证明不等式的常用方法除了课本介绍了证明不等式的三种基本方法外.还有如下常用方法: (1)放缩法若证明“A≥B .我们先证明“A≥C .然后再证明“C≥B .则“A≥B . (2)反证法 ——青夏教育精英家教网—

证明不等式的常用方法除了课本介绍了证明不等式的三种基本方法外.还有如下常用方法: (1)放缩法若证明“A≥B .我们先证明“A≥C .然后再证明“C≥B .则“A≥B . (2)反证法反证法是通过否定结论导致矛盾.从而肯定原结论正确的一种方法. (3)数学归纳法证明与自然数n有关的不等式时.常用数学归纳法.此法高考中已多次考查. (4)变量代换法变量代换是数学中一种常用的解题方法.对于一些结构比较复杂.变化较多而关系不太清楚的不等式.可适当地引进一些新的变量进行代换.以简化其结构.其代换技巧有局部代换.整体代换.三角代换.增量代换等. (5)函数方法通过利用函数的性质.如单调性.凸性.有界性.实根存在的条件证明不等式的方法称为函数方法. (6)构造方法不等式证明中的构造方法.主要是指通过引进合适的恒等式.数列.函数.图形及变量代换等辅助手段.促使命题转化.从而使不等式得证.此法技巧要求较高.高考试题中很少见. 例题解析 [例1] 证明下列不等式: (1)若x,y,z∈R.a,b,c∈{x|x是正实数集}.则 x2+y2+z2≥2 (2)若x,y,z∈{x|x是正实数集}.且x+y+z=xyz.则++≥2(++)2 [解] (1)先考虑用作差证法 ∵x2+y2+z2-2= (x2+y2-2xy)+(y2+z2-2yz)+ (z2+x2-2zx)=(xy)2+(y-z)2+(z-x)2≥0 ∴ x2+y2+z2≥2 (2)采用等价转化法所证不等式等价于 x2y2z2(++)≥22 xyz·[yz]≥22 (y2z+yz2+z2x+zx2+x2y+xy2)≥2(x2y2+y2z2+z2x2)+4(x2yz+xy2z+xyz2) y3z+yz3+z3x+zx3+x3y+xy3≥zx2yz+2xy2z+2xyz2 yz(y-z) 2 +zx(z-x) 2+xy(x-y) 2+x2 (y-z) 2+y2 (z-x)+z2 (x-y) 2≥0 ∵上式显然成立 ∴原不等式得证. [注] (1)配方技巧的实现关键在于合理的分项.正是这种分项我们对(1)还可证明如下: x2+y2+z2 =(x2+y2)+(y2+x2)+(z2+x2) ≥2+2+2 ≥2 (2)的证法要害是:化分式为整式.活用条件.即用x+y+z代换xyz.以及配方技术.事实上.这个代数不等式的实质是如下三角不等式: 在锐角△ABC中.求证: cotA+cotB·+cotC·≥22 [例2] x,y,z∈R.且x+y+z=1.x2+y2+z2=.则x,y,z,∈[0,] [证法一]由x+y+z=1.x2+y2+z2=.得:x2+y2+2= 整理成关于y的一元二次方程得: 2y2-2(1-x)y+2x2-2x+=0 ∵y∈R.故Δ≥0. 4(1-x)2-4×2(2x2-2x+)≥0 解之得:0≤x≤∴x∈[0,] 同理可得:y,z∈[0,] [证法二] 设x=+x′.y=+y′,z=+z′.则x′+y′+z′=0 于是 =(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2 =+x′2+y′2+z′2+ =+x′2+y′2+z′2 ≥+x′2+ =+x′2 故x′2≥.x′∈[-.].x∈[0, ]同理.y,z∈[0, ] [证法三]反证法设x.y.z三数中若有负数.不妨设x<0.则x2>0.=x2+y2+z2≥x2+=+x2=x2-x+>矛盾. x,y,z,三数中若有最大者大于.不妨设x>.则: =x2+y2+z2≥x2+ =x2+=x2-x+ =x·(x-)+>.矛盾. 故x,y,z∈[0, ]. [注]本题证法甚多.最易接受的方法是证法一的判别式法.因为该法思路明晰.易于操作.技巧性不强. [例3]已知i.m.n是正整数.且1<i≤m<n. (1)证明:niAmi<miAni; n>(1+n)m. [证明] (1)对于1<i≤m.且Ami=m--,=·--. 同理=·-- 由于m<n.对于整数k=1,2,-,i-1.有>.所以> 即 miAni>niAmi (2)由二项式定理有 (1+m)n=1+Cn1m+Cn2m2+-+Cnnmn (1+n)m=1+Cm1n+Cm2n2+-+Cmmnn 由(1)知miAni>niAmi 而Cmi=, Cni=, ∴miCni>niCmi ∴m0Cn0= n0Cn0=1, mCn1= nCm1=m·n, m2Cn2> n0Cm0,-mmCnm> nmCmm, mm+1Cnm+1 >0,-, mmCnn >0, ∴1+ Cn1m + Cn2m2+-+ Cnnmn >1+ Cm1n+ Cm2n2 +-+ Cmmnn.即 (1+m)n>(1+n)m成立. [注] 本题是2001年全国高考数学试题.上述证明方法关键是配对.除了上述证法外.本题还有许多另外的证法.下面另举两种证法. (1)法一:令n=m+k,k∈N 对自然数k=1,2.-.i-1,t<m.有 <.从而得:1+<1+ ∴(1+)i<(1+)(1+)-(1+) ∴()i< ∴(m+k)im<mi即 niAmi<miAnI 法二:因为i.m.n是正整数.且1<i≤m<n.不妨设n=m+k.下面对正整数i实施数学归纳法. (i)当i=2时.左边=n2Am2=n2m(m-1)=n2 (m2-m)=(m+k) 2 (m2-m)=m2·(m+k) 2-m·.右边=m2An2=m2n(n-1)=m2 =m2 (m+k) 2-m2 (m+k) ∵(m+k) 2>m· 2<m2 (m+k) 故m2 (m+k) 2-m(m+k) 2<m2 (m+k) 2-m2 (m+k).即左边<右边.这说明i=2时.原不等式成立. (ii)假设i=l时.nlAml<ml·Anl成立.∵n ∴nl+1Aml·(m-l)<ml+1·Anl·(n-l) ∴nl+1Aml+1<ml+1·Anl+1 这说明i=l+1时.也成立. 由可知.对于满足条件1<i≤m的所有自然数i.原不等式成立. = ∵=· ==>1 ∴f ∴当k≥3,k∈N时.f(k)单调递增. ∴kk+1>(k+1)k,即k>(k+1) 于是经过有限次传递.必有: (n+1) >(m+1) ∴(1+m)n>(1+n)m 法二:(1+m)n>(1+n)mnlg > 令f(n)= ,n≥2 又>(1+n)n+1>(2+n)n ()n> (1-)n> ∵n≥2,- >-1 ∴由贝努利不等式得(1-)n>1-=> ∴>递减.又m<n ∴> ∴(1+m)n> [例4]解下列关于x的不等式: (1)a2x+1≤ax+2+ax-2; (2)loga(1-)>1. [解]在解指.对数不等式时.常要对底数a进行分类.然后依据其函数的单调性来实现转化.在转化过程中注意不等式解的等价性. (1)原不等式等价于 a2x-(a2+a-2)ax+1≤0 (ax-a2)(ax-a-2) ≤0 (i)当0<a<1时.a2<a-2,∴a2≤ax≤a-2 即-2≤x≤2 (ii)当a>1时.a2>a-2.∴a-2≤ax≤a2 即-2≤x≤2 (iii)当a=1时.x为一切实数. 综上所述:当0<a<1.原不等式的解为{x|-2≤x≤2},当a=1时.解集为 R. 当a>1时.原不等式等价于 1->a1-a> ∵1-a<0 ∴<x<0 (ii)当0<a<1时.原不等式等价于 1<x< 综上所述:当a>1时.原不等式解集是{x|<x<0};当0<a<1时.原不等式的解集是{x|1<x<}. [注] (1)本题求解过程中易漏掉a=1的情形.希望同学们加以注意. (2)如果应用性质<0f<0.就能简化上述解法.事实上 (i)当a>1时.原不等式等价于 1->a<0 x(x-)<0<x<0 (ii)当0<a<1时.原不等式等价于 0<1-<a(1-)(1--a)<0 <0 (x-1)(x-)<0 1<x< 记住一些有用的小结论.有利于优化解题过程. [例5] 设函数f(x)=logb. 的定义域, >0的所有x的值. [解] (1)∵x2-2x+2恒正. ∴f(x)的定义域是1+2ax>0. 即当a=0时.f(x)定义域是全体实数. 当a>0时.f(x)的定义域是(-.+∞) 当a<0时.f(x)的定义域是(-∞.+) 的定义域内.f(x)>0>1x2-2x+2>1+2ax x2-2(1+a)x+1>0 其判别式Δ=4(1+a)2-4=4a(a+2) (i)当Δ<0时.即-2<a<0 ∵x2-2(1+a)x+1>0 ∴f(x)>0x<- (ii)当Δ=0时.即a=-2或0 若a=0,f(x)＞0(x-1)2>0 x∈R且x≠1 若a=-2,f(x)＞0(x+1)2＞0 x＜且x≠-1 (iii)当△＞0时.即a＞0或a＜-2 方程x2-2(1+a)x+1=0的两根为 x1=1+a-,x2=1+a+ 若a＞0.则x2＞x1＞0＞- f(x)＞0x＜1+a-或1+a+＜x＜- 综上所述:当-2＜a＜0时.x|x＜- 当a=0时.R. 当a=-2时:x|x＜-1或-1＜x＜当a＞0时.x|x＞1+a+或-＜x＜1+a- 当a＜-2时.x|x＜1+a-或1+a+＜x＜- [注] 解题时要注意函数的定义域. [例6] 解不等式 (1)≥x+1, (2)|-x|＜1的解集. [解] (1)≥x+1 ≤0 x·≤0.且x≠-1.-2.由图可知.原不等式的解集为: x|x≤-5或-2＜x＜-1或0≤x≤1 (2)|-x|＜1 x-1＜＜x+1 而＜x+1 解之得: 所以.0x≤1-或1+≤x6 ＞x-1 或解之得:x≤1-或x＞2 所以原不等式的解集为0.1-(2.6) [注] (1)解高次不等式时常采用数轴标根法.其做法是:先将每个因式分别等于零的根标在数轴上.然后按由上而下.由右向左的次序画图穿过各个零点.选出符合条件的区间.如有重因式.特别注意重因式的零点.如:(x-a)2n·f(x)≥0f2n·f(x) ＞0f2n-1·f(x)≥0≥0. 小题的几何解释是:在同一个坐标系中分别作出函数y=x-1,y=x+1和y=的图像.于是.不等式x-1＜＜x+1的解集就是使函数y=的图像2-y2=1.位于x轴上方的部分)夹在直线y=x-1与y=x+1之间的x集合. [例7] 已知当x∈[0.1]时.不等式 x2cos-x·2sin＞0 恒成立.试求的取值范围. [解] 令f(x)=x2cos-x·2sin.对x∈[0.1].f(x)＞0恒成立. ∴cos=f(1)＞0,sin=f f(x)=(1+cos+sin)x2-(1+2sin)x+sin 其对称轴.x=.且小于1. 所以:(1+2xin)2-4·(1+cos+sin)·sin＜0 (2) 反之＞0 x∈[0.1]恒成立. 故解之得:2kπ+＜＜2kπ+.k∈Z. [注] 二次函数的在区间上最大值.最小值.只要考虑两个端点处及区间中对称轴所在的位置之点. [例8] 设函数f(x)=-ax ≤1 (2)求a的取值范围.使函数f(x)在区间0.+∞上是单调函数. [解] ≤1即 ≤1+ax 所以:(i)当0＜a＜1.所给不等式的解集是x|0≤x≤ (ii)a≥1时.所给不等式的解集是{x|x≥0} (iii)当a=0时.所给不等式的解集是{0} (iv)当-1＜a＜0时.所给不等式的解集是x|≤x≤0 (v)当a≤-1时.所给不等式的解集是{x|x≤0} (2)在区间0.+∞上任取x1.x2.使得x1＜x2 f(x1)-f(x2)= =(x1-x2)() 而f(x)在0.+∞上单调 ∴f(x1)-f(x2)在0.+∞上恒正或恒负. 又∵x2-x1＞0,x1·x2∈0.+∞ ∈(0.1) ∴a≥1或a≤0 [例9] 设函数f(x)=ax2+8x+3a＜0.对于给定的负数a.有一个最大的正数l(a).使得在整个区间[0.l|≤5都成立. 问:a为何值时l(a)最大?求出这个最大的l(a).证明你的结论. [解] f(x)=a·(x+)2+3- ∵a＜0.所以f(x)max=3- (i)当3-＞5.即-8＜a＜0.此时0＜l(a)＜- 所以.l(a)是方程 ax2+8x+3=-5的较小根. l(a)= == 当且仅当a=-8时.等号成立. 由于＞.因此当且仅当a=-8时.l(a)取最大值. [注] 本题是一个典型的函数.方程.不等式的综合题.数形结合利于开拓思路.找到解法. [例10] 设{an}是由正数组成的等比数例.Sn是其前n项和. (1)证明:＜lgSn+1, (2)是否存在常数C＞0.使得 =lg(Sn+1-C) 成立?证明你的结论. [解] (1)∵{an}是由正数组成的等比数列. ∴a1＞0,q＞0 当q=1时.Sn=na1,Sn+2=(n+2)a1 Sn+1=(n+1)a2 Sn·Sn+2=na1·(n+2)a1=n2a12+2na12＜n2a12+2na12+a12=[(n+1)a1]2=S2n+1 ∴S n·Sn+2＜S2n+1 当q≠1时 Sn= Sn+2= Sn+1= S n·Sn+2= S2n+1= 于是.S2n+1-Sn·Sn+2==a12·qn＞0 综上所述:S2n+1＞Sn·Sn+2 ＜lgSn+1 (2)证法一: (1)当q=1时 (Sn-C)(Sn+2-C)-(Sn+1-C)2 =(na1-C)[(n+2)a1-C]-[(n+1)a1-C]2=-a12＜0故这样的C＞0不存在. (2)当q≠1时 (Sn-C)(Sn+2-C)-(Sn+1-C)2 =-a1qn·[a1-C(1-q)] ∵a1＞0,q＞0,a1·qn≠0 ∴C= ∵C＞0,∴0＜q＜1.但0＜q＜1时.an-＜0.这与条件(2)矛盾.故这样的C＞0不存在. 证法二:假设存在常数C＞0.使得=lg(Sn+1-C)成立.则必有由④式得: Sn·Sn+2-S2n+1=C·(Sn+Sn+2-2Sn+1) 另一方面: Sn+Sn+2-2Sn+1=(Sn-C)+(Sn+2-C)-2(Sn+1-C)≥2-2(Sn+1-C)=0 ∴Sn·Sn+2≥Sn+12矛盾故这样的C>0不存在. [注]本题是一道数列.不等式.函数的综合性题.解题过程中特别要注意q=1与q≠1的讨论. (2)中的反证法.综合体现了不等式知识的灵活实用.具有较高的能力要求. 跟踪练习【查看更多】

题目列表(包括答案和解析)

以下方法不能用于证明不等式的是（　　）

A．比较法

B．随机抽样法

C．综合法与分析法

D．反证法与放缩法

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已知函数f(x)＝alnx＋bx,且f(1)＝－1，f′(1)＝0，

⑴求f(x)；

⑵求f(x)的最大值；

⑶若x＞0,y＞0,证明：lnx＋lny≤.