不等式的证明方法习题精讲_不等式的证明习题

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习题精选精讲

不等式的证明

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。

注意a2b2ab的变式应用。常用2a2b2ab22(其中a,bR)来解决有关根式不等式的问题。

1、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。已知a,b,c均为正数，求证：111111 2a2b2cabbcca

2证明：∵a,b均为正数，∴111b(ab)a(ab)4ab(ab)0 4a4bab4ab(ab)4ab(ab)

22(bc)(ca)1111110，0同理4b4cbc4bc(bc)4c4aca4ac(ac)

1111110 2a2b2cabbcca

111111∴ 2a2b2cabbcca三式相加，可得

2、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。

2a、b、c(0,)，abc1，求证：a2b2c21

32a22b22c22ab2bc2ca

证：3(a2b2c2)1(abc)2∴3(a2b2c2)(abc)2(ab)2(bc)2(ca)203 设a、b、c是互不相等的正数，求证：a

证：∵ b4c4abc(abc)a4b42a2b2b4c42b2c2c4a42c2a2∴ a4b4c4a2b2b2c2c2a

2∵

∴ a2b2b2c22a2b2b2c22ab2c同理：b2c2c2a22bc2ac2a2a2b22ca2b a2b2b2c2c2a2abc(abc)知a,b,cR，求证:

2a22b22c222a2(abc)22

2证明：∵ab

222ab2(ab)a2abb(ab)22即ab(ab)22，两边开平方得a2b222ab(ab)22

同理可得

b

c

(bc)2

c

a

(ca)三式相加，得 2

a

b2

c2

a2(abc)

1(1)(1)9

xy5x、y(0,)且xy1，证：。

11xyxyyxyx

(1)(1)(1)(1)(2)(2)52()

xyxyxyxy5229 证：

6已知a,bR



11

1,ab1求证：11.ab9

a,bR,ab1

11

2着一个不等式ab.策略:由于ab说明a,bR,ab1的背后隐含ab44ab

2

111ab1211

而 11111189.ababababab1ab

证明：a,bR,ab1ab。

411119.ab

3、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cab)3(abc)2

32（证：要证：即：c28

ababcab)3(abc)23只需证：2abc3abc

成立∴ 原不等式成立

ababc∵ cabab3cab3a、b、c(0,)且abc1，求证ab3。

证：

ab3(abc)3即：2ab2bc2ac

2∵2abab2bcbc2acac即2ab22(ab)(bc)(ac)2∴原命题成立

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。

4、换元法

ab(1a2)(1b2)1b19，求证：。

证明：令a

sin

k



k bsin

k



k

左10：x

sinsincoscossinsincoscos

2cos()1∴ ab(1a)(1b)

1y21，求证：2xy2

xycossin2sin(



证：由xy1设xcos，ysin∴)[2,2]

∴

2xy2

4.abbcac

11知a>b>c,求证：

证明：∵a－b>0,b－c>0,a－c>0∴可设a－b=x,b－c=y(x, y>0)则a－c= x + y, 原不等式转化为证明

114

xyxy

即证(x

11xyxy

y)()4，即证24∵2∴原不等式成立（当仅x=y当“=”成立）

xyyxyx

12知1≤x＋y≤2，求证：

≤x－xy＋y≤3．

证明：∵1≤x＋y≤2，∴可设x = rcos，y = rsin，其中1≤r≤2，0≤＜2． ∴x－xy＋y= r－rsin2= r(1－

sin2)，∵

≤1－

sin2≤

32，∴

r≤r(1－

sin2)≤

r，而

r≥

12，32

r≤3∴

≤x－xy＋y≤3．

13已知x－2xy＋y≤2，求证：| x＋y |≤

．

2，0≤

＜2．

证明：∵x－2xy＋y=(x－y)＋y，∴可设x－y = rcos，y = rsin，其中0≤r≤∴| x＋y | =| x－y＋2y | = | rcos＋2rsin| = r|14解不等式解：因为（5sin(＋ractan

12)|≤

r≤．

5xx1＞

12，+

x)2(x1)2=6，故可令 5x = sinsin

+

－

x1＝6 cos cos，∈［0，2

］

则原不等式化为 由∈［0，cos

＞

所以sin

＞

2

］知cos＞0，将上式两边平方并整理，得48 cos2+46 cos

－23＜0

解得0≤cos＜

28224

－x≤

所以x＝6cos2－1＜

24472447

}.，且x≥－1，故原不等式的解集是｛x|-1≤x＜

1212

15：－1≤

x2

2．证明：∵1－x≥0，∴－1≤x≤1，故可设x = cos，其中0≤≤．

则

x2

－x =

cos2－cos= sin－cos=

－x≤

2sin(2．

－

3)，∵－≤－≤

4444，∴－1≤

2sin(－

2)≤2，即－1≤x4

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． 16a，bR，且a＋b = 1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥

证明：∵a，bR，且a＋b = 1，∴设a =

252

．

＋t，b=

－t，(tR)

112

＋t＋2)＋(222522

∴(a＋2)＋(b＋2)≥．

则(a＋2)＋(b＋2)=（－t＋2)=(t＋

52)＋(t－

52)= 2t＋

252

≥

252

．

利用“1”的代换型

已知a,b,cR,且 abc1, 9.abc17策略：做“1”的代换。

证明：

5、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

假设p＋q＞2，则(p＋q)＞8，即p＋q＋3pq(p＋q)＞8，∵p＋q= 2，∴pq(p＋q)＞2． 故pq(p＋q)＞2 = p＋q=(p＋q)(p－pq＋q)，又p＞0，q＞0

111abcabcabc3bacacb32229



abacbcabcabc. p＋q＞0，∴pq＞p－pq＋q，即(p－q)＜0，矛盾．故假设p＋q＞2不成立，∴p＋q≤2．

19已知a、b、c（0，1），求证：(1a)b，(1b)c，(1c)a，不能均大于

4。

证明：假设(1a)b，(1b)c，(1c)a均大于4

∵

(1a)，b均为正∴

(1a)b1

1(1a)b24

2(1b)c11(1c)a1(1a)b(1b)c(1c)a111

(1b)c24222222222同理∴

33

22不正确∴ 假设不成立∴ 原命题正确

∴

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。

证明：假设三式同时大于

∵0＜a＜1∴1－a＞0 ∴

(1a)b



1a)b

1142

21a、b、cR，abc0，abbcca0，abc0，求证：a、b、c均为正数。

abc0a、b、c两负一正

证明：反证法：假设a、b、c不均为正数又 ∵ 不妨设a

0，b0，c0又 ∵ abc0∴ c(ab)0同乘以(ab)∴ c(ab)(ab)即

acbcab(a2abb2)0，与已知abbcca0矛盾

∴ 假设不成立∴

6、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＜

a、b、c均为正数

bc

＋

abcbcd

＋

dcda

＋

a

＜2．

dabccd，证明：∵

b

abcd

＜

＜

bbc

＜，abcababcd

＜

＜

cbcd

＜

d

abcddcdadcd，a

abcd

＜

aa

＜，dabab

＋

将上述四个同向不等式两边分别相加，得：1＜

bc

＋

abcbcddcda

＋

a

＜2．

dab

3nN

*

2(n11)1，求证：

2



1n

2n

1。

证明：∵



2k1n



21

2(kk1)

1k



2kk



2kk1

2(k1k)

1

∴



1n

12(21)2(32)2(nn1)

2n1

1

2(21)2(2)2(n1n)

2(n11)

判别式法

222

yxyz2yzcosA2xzcosB2xycosC。ABCxz24A、B、C为的内角，、、为任意实数，求证：

证明：构造函数，判别式法令

f(x)x2y2z2(2yzcosA2xzcosB2xycosC)

x22x(zcosBycosC)(y2z22yzcosA)为开口向上的抛物线

4(zcosBycosC)24(y2z22yzcosA)4(z2sin2By2sin2C2yzcosBcosC2yzcosA)

4[z2sin2By2sin2C2yzcosBcosC2yz(cosBcosCsinBsinC)]

4[z2sin2By2sin2C2yzsinBsinC] 4(zsinBycosC)20

无论

y、z为何值，0∴ xRf(x)0∴ 命题真

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． 证明：视a为自变量，构造一次函数

f(a)= 4a＋b2＋c2＋abc－2ab－2bc－2ca =(bc－2b－2c＋4)a＋(b2＋c2－2bc)，由0≤a≤2，知

f(a)表示一条线段．又f(0)= b2＋c2－2bc =(b－c)2≥0，f(2)= b2＋c2－4b－4c＋8 =(b－2)2＋(c－2)2≥0，可见上述线段在横轴及其上方，∴

f(a)≥0，即4a＋b2＋c2＋abc≥2ab＋2bc＋2ca．









n≤|m|·构造向量法证明不等式根据已知条件与欲证不等式结构，将其转化为向量形式，利用向量数量积及不等式关系m·|n|，就能避免复杂的凑配技巧，使解题过程简化．应用这一方法证明一些具有和积结构的代数不等式，思路清晰，易于掌握． 25 设a、b∈R，且a＋b =1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥







22



．

证明：构造向量m=(a＋2，b＋2)，n=(1，1)．设m和n的夹角为，其中0≤≤． ∵|m| =



(a2)2(b2)2



，|n| =



2n= |m|·，∴m·|n|cos=



(a2)2(b2)2

2·cos；

n另一方面，m·

所以

=(a＋2)·1＋(b＋2)·1 = a＋b＋4 = 5，而0≤|cos|≤1，(a2)2(b2)2

≥5，从而(a＋2)＋(b＋2)≥

．

构造解析几何模型证明不等式

如果不等式两边可以通过某种方式与图形建立联系，则可根据已知式的结构挖掘出它的几何背景，通过构造解析几何模型，化数为形，利用数学模型的直观性，将不等式表达的抽象数量关系转化为图形加以解决．

26设a＞0，b＞0，a＋b = 1，求证：

2a1＋2b1≤2．

≤2．这可认为是点

证明：所证不等式变形为：

2a12b1

A（2a12b1)到直线 x＋y = 0的距离．

2a1)2＋(2b1)2= 4，故点A在圆x2＋y2= 4(x＞0，y＞0)上．如图所示，AD⊥BC，半径AO＞AD，即有：

≤2，所以

但因（2a12b1

2a1＋2b1≤22．

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