证明不等式综合法

2024-05-02

证明不等式综合法（共8篇）

篇1：证明不等式综合法

主备人：审核：包科领导：年级组长：使用时间：

不等式的证明-综合法

【教学目标】

1.掌握综合法证明不等式的方法和步骤。

2.能够利用综合法证明不等式。

【重点、难点】

重点：综合法证明不等式。

难点：综合法证明不等式。

【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；

3.预习p18,【自主探究】

1，综合法：从出发，利用不等式的性质（或已知证明过的不等式），推出了所要证明的结论，即“”的方法，这种证明不等式的方法称为综合法。

2，综合法证明不等式就是揭示已知和结论之间的因果关系，为此要着力分析已知和结论之间，求证不等式左右两边之间的联系和差异，恰当选择基本不等式，合理的进行恒等变形，正确的把握切入点，这是证明的关键。

3，综合法证明不等式常用的不等式：

22（1）a20(aR)（2）ab2ab（a,bR）

(3)ab2ab（a,bR）

(4)当a>0,b>0时,22ab(ab2)2

（5）当a>0,b>0

【合作探究】

证明下列不等式

（1）已知ａ＞0, b>0，c>0求证：

（2）已知0

bccaab6abc

【巩固提高】

（1），已知a>b>c,求证:

（2），（2008年江苏卷）已知a,b c为正实数,求证:

【能力提升】

已知 a,b,c R求证:

114 abbcac111abc a3b3c3abc)

本节小结：分析法与综合法是对立统一的两个方面，前者由果索因，利于思考，后者由因导果，易于表达，但是，用分析法探求证明不等式，只是一种重要的探索方式，而不是一种好的书写形式，因为它叙述繁琐，如果把“只需证明”不写，就成了错误，所以用分析法分析综合法书写，另外用分析法证明的不等式一定能用综合法证明。

篇2：证明不等式综合法

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3：利用导数证明不等式

(一) 利用导数得出函数的单调性来证明不等式

1. 直接构造函数, 然后再运用导数来推导出函数的单调性, 以此证明不等式成立。

2. 先将不等式变形, 然后再构造函数, 接着运用导数来证明函数的单调性, 从而在最后达到证明不等式的目的。

例2:已知a, b∈R, a<e, 求证:ab>ba为 (e自然对数的底)

证明:要证ab>ba只需证1nab>1nba, 即证b1na-a1nb>0

(二) 利用导数求出函数的最值 (或值域) 后, 再证明不等式

在对不等式的证明过程中, 可以以不等式的特点为根据, 以此来构造函数, 从而运用导数来得出函数的最值, 而此项作用也是导数的另一个功能, 即可以被用作求函数的最值。例如, 当此函数为最大或最小值的时候, 不等式的成立是都有效的, 因此可以推出不等式是永远成立的, 从而可以将证明不等式的问题转化到求函数最值的问题上来。

例3:设函数f (x) =1-e-x证明:当x>-1时,

证明:当x>-1时, 当且仅当ex≥1+x。

令g (x) =ex-x-1则g′ (x) =ex-1。

当x≥0时g′ (x) ≥0, g (x) 在[0, +∞) 是增函数;

当x≤0时g′ (x) ≤0, g (x) (-∞, 0]在是减函数。

于是g (x) 在x=0处达到最小值, 因而当x∈R时, g (x) ≥g (0) , 即ex≥1+x。

所以当x>-1时,

篇4：不等式证明技巧

关键词：不等式证明技巧

不等式是研究数学问题的重要工具，它渗透在数学的各个分支学科，有重要的应用。不等式的证明方法灵活多样，它可以和很多内容相结合，对不等式的证明进行探讨无疑是十分有益的。本文通过实例说明不等式证明的某些技巧，提高分析问题与解决问题的能力。

例1：设x，y，z是不全为零的实数，求证：

5x +y +5z >8xz-4xy+4yz.

证明：设二次型f（x，y，z）=5x +y +5z -8xz+4xy-4yz，则f的矩阵是

A=5 2 -42 1 -2-4 -2 5.

因为A的各阶顺序主子式为：

|5|=5>0;5 22 1=1>0; 5 2 -4 2 1 -2-4 -2 5=1>0;

所以，A正定，从而，二次型f（x，y，z）正定，当x，y，z不全为零时f（x，y，z）>0.即5x +y +5z -8xz+4xy-4yz>0，

因此5x +y +5z >8xz-4xy+4yz.

例2：求证：n x ≥（ x ） .

证明：令f（x ，x ，…，x ）=n x -（ x ），则f为二次型，其矩阵为

A=n-1 -1 … -1 -1-1 n-1 … -1 -1… … … … …-1 -1 … n-1 -1-1 -1 … -1 n-1，

将第2，3，…，n列加到第1列，则第1列元素全为零，故|A|=0;用同样的方法可求出A的i阶主子式为（n-i）n >0（i=1，2，…，n-1）.

因为A的主子式都大于或等于零，所以A是半正定的;从而二次型f（x ，x ，…，x ）半正定，所以f（x ，x ，…，x ）≥0，即

n x ≥（ x ） .

例3：设A，B，C是一个三角形的三个内角，证明对任意实数x，y，z，都有

x +y +z ≥2xycosA+2xzcosB+2yzcosC.

证明：记f（X）=X′AX=x +y +z -2xycosA-2xzcosB-2yzcosC，其中

X=（x，y，z）′，P= 1 -cosA -cosB-cosA 1 -cosC-cosB -cosC 1，A+B+C=π，cosC=-cos（A+B）.

对P做初等行变换得：

P～1 -cosA -cosB0 sinA -sinB0 0 0，

于是P的特征值為0，1，sinA，从而得二次型f（X）是半正定的，即对于任意实数x，y，z，f（X）≥0，即x +y +z ≥2xycosA+2xzcosB+2yzcosC成立.

例4：设A是实对称矩阵，其特征根为λ ≤λ ≤…≤λ ，则对任意的实向量X有

λ X′X≤X′AX≤λ X′X.

证明：A是实对称矩阵，存在正交矩阵T，使

T AT=λ λ ？埙 λ ，

于是T AT-λ I特征根非负，即矩阵A-λ I半正定.这样

X′（A-λ I）X≥0.

因此

X′AX≥λ X′X.

同理可证

X′AX≤λ X′X.

例5：设a ∈R，（i=1，2，…，n）证明：

n（a +a +…+a ）≥（a +a +…+a ）

证明：设D=n（a +a +…+a ）-（a +a +…+a ），只要证D≥0.

由于

D=a +a  +…+a a +a +…+a a +a +…+a n

= a a +a +…+a a   n

= a a a 1= a a a 1 1

所以

D= a a a 1 1= （-a ）a a 1 1，

因此

2D=D+D= （a -a ）a -a 1 1= （a -a ） ≥0.

這就证明了D≥0.

参考文献：

[1]张荣.辅助函数在不等式证明中的应用[J].数学的实践与认识，2007，37（20）：224-226.

[2]高淑娥.不等式证明中辅助函数的构造[J].甘肃联合大学学报（自然科学版），2013，27（1）：79-81.

[3]梁波.例谈行列式的几个应用[J].毕节学院学报，2006（04）：27-29.

篇5：证明不等式综合法

【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；

篇6：证明不等式综合法

（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：证明不等式综合法

§*2.5.2不等式的证明（2）—分析法和综合法

1．掌握用比较法证明简单不等式；．．．

2．掌握用分析法证明简单不等式

.．．．

问1什么是分析法？如何运用分析法证明不等式？

问2什么是综合法？如何运用综合法证明不等式？

[*分析法]

例1（人教B版选修4-5P22例4）



例2（P47例2）用分析法证明：

已知xy

022

例8（人教B版选修4-5P21例2）

已知a，b，c为正数，求证：

a3b3c3

（1）abc；3

当且仅当abc时等号成立.（2）abc3

例9（人教B版选修4-5P21例2）

已知abc1，xyz1，求证：axbycz1.222222

111例10已知：a,b,c同号且互不相等，abc1.求证：9.abc

1.用综合法证明：如果a，b为正数，则ab

1ba4.abab

x212.用综合法证明：如果x为实数，则.41x2

3.用分析法证明：如果a，b为正数，且a

b，则

2ab.ab

a214.用分析法或综合法证明：121.a1

5.2

a2b2b2c2c2a2

abc.6.设a，b，c为正数，求证：abc

篇8：不等式证明常用方法

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

一、作差法

例1 对于任意实数x, 求证:x2+3>2x.

证明 ∵x2+3-2x= (x-1) 2+2>0, ∴x2+3>2x.

评注 1.作差法步骤:作差——变形——判断与0的关系——结论.

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

二、作商法

例2 设a, b均是正实数, 求证:aabb≥abba.

证明首先, 由条件aabb>0, abba>0,

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

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

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

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

评注 1.作商法步骤:作商——变形——判断与1的关系—结论.

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

三、综合法

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

证明 ∵a, b, c均是正实数,

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

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

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

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

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

四、分析法

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

证明由条件, 要证原不等式成立,

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

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

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

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

∴此式显然成立, ∴原不等式在a>b>0时成立.

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

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

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

五、反证法

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

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

由条件, 得

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

前后矛盾, 因而原命题成立.

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

2.反证法证题步骤:反设——推理——归谬——确认.

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

六、换元法

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

证明由条件, 可令x=cosθ, y=sinθ,

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

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

2.换元法常用两种换元形式:

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

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

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

七、均值法

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

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

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

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

评注 1.均值法是指应用均值不等式, 直接回答不等式成立的方法.

2.均值不等式:设a1, a2, a3, …, a4均为正数, 则

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

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

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

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

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

八、“Δ”法

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

证明由条件知a, b, c中必有一个为正数, 不妨令

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

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

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

∴该命题获证.

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

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

九、单调法

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

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

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

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

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

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

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

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

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

十、“1”还法

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

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

即原命题获证.

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

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

十一、配凑法

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

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

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

评注 1.配凑法是指将要证不等式一边配凑成基本不等式能应用的形式.

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

十二、放缩法

例12 已知a, b, c, d均为正实数, 求证:

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

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

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

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

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

3.常用的放缩技巧有:①舍掉 (或加进) 一些项;②在分式中放大或缩小分子或分母;③应用均值不等式.

十三、几何法

例13 已知x, y, z∈R+, 求证:

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

证明首先, 容易联想:

x2+y2-xy=x2+y2-2xycos60°,

y2+z2-yz=y2+z2-2yzcos60°,

z2+x2-zx=z2+x2-2zxcos60°.

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

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

评注 1.几何法是指利用几何图形上边的不等关系来证明不等式成立.

2.几何法实质:设法将要证不等式转化到几何图形对应线段上去.

十四、图像法

例14 设α, β, γ是三角形三内角, x, y, z∈R, 求证:

x2+y2+z2≥2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ.

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

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

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

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

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

十五、柯西法

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

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

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

当且仅当a1=a2=…=an时等号成立.

因此, 原不等式成立.

评注:

1.柯西法是指借助柯西不等式证明不等式成立.

2.柯西不等式:

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

3.柯西不等式应用的关键:

寻求柯西不等式应用条件或形式.

十六、归纳法

例16 已知a, b为正数, n∈N*, 求证:

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

证明 (1) 当n=1时, 不等式显然成立.

(2) 假设n=k时, 不等式成立, 即

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

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

∵由条件, (a-b) (ak-bk) ≥0显然成立,

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

(3) 综合 (1) , (2) 可知:

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

评注 1.归纳法是指严格按照数学归纳法三步骤证明不等式成立.

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

十七、排序法

例17 设a>0, b>0, 求证:a3+b3≥a2b+ab2.

证明根据正数a, b对称性, 不妨设a≥b>0,

则a2≥b2.

由排序定理知, 同序和不小于乱序和,

∴a·a2+b·b2≥a·b2+b·a2, 即a3+b3≥a2b+ab2.

评注 1.排序法是指借助排序定理证明不等式成立.

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