(1a)

（D）log(1a)(1a)log(1a)(1a)log(1a)(1a)log(1a)(1a)

三、解答题

5.设g(x)=a b),求证|g(a)-g(b)|<|a-b|.6.设n>0,求证

:

7.若a,b,c均为大于1的数,且ab=10,求证:logac+logbc 4lgc.118.已知命题:如果a>0,b>0,a+b=1,那么+ 4.ab

（1）证明这个命题为真命题；

（2）如果a>0,b>0,c>0,a+b+c=1，推广上述命题，并加以证明；

（3）将上述命题推广为关于n个正数的命题（不必证明）。

篇2：综合法与分析法证明不等式

主备人：冯龙云做题人: 顾华章审核人: 曾庆亚

不等式的证明—综合法和分析法(1)

一、教学目的：

1、理解综合法和分析法证明不等式的原理与思维特点；

2、掌握由学过的基本不等式来证明一些新的不等式。

二、教学重难点：

重难点：综合法和分析法证明不等式

三、教学方法：通过对比，体会两种方法的异同，感受不等式证明中思路、方法的多样性。

四、教学过程：

新课讲授：

综合法证题的思维过程：条件结论

分析法证题的思维过程：结论条件

例题讲解：

例

1、已知a、b是正数，求证：

例

2例

3、已知a、b、m均是正数，且a< b，求证：

ab≥2 baama> b+mb

例

4、已知a、b、cR，求证：abc≥abbcca

例

5、已知a、b、c、dR，求证： ab

例

6、已知a、b、c是正数，求证：abc≥3abc并指出等号成立的条件

例

7、已知a、b、c是不全相等的正数，且abc1。求证：abc

五、课堂练习：

（1）xy0，求证：xy33322222c2d2≥acbd 2111 abc1xy4xyyx

28江苏省郑梁梅高级中学高二数学作业（理）

班级姓名学号_______

1、设xR下列式子正确的有

（1）、xg(l1)2xg)(l

（3）、2（2）、x212x11（4）、1x2 x21x

a2b2abab22、若a,bR，且ab0，则在①ab②2③ab 2ba

2ab2a2b2

④这四个式子中，恒成立的个数是223、已知a,b,c均大于1，且logaclogbc4，则下列式子正确的是

（1）、acb（2）、abc（3）、bca（4）、abc4、设mxcosysinnxsinycos，比较大小：mn____xy5、若x3y-10，则28的最小值为___________

6、比较大小：lg9lg11______

1三、简答题：

7、已知a,b,cR。求证：

8、已知a,bR且ab。求证：

2222xybccaababc abcabbaab9、已知a、b、c是互不相等的实数。求证：

a4b4c4a2b2b2c2c2a2abc(abc)

10、已知a,b,cR，且abc1。求证：(1a)(1b)(1c)811、已知a,b,cR。求证：

12、已知a、b、c均是正数，且abc1。求证：（1a)(1-b)(1-c）8abc13、已知a、b、c是不全相等的正数。

求证： a(bc)b(ca)c(ba)6abc

篇3：不等式的证明及典型例题分析

求商法是证明不等式的基本方法之一, 若A, B是正数且A≥B, 则A/B≥1, 若A≤B, 则A/B≤1, 反之亦然.根据这个关系证明不等式的方法称为求商法.

例1:设a, b为正数, 且a>b, 求证:.

二、求差法

求差法是证明不等式常用的基本方法之一, 其原理为, 若A-B>0, 则A>B;若A-B<0, 则A

例2:设a, b, c是满足a+b+c=1的正数, 对于实数x, y, z, 设P=ax+by+cz, Q=bx+cy+az, R=cx+ay+bz.求证:P2+Q2+R2≤x2+y2+z2.

比差法和比商法两种统称为比较法, 用比差法时, 把所得的差作合理的变形 (配方、因式分解、通分、分母有理化等) 化为易于判断符合 (>0或<0) 的式子是证题的关键.它常用于两边的差是一个次数较高的多项式或分式这一类不等式的证明, 比商法适用于两边都是幂的形式的不等式.因此要重点掌握比差法.

三、数学归纳法

数学归纳法是与自然数n有关的不等式的一种重要方法, 其方法步骤见一般中等数学教科书.对于n (n∈N) 的不等式, 当n取第一个值时不等式成立, 如果使不等式在n=k (k∈N) 时成立的假设下, 还能证明不等式在n=k+1时也成立, 那么肯定这个不等式对n取第一个值以后的自然数都能成立.

例3:设x为正数, n为自然数, 求证:..

证明:当n=1时,

右边=3

原不等式成立.

假使, n=k时命题成立, 即

则当n=k+1时

即当n=k+1时, 命题成立.

综上所述, n∈N时不等式成立.

四、数列法

数列法是证明不等式的基本方法, 常用到等比 (或等差) 数列有关公式和原数列的一些公式.

篇4：《不等式、推理与证明》单元测试

17.（本题满分14分）

某厂家拟在2015年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）x万件与年促销费用m万元（m≥0）满足x=3-km+1（k为常数），如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是1万件.已知2015年生产该产品的固定投入为8万元.每生产一万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分资金）.

（1）将2015年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；

（2）该厂家2015年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？

18.（本题满分16分）

设f（x）是定义在[-1，1]上的奇函数，且对任意a，b∈[-1，1]，当a+b≠0时，都有f（a）+f（b）a+b>0.

（1）若a>b，试比较f（a）与f（b）的大小；

（2）解不等式：f（x-12）

（3）证明：若-1≤c≤2，则函数g（x）=f（x-c）和h（x）=f（x-c2）存在公共定义域，并求出这个公共定义域.

19.（本题满分16分）

已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a>0）的图像与x轴有两个不同的交点，若f（c）=0，且00.

（1）证明：1a是f（x）=0的一个根；

（2）试比较1a与c的大小；

（3）证明：-2

20.（本题满分16分）

已知函数f（x）=x-ln（x+a）在（-a，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减.

∴原不等式成立.

（本小题也可用数学归纳法证明）

（作者：朱振华，江苏省海门中学）

篇5：综合法与分析法证明不等式

知能目标锁定

1.掌握分析法证明不等式的方法与步骤,能够用分析法证明一些复杂的不等式;

2.了解综合法的意义,熟悉综合法证明不等式的步骤与方法;

重点难点透视

1.综合法与分析法证明不等式是重点,分析法是证明不等式的难点.方法指导

1.分析法

⑴分析法是证明不等式的一种常用方法.它的证明思路是:从未知,看需知,逐步靠已知.即”执果索因”.⑵分析法证明的逻辑关系是:结论BB1B2BnA(A已确认).⑶用分析法证题一定要注意书写格式,并保证步步可逆.⑷用分析法探求方向,逐步剥离外壳,直至内核.有时分析法与综合法联合使用.当不等式两边有多个根式或多个分式时,常用分析法.2.综合法

⑴综合法的特点是:由因导果.其逻辑关系是:已知条件AB1B2BnB(结论),后一步是前一步的必要条件.⑵在用综合法证题时要注意两点:常用分析法去寻找证题思路,找出从何处入手,将不等式变形,使其结构特点明显或转化为容易证明的不等式.一.夯实双基

1.若a>2,b>2,则ab与a+b的大小关系是ab()a+b

A.=B.D.不能确定

2.设ba0,则下列不等式中正确的是（）A.lgab0B.babaC.a

1a1a

2aD.bab

1a1

3.若a,b,cR,且a+b+c=1,那么



1a



1b



1c

有最小值()

A.6B.9C.4D.34.设a

2,b73,c6

2,那么a,b,c的大小关系是（）

A.abcB.acbC.bacD.bca

5.若x>y>1,则下列4个选项中最小的是()A.xy2

B.2xyxy

C.xyD.(

2x

111y)

二.循序厚积

6.已知两个变量x,y满足x+y=4,则使不等式围是________;

7.已知 a,b为正数,且a+b=1则a2b2的最大值为_________;8.若a,b,cR,且a+b+c=1,则abc的最大值是__________;



1x



4y

m

恒成立的实数m的取值范

9.若xy+yz+zx=1,则x2y2z2与1的关系是__________;10.若ab0,m

a

b,n

ab,则m与n的大小关系是______.三、提升能力

11.a、b、c、d是不全相等的正数,求证：(ab+cd)(ac+bd)>abcd

12.设x>0,y>0,求证:

x2

y



xy2

13.已知a,b R,且a+b=1,求证：(a



1a)(b

1b)

252

.14.设a,b,c是不全相等的正数, 求证：lg

ab2

lg

bc2

lg

ac2

lgalgblgc.15.如果直角三角形的周长为2,则它的最大面积是多少?

篇6：综合法与分析法证明不等式

（一）比较法证明不等式

amamam1,求证:1.已知a,b,m,nR,且bnbn bn

2.a,b,m,nR

3.ab,求证：abmnbmn1a2abab1b2mnnm 21a20,求证:()21b2()a

3322ab0ababab4.已知，求证：

（二）综合法证明不等式

a,b,cR1.设,3332222222(abc)abacbabccacb6abc.求证:

a,b,cR2.已知,且abc1,求证: 1119(1)abc

12418(2)abc

1b)(1c)(3)(1a)(8abc111(1)(1)(1)8(4)abc

（三）分析法证明不等式

1.证明：3222722x3y3已知x0，y0xy2.ab0abab 3.设,求证:

4.若a,b,c三数均大于1,且ab=10,求证:logaclogbc4lgc

41ab.5.已知a0,b0,ab,且abab，求证：33322

6.实数a,b,c满足a>b>c,且a+b+c=0,求证:

a,bR,2cab,求证: 7.已知bac3a.2

篇7：综合法与分析法证明不等式

1.比较法、分析法、综合法证明不等式

“比较法”、“分析法”、“综合法”是不等式的证明最基本的三种方法，是高考考查的重要思维方法，虽然证明不等式的方法灵活多样，但都是围绕这三种基本方法展开。

一.比较法（作差比较或作商比较）

1）作差比较法：要证不等式abab，只需证ab0ab0即可。其步骤为：作差、变形、判断符号（正或负）、得出结论。

2）作商比较法：若b0，要证不等式ab，只需证

作商、变形、判断与1的大小、得出结论。

222222例1.设abc，求证：bccaabbccaab aa1，欲证ab，需证1。其步骤为：bb

证：bc2ca2ab2b2cc2aa2bcba2b2c2abc2b2c 

cb[a2bcabc] cbabac

abc,cb0,ab0,ac0，故cbabac0，即bccaabbccaab 22222

2【评注】用比较法证明不等式的关键是变形，变形的目的为了第三步判断服务，作差变形的方向主要是因式分解和配方。作商比较法在证明幂、指数不等式中经常用到，同时应注意作商法时除式的正负。

二.分析法

从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为判断这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件已具备，那么就可以断定所证不等式成立。

2ab例2．已知ab0，求证：8aab abab28b

222ab证：要证8aab abab28b

2ab只需证8aab

222ab，8b

ab0，只需证ab

22aa2ab

22b，即ab

2a1a2 欲证ab

2a1，只需证a2a，即a显然成立。

欲证ab

22a1，只需证a2，即ba显然成立。a2ab1成立，且以上各步都可逆，故原不等式成立。

【评注】分析法是“执果索因”，重在对命题成立条件的探索，不要把“逆求”错误地作为“逆推”，分析法的过程仅需寻求充分条件即可，而不是充要条件。叙述虽繁锁，但也要注意书写的严谨规范，“要证”、“只需证”这样的连接关键词不可缺少。

三.综合法

它是一种“由因执果”的证明方法，即从一个已知或已证明的不等式出发，不断地用必要条件替代前面的不等式，直到推出欲证的不等式。

例3.若a,b,c是不全相等的正数，求证：lg

证：要证lgabbccalglglgalgblgc 222abbccalglglgalgblgc成立 22

2即证lgabbccalgabc成立。222

abbccaabc成立。222只需证

abbccaab0,0,ca0，222

abbccaabc0成立（*）222

又a,b,c是不全相等的正数，（*）式等号不成立，原不等式成立。

【评注】综合法实质上是分析法的逆过程，在实际证题时，可将分析法、综合法结合起来使用，即用分析法分析，用综合法书写。也可证明过程中即使用分析法，又结合综合法来证明不等式成立。

2.换元法证明不等式

换元法是指对结构比较复杂、量与量之间关系不太直观的命题，通过恰当引入新的变量，来代换原命题中的部分式子，通过代换达到减元的目的，以达到简化结构、便于研究的形式。换元法在不等式的证明中应用广泛，常采用的方法有：（1）三角换元法、（2）均值换元法、（3）几何换元法及（4）增量换元法。

一.三角换元法：

把代数形式转化为三角形式，利用三角函数的性质解决。

2222例1.已知a，bR，且ab1，求证：a2abb

2证明：设arcos，brsin，其中r1，0，2

2222222则a2abbrcos2rsincosrsin 

r2cos2r2sin2

2rsin2242

a22abb22，原不等式得证。

2.均值换元法：

使用均值换元法能达到减元的目的，使证明更加简捷直观有效。

例2.已知a，bR且ab1，求证：a2b22225 2

证明：因为a，bR且ab1，所以设a

211t，bt(tR)222

则：a2b22211t2t2 22

2255tt22

25252t222

即abb2

3.几何换元法：

在△ABC中，ABc，BCa，CAb，内切圆交AB、BC、CA分别于D、E、F，如图，则可设axy，byz，czx，其中x0，y0，z0。几何换元法能达到利用等式反映出三角形任意两边之和大于第三边的不等关系的功效。2225，原不等式得证。2

例3.设a，b，c为三角形三边，求证：abc3 bcaacbabc证明：设axy，byz，czx，其中x，y，z0

则abcxyyzzx bcaacbabc2z2x2y

1xzyzyx 2zxxyxy

1xzyzyx2223 2zyxyzx

原不等式得证。

4.增量换元法：

若一变量在某一常量附近变化时，可设这一变量为该常量加上另一个变量。例4.已知a2，b2，求证：abab

证明：设a2m，b2n，显然m0，n0

则abab2m2n2m2n

4mn42m2nmn mnmn0

篇8：流行不等式的证明与应用

不等式在数学理论研究上发挥了极大的作用, 积分不等式作为不等式当中一类重要的不等式, 对它的研究显得很有意义。本文以流行不等式为例, 在证明其结论的基础上, 举出其在不等式证明中的应用例子, 并将其推广至一般情况。

1 流行不等式

结论:设f (x) 为 (0, 1) 上的可微函数, 若当x∈ (, 0) 1时, 有0

证明:构造函数=

由拉格朗日中值定理, 得f (x) =f (x) -f (0) =f′ (ξ) x, ξ∈ (, 0x) 又当x∈ (0, 1) 时, 00, 即f (x) >0令h (x) =2∫0xf (t) dt-f2 (x) , 则h′ (x) =2f (x) -2f (x) ⋅f′ (x) =2f (x) (1-f′ (x) ) >0由h (0) =0, 可知h (x) >0因而g′ (x) =f (x) ⋅h (x) >0又由g (0) =0, 可知g (x) >0即得到 (∫01f (x) dx) 2>∫01f3 (x) dx。

2 流行不等式在不等式证明中的应用

例1:设f (x) 在 (0, 1) 上可微, 在[0, 1]上可积, 且当x∈ (0, 1) 时, 有0

证:由于f (x) 在[0, 1]上可积, 则f在[0, 1]上也可积, 且又由流行不等式, 可知两边开平方, 得从而有

3 对流行不等式的推广

现将流行不等式推广至较一般的情况。

设f (x) 为 (0, 1) 上的可微函数, 若当x∈ (, 0) 1时, 有01为常数。

摘要：本文主要介绍了流行不等式, 并给予证明, 在此基础上讨论流行不等式的一些应用, 推广到一般情况。

关键词：流行不等式,应用,推广

参考文献

[1]胡克.解析不等式的若干问题[M].武汉:武汉大学出版社, 2003, 2.

[2]匡继昌.常用不等式[M].湖南:湖南教育出版社, 1989.

[3]张新燕.几个常见的积分不等式[J].数学学习与研究 (教研版) , 2009 (3) .

[4]韩丽英.积分不等式在证明不等式中的应用[J].宁德师专学报, 2010, 8 (3) .

篇9：不等式的证明方法与小结

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.

篇10：不等式·用综合法证明不等式

教学目标

1．掌握两个或三个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数这一重要定理，并能运用它们证明一些不等式．

2．了解综合法的意义．

3．通过对定理及其推论的推导、证明、应用，培养学生运用综合法进行推理论证的能力．

教学重点和难点

用综合法证明定理及推论的教学． 教学过程设计

（一）新课引入

师：我们已学过用比较法（求差、求商）证明不等式，它是一种最基本、最常用的方法．请完成以下练习．

1．证明：x2＋2＞2x（x为实数）．

2．请问：x2＋1与2x的大小关系是什么？并证明你的结论．（教师巡视学生的解题情况，请学生将不同的解法板演到黑板上）1．证法1：由（x2+2）-2x=（x-1）2+1≥1＞0，知x2＋2＞2x．

证法2：由（x-1）2≥0，知（x-1）2+1≥1＞0，即x2-2x＋2＞0，则x2＋2＞2x．

师：两位同学的证明都正确，他们都是根据a2≥0（a≥R）．在证法上有区别吗？请大家思考．

2．答：x2＋1≥2x．

证法1：由（x2＋1）-2x=x2-2x＋1=（x-1）2≥0，知x2+1≥2x． 证法2：由（x-1）2≥0，① 知x2-2x＋1≥0，则x2+1≥2x． ② 师：同学们得到的结论几乎是一致的，是x2+1≥2x．主要证法已列在黑板上，请大家思考：这些证明是否正确？所采用的方法是什么？

生：都正确．证法一是求差比较法，证法二是„„

师：一时答不出也没关系，证法一用的是求差比较法，至于证法二，我们不妨先问问写出证法二的同学是怎么想出来的．

生：我一看到是两个“平方项”与它们的两倍“交叉项”比大小，就首先想到了平方公式，这个完全平方一定是非负的；然后再根据不等式性质，就得到了结论；最后就按这个思路进行的证明．

师：他是从已经成立的事实出发，经过正确推理，得到要证的结论．也就是说他是以公式①为基础，运用不等式的性质推出②式，这种利用某些已经证明过的不等式作为基础，再运用不等式的性质推导出所要求证的不等式的方法通常叫做综合法．

对于综合法大家并不陌生，初中的平面几何题大多是用综合法加以证明的． 今天我们一起研究如何用综合法证明不等式（板书课题）．

（二）用综合法证明不等式 1．综合法

师：我们已经知道用综合法证明需要一些已经证明过的不等式作为基础，因此我们应先证明出一些最重要、最基本的不等式．

2．定理推导

师：通过刚才的两道小题，我们不难得出：如果a，b∈R，那么有（a-b）2≥0．把左边展开，得a2-2ab＋b2≥0，则a2＋b2≥2ab．这就是课本P8中介绍的定理1．我们采用的是综合法，课本中是用求差比较法加以证明的．

（把课前准备好的课本中的这段证明投出来供大家一起阅读．此处需实物投影仪）

证明：a2＋b2-2ab=（a-b）2．

当a≠b时，（a-b）2＞0；当a=b时，（a-b）2=0． 所以（a-b）2≥0，即a2＋b2-2ab≥0．因此a2＋b2≥2ab．

师：值得我们注意的是这是带有“=”的不等式，取“=”这种特殊情况应予以重视．不等式a2＋b2≥2ab中“=”成立的充要条件是什么？ 生：是a=b．

师：充要条件通常用“当且仅当”来表达，“当”表示条件是充分的，“仅当”表示条件是必要的．所以定理1表述为：

定理1 如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab（当且仅当a=b时取“=”号）．（板书）

师：这个定理的功能是什么？功能往往源于它的结构．

生：公式a2＋b2≥2ab的一边是和的形式，另一边是积的形式．我想功能大概是：和可以缩小变成积，积可以放大变成和．

师：虽然语言欠准确，但其含意是对的．这个定理非常重要，且用途广泛，但由于各项都是二次的，使用时不太方便，谁有办法将它们的次数降下来？

师：大家都同意他的作法吗？有什么不同意见吗？

师：同学们思考问题已越来越严谨了，的确，从学生甲的方法应得到学生乙的结论，学生丙提到的条件是不可缺少的．由于有这个条件，的情况单独提出来，做为定理1的推论．

“＝”号）．（板书）

生丁：我与学生甲的想法不同．既然定理1的a2＋b2≥2ab对任意

师：学生丁的想法更自然，他直接利用定理得到推论，这个推论十 的算术平均数不小于（即大于或等于）它们的几何平均数． 3．定理的初步应用

师：看到这个问题，你的第一想法是什么？ 生：使用定理加以证明．

师：若想定理帮忙，首先要看是否符合定理的条件．

师：再看是否符合定理的结构．

师：实际上，我们是用定理1的推论进行证明的．

（教师把证明过程板演到黑板上）师：使用定理时，应特别注意：等号何时成立，不过这只要看定理是怎么形成的就可以了．

4．定理的推广

师：我们已研究得到两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．这个结论可以推广到3，4，„，n（n∈N+）个正数，在中学只要掌握到三个正数的相应结论．请问应是什么？

生：应该是：三个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数． 师：用符号语言应如何表述？请写到黑板上．（学生书写在黑板上）

师：如何证明呢？ 生：„„

使式子看起来较为复杂，能否做适当变形使之简化呢？

师：想得好，它有条件吗？ 生：有．同样是a，b，c∈R+．

师：这个命题大家能证明出来吗？一时不能完全证出来也没关系，想出多少说多少．

生甲：我觉得证a3＋b3＋c3≥3abc更容易点．它能拆成a3≥abc，b3≥abc，c3≥abc，由条件只要证出a2≥bc，b2≥ac，c2≥ab即可．

生乙：这三个分着不可能证出来，不过合起来的2a2＋2b2＋2c2≥2bc＋2ac＋2ab很容易证出．

师：虽然他们还没能把命题证出，但从他们的发言中我们得到了一点启发：三次的问题转化为二次的解决． 生丁：我证出来了．（学生口述，教师板书）

证明：由于a，b，c∈R+，由定理1，得a2＋b2≥2ab，则a2-ab＋b2≥ab． 所以a3＋b3=（a＋b）（a2-ab＋b2）≥（a＋b）ab=a2b＋ab2，即a3＋b3≥a2b＋ab2．

同理，b3＋c3≥b2c＋bc2，c3+a3≥a2c＋ac2． 三式相加，得

2a3＋2b3＋2c3≥a2b+ab2+b2c＋bc2+a2c+ac2 =b（a2＋c2）+a（b2＋c2）＋c（a2+b2）≥b·2ac＋a·2bc＋c·2ab =2abc+2abc+2abc ＝6abc．

故a3+b3＋c3≥3abc．

师：证得漂亮，你是怎么想出来的？

生丁：我觉得证这个题目只能根据已知条件和定理1及推论．证题时我又借鉴了他们俩的经验，对a3，b3，c3的降次转化工作不是一个、成．

师：他还有两处处理得很好．一处是：a2-ab＋b2≥ab；另一处是对三式相加后的式子的重组．很明显，他是在努力创设条件、充分利用定理证题．这个问题是用什么方法加以证明的？

生：综合法．

师：刚才的证明过程不仅帮我们把问题得以解决，而且还帮助我们加深了对综合法的认识，从中可体会到应如何使用综合法证题． 证明此题还有其它办法吗？ 生：我是用求差比较法证的．（学生口述，教师板书）证明：由于a3+b3+c3-3abc =（a＋3）3+c3-3a2b-3ab2-3abc =（a＋b＋c）[（a＋b）2-（a＋b）c＋c2]-3ab（a＋b＋c）=（a＋b＋c）[a2＋2ab+b2-ac-bc＋c2-3ab] =（a＋b＋c）（a2+b2＋c2-ab-ac-bc）

又a，b，c∈R＋，则a＋b＋c＞0．

由（a-b）2≥0，（b-c）2≥0，（c-a）2≥0，知（a-b）2+（b-c）2＋（c-a）2≥0．

进而a3＋b3＋c3-3abc≥0．即a3＋b3＋c3≥3abc．

师：正确，而且思路很清晰．这个思路你是怎么想出来的？

生：我是一看到这个题目就想用比较法的．我本以为作差后，能因式分解，再用条件或定理1，就可断定式子的符号，题目也就证出来了，但我第一次两两分组就不成功，没分解出来．再试时，我看a3，b3，c3，3abc这四项都是3次的，就先凑出与之齐次的（a＋b）3再配平，结果就出来了．

师：数学中很多时候也是需要试一试、拼拼凑凑的． 其实，课本中采用的就是这种证法．

这同样是带有“=”的不等式，我们仍需研究其“=”成立的充要条件．从刚才的证明过程看，“=”出现在（a-b）2＋（b-c）2＋（c-a）2≥0中，这是显然有：当且仅当a=b，b=c，c=a同时成立，即a=b=c时等号成立． 至此，我们已得到了定理2及其推论．（教师板书）

定理2 如果a，b，c∈R+，那么a3＋b3＋c3≥3abc（当且仅当a=b=c时取“=”号）．

时取“=”号）．

师：这个定理及推论同样是非常重要而且广泛的．它的证明方法远不只上述这些，推论也可直接证得，同学们不妨课下试一试．

（三）小结

（引导学生归纳总结）

1．已学过的不等式证明方法：比较法、综合法． 2．用综合法证明不等式的依据是什么？（1）已知条件和不等式性质；（2）基本不等式：

“＝”号）．

3．综合法与比较法的内在联系．

本节课的课前两个练习与两个定理的证明都是既用了比较法，又用了综合法，这引起了我们对二者内在联系的思考． 由于作为综合法证明依据的不等式本身是可以根据不等式的意义、性质或比较法证出的，所以用综合法可以获证的不等式往往可以直接根据不等式的意义、性质或比较法来证明．

摆在我们面前的问题恐怕是方法的选择．方法选择不当，不是证不出来就是难度加大；方法合理使用，会使题目难度大大下降．因此我们不要学过某种方法就抱定不放，要善于观察，根据题目的特征选择证题方法．

显然，对于需用基本不等式证明的问题，直接用结论要比再从头证一遍容易很多．

4．注意：

（1）定理使用的条件．

只有a2＋b2≥2ab是对任意实数a，b都成立，其余都要求在正数范围内．（2）定理中“=”号成立的条件．

（四）布置作业

《高级中学课本·代数·下册（必修）》（人教社90年版98年印刷）P11练习1，2．

补充题：

（1）已知：a，b∈R，求证：a2＋b2＋1≥a＋b＋ab．

课堂教学设计说明

这节课是本章（第五章、不等式）的重点．在这堂课中不仅要讲授证明不等式的一种方法——综合法，而且还要介绍两个基本而又重要的不等式定理及推论．在这二者关系的处理上，我们发现：要使用综合法证明不等式就需要一些最重要、最基本的不等式作为基础，而证明得到它们时又可采用综合法．因此，我们在课前设计了两个练习题，尤其是稍放开一点的第2题，如果学生能自觉不自觉地用初中已很常用而没正式讲过的综合法的思考方法解题，综合法的引入就会很自然，即使生没有想到，教师点拨起来也并不困难．而后顺着学生用综合法的需要，介绍了4个基本不等式，在它们的证明过程中，使用综合法，帮助学生掌握如何用综合法证明不等式．

从教学设计上，我们力图从学生的需要出发，适时地设计一系列问题，帮助学生抓住知识的内在联系，使学到的公式、方法能用、会用，而不是只支离破碎地记住了一些名词和公式． 表面上看，本节练习不够，但实际上，定理2及推论的证明正是最好的练习．构思这个证明，起点要高、思维跨度要大．这正是锻炼学生思维，培养学生推理论证能力的绝对机会．我们认为：最好的习题就是定理本身的推证过程．这里又是本节的一个难点，在此花点功夫、适当展开是应当的；同时学生对用综合法证明不等式会有更深刻的体验．因此讲透它比做几个练习更有意义． 对于几何证法、三角证法等基本不等式的证明方法，由于担心会冲淡学生对综合法的认识，在本节中并未提及．

篇11：分析法证明不等式

5【教学目标】

1.掌握分析法证明不等式的方法和步骤。

2.能够利用分析法证明不等式。

【重点、难点】

重点：分析法证明不等式。

难点：分析法证明不等式。

【学法指导】

1.据学习目标，自学课本内容，限时独立完成导学案；

2.红笔勾出疑难点，提交小组讨论；

1，预习p17-p18,【自主探究】

i.分析法：从所要证明的结论入手向已知条件反推直至达到已知条件为

止，这种证明方

法称为。即“执果索因”的证明方法，即从“未知” 看

“”它

也是证明不等式的一种重要的基本方法。证明时一定要注意书写格式。

ii.分析法的本质是从需证的不等式出发寻求使结论成立的充分条件，证

明的关键是推理每一步都

必须可逆，简言之，步步可逆。

证明的模式(步骤)以论证“若A则B”为例；欲证明B成立，只需证明B1成立，从而又„„

只需证明B2成立，从而又„„

„„„„

只需证明A为真，今已知A真,故B必真

可见分析法就是寻求上一步成立的充分条件，可以简单写成BB1B2......A

【合作探究】

证明下列不等式

（1）求证 ：

分析法证明不等式 2

（2）已知ａ＞0, b>0且a>b



【巩固提高】

（1），已知a,b,x,yR,且a2b21,x2y21,求证: axby1

（2），已知a,b R,ab1,求证:(a)(b)1

a1b25 4

【能力提升】

已知 a,b R,2cab,求证:

cac

本节小结：

篇12：不等式·用分析法证明不等式

教学目标

通过教学，学生掌握和应用分析法证明不等式． 教学重点和难点

理解分析法的证题格式并能熟练应用． 教学过程设计

师：我们已经学习了综合法证明不等式．综合法是从已知条件入手去探明解题途径，概括地说，就是“从已知，看已知，逐步推向未知”． 综合法的思路如下：（从上往下看）（用投影片）

师：其中，A表示已知条件，由A可以得到它的许多性质，如B，B1，B2，而由B又可以得到C，由B1还可以得到C1，C2，由B2又可以得到C3，„，而到达结D的只有C，于是我们便找到了A→B→C→D这条通路．当然，有时也可以有其他的途径达到D，比如A→B1→C1→D等．

但是有许多不等式的证明题，已知条件很隐蔽，使用综合法证明有一定困难．

这一命题若用综合法证明就不知应从何处下手，今天我们介绍用分析法证明不等式，来解决这个问题．

（复习了旧知识，并指出单一用综合法证明的不足之处，说明了学习分析法的必要性）分析法是从结论入手，逆求使它成立的充分条件，直到和已知条件沟通为止，从而找出解题途径．概括地说，就是“从未知，看需知，逐步靠拢已知”． 分析法的思路如下：（从下往上看）（用投影片）

师：欲使结论D成立，可能有C，C1，C2三条途径，而欲使C成立，又有B这条途径，欲使C1成立，又有B1这条途径，欲使C2成立，又有B2，B3两条途径，在B，B1，B2，B3中，只有B可以从A得到，于是便找到了A→B→C→D这条解题途径．（对比综合法叙述分析法及其思路，便于学生深刻理解分析法的实质及其与综合法的关系）

师：用分析法论证“若A到B”这个命题的模式是：（用投影片）欲证命题B为真，只需证命题B1为真，只需证命题B2为真，„„

只需证命题A为真，今已知A真，故B必真．

师：在运用分析法时，需积累一些解题经验，总结一些常规思路，这样可以克服无目的的乱碰，从而加强针对性，较快地探明解题途径． 下面举例说明如何用分析法证明不等式．首先解决刚才提出的问题．（板书）

师：这个题目我们曾经用比较法进行过证明，请同学们考虑用分析法如何证明？（学生讨论，请一学生回答）

生：因为b＞0，所以b＋1＞0，去分母，化为a（b＋1）＜b（a＋1），就是a＜b，这个式子就是已知条件，所以求证的不等式成立．

（学生理解了分析法的原理，应予以肯定，但这个回答不能作为证明过程，学生往往忽略分析法证明的格式，要及时纠正）

师：这位同学“执果索因”，逐步逆找结论成立的充分条件，直至找到明显成立的不等式为止．很明显，逆找的过程正是把“欲证”由繁化简的过程，因而分析法对于形式复杂的证明题是一种行之有效的方法．

但是作为证明过程，这位同学的回答不符合要求．应该如何证明呢？（请一位同学板书）

=（a+b）（a2-ab+b2）-ab（a＋b）

=（a＋b）（a2-2ab＋b2）

=（a＋b）（a-b）2．

由a，b∈R＋，知a＋b＞0，又a≠b，则（a-b）2＞0，进而（a＋b）（a-b）2＞0，即（a3＋b3）-（a2b＋ab2）＞0，所以a3＋b3＞a2b-ab2．

生乙：我是用分析法证明的．

证法2：

欲证a3＋b3＞a2b＋ab2，即证（a＋b）（a2-ab＋b2）＞ab（a＋b），因为a＋b＞0，课堂教学设计说明

教学过程是不断发现问题、解决问题的思维过程．因此，教师应及时提出问题或引导学生发现问题，然后开拓学生思路，启迪学生智慧，求得问题的解决．一个问题解决后，及时地提出新问题，提高学生的思维层次，逐步由特殊到一般，由具体到抽象，由表面到本质，把学生的思维步步引向深入，直至完成本节课的教学任务．总之，本节课的教学安排是让学生的思维由问题开始，到问题深化，始终处于积极主动状态．

本节课练中有讲，讲中有练，讲练结合．在讲与练的相互作用下，使学生的思维逐步深化．教师提出的问题和例题，先由学生自己解答，然后教师分析与概括．在教师讲解中，又不断提出问题让学生解答和练习，力求在练习中加深理解，尽量改变课堂上教师包办代替的做法．

篇13：构造直线与圆模型证明不等式例析

例1设a>0,b>0,a+b=1,

求证:.

证明:所证不等式变形为:

这可认为是点A()到直线x+y=0的距离.但因,故点A在圆x2+y2=4(x>0,y>0)上,如图1所示,AD⊥BC,半径AO>AD,即有:,所以

例2已知a-b=1,求证:.

证明:由a-b=1可知点A(a,b)在直线x-y=1上,且点B(-1,-1)在此直线外.

显然,,点B到直线x-y=1的距离为,而|AB|≥d,于是,有,即.

例3已知a+b=1,求证对任意实数m、n,有.

证明:由a+b=1可知点M(a,b)在直线l:x+y-1=0上,且点P(-m,-n)在此直线外.显然,,点P到直线x+y-1=0的距离为,而,于是,有,即.

例4已知,求证:.

证明:设,则①式表明直线2tax-2ay+(t-1)(a2+2)=0与圆x2+y2=1有公共点(cosθ,sinθ),所以有:.

故有

整理,得:t2-4t+1≤0,解得

.即不等式成立.

篇14：不等式与推理证明重点直击

一、一元二次不等式恒成立问题

要点解析

一元二次不等式恒成立的条件：

（1）不等式ax2+bx+c>0对任意实数x恒成立a=b=0，c>0，或a>0，Δ<0.

（2）不等式ax2+bx+c<0对任意实数x恒成立a=b=0，c<0，或a<0，Δ<0.

一元二次不等式与其对应的函数与方程之间存在着密切的联系.在解决具体的数学问题时，要注意三者之间的相互联系，并在一定条件下相互转换.对于一元二次不等式恒成立问题，常根据二次函数图象与x轴的交点情况确定判别式的符号，进而求出参数的取值范围.

题型分析

1.形如f（x）≥0（x∈R）确定参数的范围

例1已知不等式mx2-2x-m+1<0，是否存在实数m对所有的实数x，不等式恒成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.

解析：不等式mx2-2x-m+1<0恒成立，

即函数f（x）=mx2-2x-m+1的图象全部在x轴下方.

当m=0时，1-2x<0，则x>12，不满足题意；

当m≠0时，函数f（x）=mx2-2x-m+1为二次函数，

需满足开口向下且方程mx2-2x-m+1=0无解，

即m<0，Δ=4-4m（1-m）<0，

不等式组的解集为空集，即m无解.

综上可知不存在这样的m.

2.形如f（x）≥0（x∈[a，b]）确定参数范围

例2设函数f（x）=mx2-mx-1（m≠0），若对于x∈[1，3]，f（x）<-m+5恒成立，求m的取值范围.

解析：要使f（x）<-m+5在[1，3]上恒成立，

则mx2-mx+m-6<0，即m（x-12）2+34m-6<0在x∈[1，3]上恒成立.

有以下两种方法：

法一：令g（x）=m（x-12）2+34m-6，x∈[1，3].

当m>0时，g（x）在[1，3]上是增函数，

所以g（x）max=g（3）=7m-6<0.所以m<67，则0

当m<0时，g（x）在[1，3]上是减函数，

所以g（x）max=g（1）=m-6<0.

所以m<6.所以m<0.

综上所述，m的取值范围是（-∞，0）∪（0，67）.

法二：因为x2-x+1=（x-12）2+34>0，

又因为m（x2-x+1）-6<0，

所以m<6x2-x+1.

因为函数y=6x2-x+1=6（x-12）2+34在[1，3]上的最小值为67，所以只需m<67即可.

因为m≠0，所以m的取值范围是（-∞，0）∪（0，67）.

3.形如f（x）≥0（参数m∈[a，b]）确定x的范围

例3对任意m∈[-1，1]，函数f（x）=x2+（m-4）x+4-2m的值恒大于零，求x的取值范围.

解析：由f（x）=x2+（m-4）x+4-2m

=（x-2）m+x2-4x+4，

令g（m）=（x-2）m+x2-4x+4.

由题意知在[-1，1]上，g（m）的值恒大于零，

∴g（-1）=（x-2）×（-1）+x2-4x+4>0，g（1）=（x-2）+x2-4x+4>0，

解得x<1或x>3.

故当x<1或x>3时，对任意的m∈[-1，1]，函数f（x）的值恒大于零.

类题通法：

（1）解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数.一般地，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数.

（2）对于二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴上方；恒小于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴下方.

二、线性规划问题

要点解析

求目标函数的最值要明确几个概念：

（1）约束条件：由变量x，y组成的不等式（组）；

（2）线性约束条件：由关于x，y的一次不等式（或方程）组成的不等式（组）；

（3）目标函数：关于x，y的函数解析式，如z=2x+3y等；

（4）可行解：满足线性约束条件的解（x，y）；

（5）最优解：使目标函数取得最大值或最小值的可行解.

线性规划问题是高考的重点，而线性规划问题具有代数和几何的双重形式，多与函数、平面向量、数列、三角、概率、解析几何等问题交叉渗透，自然地融合在一起，使数学问题的解答变得更加新颖别致.

题型分析

1.求线性目标函数的最值

例4设x，y满足约束条件x+y-7≤0，x-3y+1≤0，3x-y-5≥0，则z=2x-y的最大值为.

解析：作出可行域如图中阴影部分所示，由z=2x-y得y=2x-z，作出直线y=2x，平移使之经过可行域，观察可知，当直线经过点A（5，2）时，对应的z值最大.故zmax=2×5-2=8.

2.求非线性目标的最值

例5（1）在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组2x-y-2≥0，x+2y-1≥0，3x+y-8≤0所表示的区域上一动点，则直线OM斜率的最小值为.

解析：已知的不等式组表示的平面区域如图中阴影所示，显然当点M与点A重合时直线OM的斜率最小，由直线方程x+2y-1=0和3x+y-8=0，解得A（3，-1），故OM斜率的最小值为-13.

（2）设实数x，y满足不等式组x+y≤2y-x≤2，y≥1，则x2+y2的取值范围是.

解析：如图所示，不等式组表示的平面区域是△ABC的内部（含边界），x2+y2表示的是此区域内的点（x，y）到原点距离的平方.从图中可知最短距离为原点到直线BC的距离，其值为1；最远的距离为AO，其值为2，故x2+y2的取值范围是[1，4].

3.求线性规划中的参数

例6x，y满足约束条件x+y-2≤0，x-2y-2≤0，2x-y+2≥0.若z=y-ax取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为.

解析：法一：由题中条件画出可行域如图中阴影部分所示，可知A（0，2），B（2，0），C（-2，-2），则zA=2，zB=-2a，zC=2a-2，要使目标函数取得最大值的最优解不唯一，只要zA=zB>zC或zA=zC>zB或zB=zC>zA，解得a=-1或a=2.

法二：目标函数z=y-ax可化为y=ax+z，令l0：y=ax，平移l0，则当l0∥AB或l0∥AC时符合题意，故a=-1或a=2.

类题通法：

1.求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求.其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义.

2.常见的目标函数有：

（1）截距型：形如z=ax+by.求这类目标函数的最值常将函数z=ax+by转化为直线的斜截式：y=-abx+zb，通过求直线的截距zb的最值间接求出z的最值.

（2）距离型：形如z=（x-a）2+（y-b）2.

（3）斜率型：形如z=y-bx-a.

三、基本不等式与最值问题

要点解析

1.基本不等式ab≤a+b2

（1）基本不等式成立的条件：a>0，b>0.

（2）等号成立的条件：当且仅当a=b时取等号.

2.几个重要的不等式

（1）a2+b2≥2ab（a，b∈R）.

（2）ba+ab≥2（a，b同号）.

（3）ab≤（a+b2）2（a，b∈R）.

（4）a2+b22≥（a+b2）2（a，b∈R）.

3.已知x>0，y>0，则

（1）如果积xy是定值p，那么当且仅当x=y时，x+y有最小值是2p.（简记：积定和最小）

（2）如果和x+y是定值p，那么当且仅当x=y时，xy有最大值是p24.（简记：和定积最大）

题型分析

例7已知a>0，b>0，a+b=1，则1a+1b的最小值为.

解析：∵a>0，b>0，a+b=1，

∴1a+1b=a+ba+a+bb=2+ba+ab

≥2+2ba·ab=4，

即1a+1b的最小值为4，当且仅当a=b=12时等号成立.

变式1：本例的条件不变，则（1+1a）（1+1b）的最小值为.

解析：（1+1a）（1+1b）=（1+a+ba）（1+a+bb）=（2+ba）（2+ab）=5+2（ba+ab）≥5+4=9.

当且仅当a=b=12时，取等号.故答案：9.

变式2：本例的条件和结论互换，即已知a>0，b>0，1a+1b=4，则a+b的最小值为.

解析：由1a+1b=4，得14a+14b=1.

∴a+b=（14a+14b）（a+b）=12+b4a+a4b

≥12+2b4a+a4b=1.

当且仅当a=b=12时取等号.故答案：1.

变式3：若本例条件变为：已知a>0，b>0，a+2b=3，则2a+1b的最小值为.

解析：由a+2b=3得13a+23b=1，

∴2a+1b=（13a+23b）（2a+1b）=43+a3b+4b3a≥43+2a3b·4b3a=83.

当且仅当a=2b=32时，取等号.故答案：83.

变式4：本例的条件变为：已知a>0，b>0，c>0，且a+b+c=1，则1a+1b+1c的最小值为.

解析：∵a>0，b>0，c>0，且a+b+c=1，

∴1a+1b+1c=a+b+ca+a+b+cb+a+b+cc

=3+ba+ca+ab+cb+ac+bc

=3+（ba+ab）+（ca+ac）+（cb+bc）

≥3+2+2+2=9.

当且仅当a=b=c=13时，取等号.

故答案：9.

类题通法：

（1）知和求积的最值：求解此类问题的关键：明确“和为定值，积有最大值”.但应注意以下两点：①具备条件——正数；②验证等号成立.

（2）知积求和的最值：明确“积为定值，和有最小值”，直接应用基本不等式求解，但要注意利用基本不等式求最值的条件.

（3）构造不等式求最值：在求解含有两个变量的代数式的最值问题时，通常采用“变量替换”或“常数1”的替换，构造不等式求解.

（4）利用基本不等式求最值时应注意：①非零的各数（或式）均为正；②和或积为定值；③等号能否成立，即“一正、二定、三相等”，这三个条件缺一不可.

四、不等式的证明

要点解析

证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法和数学归纳法等，最常见的有比较法、综合法和分析法，这三种方法要求我们能熟练应用.此外，构造函数，利用导数研究该函数的单调性，并利用函数的单调性证明不等式，是高考压轴题中常见的题型，我们也应掌握.

题型分析

1.比较法证明不等式

例8设a，b是非负实数，求证：a3+b3≥ab（a2+b2）.

证明：由a，b是非负实数，作差得

a3+b3-ab（a2+b2）=a2a（a-b）+b2b（b-a）=（a-b）（（a）5-（b）5），

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

当0≤a0.

所以a3+b3≥ab（a2+b2）.

类题通法：作差比较法证明不等式的步骤有：（1）作差；（2）变形；（3）判断差的符号；（4）下结论.其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负.

2.分析法证明不等式

例9已知a、b、c均为正实数，且a+b+c=1.

求证：（1+a）（1+b）（1+c）≥8（1-a）（1-b）（1-c）.

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

∵（c+a）+（a+b）≥2（c+a）（a+b）>0，

（a+b）+（b+c）≥2（a+b）（b+c）>0.

（b+c）+（c+a）≥2（b+c）（c+a）>0，

三式相乘得①式成立，故原不等式得证.

类题通法：分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.

3.综合法证明不等式

例10已知a，b，c∈R+，且互不相等，且abc=1.

求证：a+b+c<1a+1b+1c.

证明：方法一：∵a，b，c∈R，且互不相等，且abc=1，

∴a+b+c=1bc+1ca+1ab<1b+1c2+1c+1a2+1a+1b2=1a+1b+1c，

∴a+b+c<1a+1b+1c.

方法二：∵a，b，c是不等正数，且abc=1，

∴1b+1c≥21bc=2a；1c+1a≥21ac=2b；1a+1b≥21ab=2c.

以上三式相加，得1a+1b+1c≥a+b+c.

又∵a，b，c互不相等，∴1a+1b+1c>a+b+c.

方法三：∵a，b，c是不等正数，且abc=1，

∴1a+1b+1c=bc+ca+ab

=bc+ca2+ca+ab2+ab+bc2

>abc2+a2bc+ab2c=c+a+b，

∴a+b+c<1a+1b+1c.

类题通法：利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.综合法与分析法有时联合运用，用分析法探索证明思路，用综合法书写证明过程.

4.放缩法证明不等式

例11有小于1的n个（n≥2）正数x1，x2，x3，…，xn，且x1+x2+x3+…+xn=1.

求证：1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n>4.

证明：∵01xi，其中i=1，2，3，…，n，

∴1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n

>1x1+1x2+1x3+…+1xn

≥nn1x1x2x3…xn.

∵nx1x2x3…xn≤x1+x2+x3+…xnn=1n，

∴n1x1x2x3…xn≥n，

∴1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n>n2≥22=4，

∴1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n>4.

类题通法：放缩法证明不等式时，常见的放缩依据和技巧是不等式的传递性.缩小分母、扩大分子，分式值增大；缩小分子、扩大分母，分式值减小；每一次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头.

5.利用函数单调性证明不等式

例12证明不等式lnx>2（x-1）x+1，其中x>1.

证明：设f（x）=lnx-2（x-1）x+1（x>1），

所以f′（x）=1x-4（x+1）2=（x-1）2x（x+1）2，

因为x>1，所以f′（x）>0，又f（x）在[1，+∞）上是连续变化的，故f（x）在[1，+∞）内为单调递增函数.

又因为f（1）=0，且当x>1时，f（x）>f（1），即lnx-2（x-1）x+1>0，所以lnx>2（x-1）x+1.

类题通法：利用导数方法证明不等式f（x）>g（x）在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h（x）=f（x）-g（x），然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h（x）>0，其中一个重要技巧就是找到函数h（x）在什么时候可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口.

（作者：王佩其，太仓市明德高级中学）