高中数学不等式证明常用方法

高中数学不等式证明常用方法（共11篇）

高中数学不等式证明常用方法 篇1

(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换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法换元法主要放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一.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 典型题例

例1证明不等式1

121

31

n2n(n∈N*)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 例2求使xy≤axy(x＞0，y＞0)恒成立的a 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例3已知a＞0，b＞0，且a+b=1求证(a+11)(b+)ba证法一(分析综合法）证法二(均值代换法)证法三(比较法）证法四(综合法)证法五(三角代换法）巩固练习已知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 若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，则m、n、p、q的大小顺序是__________ 已知a，b，c为正实数，a+b+c=1求证1(2)a23b2c2≤6

312已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2= x，y，z∈［0，］ 23(1)a2+b2+c2≥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

已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n(1)证明 niAi

m＜miAi

n(2)(1+m)n＞(1+n)m

若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证 a+b≤2，ab≤1不等式知识的综合应用

典型题例

例1用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h米，盖子边长为a米，(1)求a关于h的解析式；(2)设容器的容积为V立方米，则当h为何值时，V最大？求出V的最大值(求解本题时，不计容器厚度)

知识依托本题求得体积V的关系式后，应用均值定理可求得最值

例2已知a，b，c是实数，函数f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，当－1≤x≤1时|f(x)|≤

1(1)|c|≤1；

(2)当－1 ≤x≤1时，|g(x)|≤2；

(3)设a＞0，有－1≤x≤1时，g(x)的最大值为2，求f(x)

知识依托 二次函数的有关性质、函数的单调性，绝对值不等式

例3设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，方程f(x)－x=0的两个根x1、x2满足0＜x1＜x2(1)当x∈［0，x1)时，证明x＜f(x)＜x1；

(2)设函数f(x)的图象关于直线x=x0对称，证明 x0＜

x

1巩固练习

定义在R上的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间［0，+∞)的图象与f(x)的图象重合，设a＞b＞0，给出下列不等

式，其中正确不等式的序号是()

①f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b)②f(b)－f(－a)＜g(a)－g(－b)③f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a)④f(a)－f(－b)＜g(b)－g(－a)①③

B②④

C①④

②③

下列四个命题中①a+b≥

2ab②sin2x+

4≥4③设x，y都是正数，若则x+y的最小值是12④=1，2

xysinx

若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε，其中所有真命题的序号是__________

已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2

(1)如果x1＜2＜x2＜4，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x0＞－1；(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范围

设函数f(x)定义在R上，对任意m、n恒有f(m+n)=f(m)·f(n)，且当x＞0时，0＜f(x)＜

1(1)f(0)=1，且当x＜0时，f(x)＞1；

(2)f(x)在R上单调递减；

(3)设集合A={(x，y)|f(x2)·f(y2)＞f(1)}，集合B={(x，y)|f(ax－g+2)=1，a∈R}，若A∩B=，求a的取值范围

2x2bxc

已知函数f(x)=(b＜0)的值域是［1，3］，2x1

(1)求b、c的值；

(2)判断函数F(x)=lgf(x)，当x∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论；(3)若t∈R，求证 lg

711≤F(|t－|－|t+|)≤566数列与不等式的交汇题型分析及解题策略

【命题趋向】

数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查.主要考查知识数列的通项公式、前n项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、数归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用.【典例分析】

题型一 求有数列参与的不等式恒成立条件下参数问题

求得数列与不等式结合恒成立条件下的参数问题主要两种策略：(1)若函数f(x)在定义域为D，则当x∈D时，有f(x)≥M恒成立f(x)min≥M；f(x)≤M恒成立f(x)max≤M；(2)利用等差数列与等比数列等数列知识化简不等式，再通过解不等式解得.11

1【例1】等比数列{an}的公比q＞1，第17项的平方等于第24项，求使a1＋a2＋…＋an＞…恒成立的正整数n的取

a1a2an值范围.【例2】（08·全国Ⅱ）设数列{an}的前n项和为Sn．已知a1＝a，an+1＝Sn＋3n，n∈N*．

(Ⅰ)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；（Ⅱ）若an+1≥an，n∈N*，求a的取值范围．【点评】 一般地，如果求条件与前n

项和相关的数列的通项公式，则可考虑Sn与an的关系求解

题型二 数列参与的不等式的证明问题

此类不等式的证明常用的方法：(1)比较法，特别是差值比较法是最根本的方法；(2)分析法与综合法，一般是利用分析法分析，再利用综合法分析；(3)放缩法，主要是通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的.【例3】 已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，a3＝7，S4＝24．(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；(Ⅱ)设p、q都是正整

1数，且p≠q，证明：Sp+q＜(S2p＋S2q)．【点评】 利用差值比较法比较大小的关键是对作差后的式子进行变形，途径主要有：（1）

2因式分解；（2）化平方和的形式；（3）如果涉及分式，则利用通分；（4）如果涉及根式，则利用分子或分母有理化.【例4】(08·安徽高考)设数列{an}满足a1＝0，an+1＝can3＋1－c，c∈N*，其中c为实数.(Ⅰ)证明：an∈[0，1]对任意n∈N*11成立的充分必要条件是c∈[0，1]；(Ⅱ)设0＜c＜，证明：an≥1－(3c)n1，n∈N*；（Ⅲ）设0＜c＜，证明：a12＋a22＋…＋an

2332

＞n＋1－n∈N*.1－3c

题型三 求数列中的最大值问题

求解数列中的某些最值问题，有时须结合不等式来解决，其具体解法有：(1)建立目标函数，通过不等式确定变量范围，进而求得最值；(2)首先利用不等式判断数列的单调性，然后确定最值；(3)利用条件中的不等式关系确定最值.【例5】(08·四川)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为______.【例6】 等比数列{an}的首项为a1＝2002，公比q＝－．(Ⅰ)设f(n)表示该数列的前n项的积，求f(n)的表达式；(Ⅱ)当n

取何值时，f(n)有最大值．

题型四 求解探索性问题

数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在.若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果.【例7】 已知{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝4.(Ⅰ)求证：数列{an}是等比数列；(Ⅱ)是否存在正整数k，使

【点评】在导出矛盾时须注意条件“k∈N*”，这是在解答数列问题中易忽视的一个陷阱.【例8】(08·湖北)已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an+1＝n＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整

3数.（Ⅰ）对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；（Ⅱ）试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论；（Ⅲ）设0＜a＜b,Sn为数列{bn}的前n项和.是否存在实数λ，使得对任意正整数n，都有a＜Sn＜b?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由.数列与不等式命题新亮点

例1 把数列一次按第一个括号一个数,按第二个括号两个数,按第三个括号三个数,按第四个括号一个数„,循环分为(1),(3,5),(7,9,11),(13),(15,17),(19,21,23),(23)„,则第50个括号内各数之和为_____.点评:恰当的分组,找到各数之间的内在联系是解决之道.此外,这种题对观察能力有较高的要求.例2 设A.bn

Sk+1－2

＞2成立.Sk－2

an是由正数构成的等比数列, bnan1an2,cnanan3,则()

S

cnB.bncnC.bncnD.bncn

点评:此题较易入手,利用作差法即可比较大小,考察数列的递推关系.例3 若对x(,1],不等式(m

m)2x()x1恒成立,则实数m的取值范围()

A

B

D

A.(2,3)B.(3,3)C.(2,2)D.(3,4)

例4四棱锥S-ABCD的所有棱长均为1米,一只小虫从S点出发沿四棱锥的棱爬行,若在每一顶点处选择不同的棱都是等可能的.设小虫爬行n米后恰好回到S点的概率为Pn(1)求P2、P3的值;(2)求证: 3Pn1Pn

例5 已知函数

1(n2,nN)(3)求证: P2P3„Pn>6n5(n2,nN)

4fxx2x.(1)数列

an满足: a10,an1fan,若

1对任意的nN恒成立,试求a1的取值范围;2i11ai,Sk为数列cn的前k项和, Tk为数列cn的1bn

n

(2)数列

bn满足: b11,bn1fbnnN,记cn

Tk7

.10k1SkTk

n

前k项积,求证

例6(1)证明: ln

1xx(x0)(2)数列an中.a11,且an1

11

an2;n1

2n1n

2①证明: an【专题训练】



7n2②ane2n1 4

aaD．a6a8（）D．bn≤cn

（）

1．已知无穷数列{an}是各项均为正数的等差数列，则有

aaA．＜

a6a8

aaB．

a6a8

aaC．＞a6a8

2．设{an}是由正数构成的等比数列，bn＝an+1＋an+2，cn＝an＋an+3，则

A．bn＞cn

B．bn＜cn

C．bn≥cn

3．已知{an}为等差数列，{bn}为正项等比数列，公比q≠1，若a1＝b1，a11＝b11，则（）

A．a6＝b6 A．9 A．S4a5＜S5a4

B．a6＞b6 B．8 B．S4a5＞S5a4

C．a6＜b6 C．7 C．S4a5＝S5a4 S

(n＋32)Sn+1

1C．

D．a6＞b6或a6＜b6（）D．6 D．不确定（）

150

4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足５＜ak＜８，则k＝

5．已知等比数列{an}的公比q＞0，其前n项的和为Sn，则S4a5与S5a4的大小关系是（）

6．设Sn＝1＋2＋3＋…＋n，n∈N*，则函数f(n)＝

A．

120

B．

130

D．

7．已知y是x的函数，且lg3，lg(sinx－)，lg(1－y)顺次成等差数列，则

A．y有最大值1，无最小值B．y有最小值

（）

1111

C．y有最小值，最大值1D．y有最小值－1，最大值11212

（）

Ｄ．(－∞，－1∪3，＋∞)

8．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是

Ａ．(－∞，－1

Ｂ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)Ｃ．3，＋∞)

9．设3b是1－a和1＋a的等比中项，则a＋3b的最大值为()

A．1（）

A．充分不必要条件 11．{an}为等差数列，若

A．11

B．必要不充分条件C．充分比要条件

D．既不充分又不必要条件

（）

B．2

C．

3D．4

10．设等比数列{an}的首相为a1，公比为q，则“a1＜0，且0＜q＜1”是“对于任意n∈N*都有an+1＞an”的a1，且它的前n项和Sn有最小值，那么当Sn取得最小正值时，n＝ a10

B．17

C．19

D．21

12．设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、y∈R，都有f(x)f(y)＝f(x＋y)，若a1＝an＝f(n)(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是

1A．，2)

B．[，2]

（）1

C．1)

D．[1]

S13．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，记Tn＝，如果存在正整数M，使得对一切正整数n，Tn≤M都

n

成立．则M的最小值是__________．

14．无穷等比数列{an}中，a1＞1，|q|＜1，且除a1外其余各项之和不大于a1的一半，则q的取值范围是________.(a＋b)

215．已知x＞0，y＞0，x，a，b，y成等差数列，x，c，d，y成等比数列，则的最小值是________.cd

Ａ．0

Ｂ．1

Ｃ．2

Ｄ．

416．等差数列{an}的公差d不为零，Sn是其前n项和，给出下列四个命题：①A．若d＜0，且S3＝S8，则{Sn}中，S5和S6都是

{Sn}中的最大项；②给定n，对于一定k∈N*(k＜n)，都有ank＋an+k＝2an；③若d＞0，则{Sn}中一定有最小的项；④存在k∈N*，使ak－ak+1和ak－ak1同号 其中真命题的序号是____________.17．已知{an}是一个等差数列，且a2＝1，a5＝－5．（Ⅰ）求{an}的通项an；（Ⅱ）求{an}前n项和Sn的最大值．

18．已知{an}是正数组成的数列，a1＝1，且点(an，an+1)(n∈N*）在函数y＝x2＋1的图象上.(Ⅰ)求数列｛an｝的通项公式；(Ⅱ)

若列数｛b｝满足b＝1,b＝b＋2an，求证：b ·b＜b2.n

n+1

n

n

n+2

n+1

19．设数列{an}的首项a1∈(0，1)，an＝

3－an1

n＝2，3，4，….2

（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn＝a3－2an，证明bn＜bn+1，其中n为正整数． 20．已知数列{an}中a1＝2，an+1＝(2－1)(an＋2)，n＝1，2，3，….（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列{an}中b1＝2，bn+1＝

3bn＋4

n＝1，2，3，….2＜bn≤a4n3，n＝1，2，3，… 2bn＋

321．已知二次函数y＝f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函

数y＝f(x)的图像上.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

1m

（Ⅱ）设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜对所有n∈N*都成立的最小正整数m

20anan＋1

22．数列，是常数．（Ⅰ）当a21时，求及a3的值；（Ⅱ）2，）an满足a11，an1(n2n)an（n1，数列an是否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅲ）求的取值范围，使得存在正整数m，当nm时总有an

一、利用导数证明不等式

（一）、利用导数得出函数单调性来证明不等式

0．

利用导数处理与不等式有关的问题

某个区间上导数大于（或小于）0时，则该单调递增（或递减）。因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性,然后再用函数单调性达到证明不等式的目的。

1、直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单调递增（减）区间，自变量越大，函数值越大

（小），来证明不等式成立。

x2例1：x>0时,求证；x－ln(1+x)＜02、把不等式变形后再构造函数,然后利用导数证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的。例2：已知：a,b∈R,b>a>e, 求证:ab>b a,(e为自然对数的底)

（二）、利用导数求出函数的最值（或值域）后，再证明不等式。

导数的另一个作用是求函数的最值.因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数求出该函数的最值；由当该函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立。从而把证明不等式问题转化为函数求最值问题。例

3、求证：n∈N*,n≥3时，2n >2n+1 例

4、g

x2(b1)2的定义域是A=[a,b)，其中a,b∈R+,a

(x)(1)Aax

若x1∈Ik=[k2,(k+1)2), x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2)

3、利用导数求出函数的值域，再证明不等式。例5：f(x)=

3x－x, x1,x2∈[－1,1]时，求证：|f(x1)－f(x2)|≤

二、利用导数解决不等式恒成立问题

不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为m>f(x)(或m

a

(9(aR),对f(x)定义域内任意的x的值，f(x)≥27恒成立，求a的取值范围

x

nn

1例

7、已知a＞0，n为正整数，（Ⅰ）设y=(xa)，证明yn(xa)；

n

（Ⅱ）设fn(x)=xn－(xa)，对任意n≥a，证明f ’n+1(n+1)＞（n+1）f ’n（n）。

例

6、已知函数f(x)

三、利用导数解不等式 例8：函数

高中数学不等式证明常用方法 篇2

一、利用导数知识证明不等式

(一) 利用函数单调性

此方法关键是根据题设条件构造合理的辅助函数, 将不等式证明转化为比较两个函数值的大小。

例1%证明不等式ex>1+x, x≠0

证明:设f (x) =ex-1-x, 则f' (x) =ex-1.故当x>0时, f' (x) >0, f (x) 严格递增;当x<0, f' (x) <0, f (x) 严格递减.又因为在x=0处连续, 则当x≠0时, f (x) >f (0) =0从而得到ex>1+x, x≠0

(二) 利用函数的极值和最值

当给定的不等式是具体的函数, 且又给出自变量的变化范围, 欲证明它大于或是小于某个定数, 这时往往利用函数的极值和最值来证明不等式。

例2当x≥0时, 证明nxn-1- (n-1) xn-1≤0 (n>0, n∈N) .

证明:令f (x) =nxn-1- (n-1) xn-1, 则f&apos; (x) =n (n-1) xn-2-n (n-1) xn-1=n (n-1) xn-2 (1-x) .令f&apos; (x) =0, 得驻点x=1 (因为x=0是x≥0的端点, 所以x=0不是驻点) 且当x<1时, f&apos; (x) >0;当x>1时, f&apos; (x) <0, 所以f (1) =0是极大值也是最大值.从而得f (x) ≤f (1) =0 (x≥0) , 即nxn-1- (n-1) xn-1≤0 (x≥0) 。

(三) 利用函数的凹凸性

当所求证的不等式中出现了形如的式子时, 我们可以考虑根据函数凹凸性的一些性质来证明。

例3己知:α<0, β<0, α3+β3≤2求证:α+β≤2。

(四) 利用微分中值定理

微分中值定理将函数与导数有机地联系起来, 如果所求证不等式经过简单变形后, 与微分中值公式的结构有相似性, 就可以考虑利用微分中值定理来证明, 其关键是构造一个辅助函数, 然后通过微分中值定理的公式证明。

微分中值定理包括费马引理, 罗尔定理, 拉格朗日中值定理, 柯西中值定理等。其中比较重要的是罗尔定理, 拉格朗日中值定理, 柯西中值定理。

(五) 利用泰勒公式

当所涉及命题中出现二阶或更高阶导数时, 我们可以考虑使用泰勒公式证明, 其关键是选择恰当的特殊点展开。

例5设f (x) 在[0, 1]上的二阶导数连续, f (0) =f (1) =0, 并且当x∈ (0, 1) 时, f'' (x) ≤A.求证:f'' (x) ≤A/2, x∈ (0, 1) .

二、定积分不等式的证明方法

(一) 利用定积分的性质

因此由拉格朗日中值定理得到F (a) -F (0) =F&apos; (ξ) a≤0, ξ∈ (0, a) , 即F (a) ≤0, 原式得证。

(二) 利用积分中值定理

高中数学中不等式的证明方法 篇3

要培养和提高自己的证题能力，一是要熟悉证明不等式的常用方法；二是要通过做题、思考来感悟和领会这些方法、技巧，使其变为自己的证题能力。不等式的证明方法是多种多样的，并且在一个题目的证明过程中，往往不止应用一种方法，而需要灵活应用各种方法。现将证明不等式的常用方法归纳如下。

一、比法较

1.作差比较法

依据a>b a-b>0（或a例1.已知：a、b、c为正数，求证：a3+b3+c3≥3abc

证明：因为a3+b3+c3-3abc

= （ a+b+c）（a2+b2+c2-ab-bc-ca）

= （a+b+c）[（a-b）2+（b-c）2+（c-a）2]≥0

所以a3+b3+c3≥3abc

2.作商比较法

依据若b>0，则a>b >1（或a

关键词 Daily report 英语学习

中图分类号：G623.31 文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2016）16-0041-02

我校位于城中村与市区结合的南湾片区，学生多属于外来务工人员的子女，即使是本市的生源，家长多属于湾仔本地人，文化程度不高，家庭学习环境差，很多家里没有电脑，学生根本不会利用互联网查阅资料，电脑对于他们来说就是一台游戏机。无论汉语还是英语，表达能力都很差。目前常规的英语教学，有限的课堂45分钟只能落实一些课本基本知识，日常口语会话不能得到很好的练习。为了有效练习日常会话和口语表达能力，我打算英语课利用课前3分钟开展一个“Daily Report”活动，活动实施前进行了学情调查，通过调查获得的数据，使我有了一种认识：受调查学生都经过了小学3年的英语学习，有些甚至学了6年，但由于众多原因，大部分学生未能达到应有的口语水平。存在的问题如下：

1.随着年级的增高、学习内容的增加、学习负担的加重，学生的学习态度和学习兴趣也随之减弱。

2.课堂是学生语言学习与习得的主要环境，离开课堂之后，他们很少有机会说英语，更无法将所学知识应用于实际交流。

3.部分学生有讲英语的热情，但对开口讲英语总有一种惧怕心理，怕出错，怕受老师责备，怕被同学耻笑。这种恐惧心理常导致学生平时缺乏足够的口语练习机会，在开口时没有一种自主感。越害怕说的就越少。

4.由于学生英语基础差，对学习英语产生了烦、厌、没兴趣等心理障碍，觉得用英语进行交际是一件非常困难的事，因而逃避说英语。

《九年义务教育初中英语课程标准》三至五级中对我们初中英语教学有这样的要求：“学生能尝试使用不同的教育资源，从口头和书面材料中提取信息，扩展知识，解决简单的问题并描述结果。能在学习中互相帮助，克服困难。”

开展Daily report活动能为学生搭建展示自我、与他人分享交流的平台，能够更好的激发学生学习英语的兴趣，提高学生做事能力，增强自信心。同时为师生互动交流提供了一个良好的机会。学生在演讲前会通过多种媒体收集、查阅大量资料，再对所收集的资料进行整合，这要求学生要正确地获取和判断各种信息，了解媒体传达信息的方式、工具等特点，合理使用数码技术、通讯工具和网络。这体现了21世纪技能——学生的信息、媒体和技术技能。所以，Daily Report对城乡结合地区的学生英语学习起着非常重要的作用。

一、开展Daily Report活动的要求

1.确定演讲内容。课前三分钟演讲顺序由课代表安排，或按座次，或按学号，或男女轮流出场；演讲的内容从刚入学七年级上的教学需要实施命题演讲，如自我介绍；一段时间后进行半开放型演讲，即演讲内容不做太多限制，让演讲者在备选的几个话题中抽签选择；最后进行开放型演讲，让演讲者自由选题。严密组织，让学生充分重视这一教学环节，以达到以讲促学的目的。杜绝信马由缰式的放纵，鼓励学生运用意会、感受、想象等方法，丰富词汇，领悟语法，形成自己的语言风格。

2.要求脱稿，不走形式。脱稿演讲，一方面能提高学生的记诵能力，另一方面还可以让学生在反复背诵中加深对主题的理解。每一次背诵都是一次学习的过程，也是一次提高的过程。我强调让学生珍惜难得的锻炼机会，严格脱稿演讲制度，不要让演讲有名无实。

3.注重教师指导，注重学生的个体差异。教师要对“课前三分钟演讲”进行针对性的指导。学生千差万别，演讲内容丰富多彩，演讲风格各不相同，那么演讲的效果肯定不会一致。初中生的年龄特点决定了他们敏感、自尊的心理特征，他们渴望成功，渴望得到认可和表扬，所以我们要对其中成功的演讲进行充分地肯定，让其尽享成功的愉悦，进一步激发他们的表现欲望和创造欲望，为其他学生树立一个榜样。教师言传身教，自始自终应把握正确的指引方向，既发挥学生的主体性，调动他们的积极性；又不放任自流，任由学生随意的“演讲”，让演讲流于形式。鼓励为主，恰当点评。对于不太成功的演讲，教师要善于从“不成功”中发现闪光点，让演讲者体会到了小小的鼓励，使其对下一次演讲充满渴望。

二、开展Daily Report活动的作用

1.培养了学生的创新能力。课前三分钟演讲，使学生的创造力得到了极大限度的发挥。从标题拟定、题材翻新、主题升华，一段音乐伴奏，不管是内容还是形式，学生们都表现出了非凡的创造力。为了吸引听众注意，各种各样的小花招更是层出不穷。

2.锻炼了学生发表个人见解的胆量，消除了学困生畏难的情绪。很多学生第一次上台手足无措，语无伦次，经过第二次、第三次锻炼以后，都有不同程度的进步。Daily Report循环周期长，学生准备时的工作量大，对基础差的学生是个很大的挑战。如何照顾学困生？可由课代表组织Daily Report的活动，分组依次轮流进行，前一天由科代表在公示栏里提醒，分布完这个任务后，第二天就开始执行，先从英语基础好的学生开始。对胆子很小、成绩也偏后的学生Daily Report会遇到困难，教师特意鼓励这些学生，让其好好表现。并带动其他同学给予其热烈的掌声鼓励。一些语音不好、语言表达不好的学生在Daily Report活动中可分配简单的任务，让其找到适合自己的舞台，这不仅使他们有成就感，而且也可提高他们的课堂参与热情，增强他们学好英语的信心。这样一来，既给学生们扫除英语课的紧张心理，也给学生开创一个很好的表现机会。

3.养成了学生仔细聆听的习惯。在进行Daily Report后，演讲者会对自己的内容进行提问，听众也会对所听到的内容进行纠错。只有仔细聆听了，才可以做到准确的回答问题和纠错。在纠错这一问题上，教育学生一方面要礼貌的纠正他人的错误，另一方面要敢于面对自己的错误。

4.促进了教师教学观念的转变，培养了教师的教育科研意识。通过这个活动，牢固树立校本研究的思想，更新了教师教学观念，巩固并加深了教师对新课程改革的理解，拓宽了教师对教学方式改变的思路，促进了教师综合素质的提高。

高中数学不等式证明常用方法 篇4

本文将介绍用导数证明函数不等式的四种常用方法.（）x0).例

1证明不等式：xln(x1证明

设f(x)xln(x1)(x0)，可得欲证结论即f(x)f(0)(x0)，所以只需证明函数f(x)是增函数.而这用导数易证：

f(x)1所以欲证结论成立.10(x0)x1注

欲证函数不等式f(x)g(x)(xa)(或f(x)g(x)(xa))，只需证明f(x)g(x)0(xa)(或f(x)g(x)0(xa)).设h(x)f(x)g(x)(xa)(或h(x)f(x)g(x)(xa))，即证h(x)0(xa)(或h(x)0(xa)).若h(a)0，则即证h(x)h(a)(xa)(或h(x)h(a)(xa)).接下来，若能证得函数h(x)是增函数即可，这往往用导数容易解决.例

2证明不等式：xln(x1).证明

设f(x)xln(x1)(x1)，可得欲证结论即f(x)0(x1).显然，本题不能用例1的单调性法来证，但可以这样证明：即证f(x)xln(x1)(x1)的最小值是0，而这用导数易证：

f(x)11x(x1)x1x1

所以函数f(x)在(1,0],[0,)上分别是减函数、增函数，进而可得

f(x)minf(1)0(x1)

所以欲证结论成立.注

欲证函数不等式f(x)()g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)g(x)()0x.(I设h(x)f(x)g(x)(xI)，即证h(x)()0(xI)，也即证h(x)min()0(xI)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决.bex1例3

(2014年高考课标全国卷I理科第21题)设函数f(x)aelnx，曲线

xxyf(x)在点(1,f(1))处的切线为ye(x1)2．

(1)求a,b；

(2)证明：f(x)1．

x解

(1)f(x)aelnxaxbx1bx1e2ee． xxx题设即f(1)2,f(1)e，可求得a1,b2．

x(2)即证xlnxxe21(x0)，而这用导数可证(请注意1)： ee设g(x)xlnx(x0)，得g(x)ming． 设h(x)xex1e1e12(x0)，得h(x)maxh(1)．

ee注

i)欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)ming(x)max(xI)，而这用导数往往可以解决.欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)ming(x)max(xI)，或证明f(x)ming(x)max(xI)且两个最值点不相等，而这用导数往往也可以解决.ii)例3第(2)问与《2009年曲靖一中高考冲刺卷理科数学

（一）》压轴题第(3)问完全一样，这道压轴题(即第22题)是：

已知函数f(x)xlnx,g(x)xax3．(1)求函数f(x)在[t,t2](t0)上的最小值；

(2)对一切x(0,),2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x(0,)，都有lnx212成立． xeexln x例4(2013年高考北京卷理科第18题)设L为曲线C：y＝在点(1，0)处的切线．

x(1)求L的方程；

(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方． 解(1)(过程略)L的方程为y＝x－1.lnxx1(当且仅当x1时取等号).xx2－1＋ln xlnx(x0).设g(x)x1，得g′(x)＝

x2x(2)即证当01时，x2－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，得g(x)单调递增．

所以g(x)ming(1)0，得欲证结论成立.(2)的另解 即证仅当x1时取等号).设g(x)xxlnx，可得g(x)2lnxx1(当且仅当x1时取等号)，也即证x2xlnx0(当且x2x1(x1)(x0).x进而可得g(x)ming(1)0，所以欲证结论成立.(2)的再解 即证lnxx1(当且仅当x1时取等号)，也即证lnxx2x(当且仅当xx1时取等号).2如图1所示，可求得曲线ylnx与yxx(x0)在公共点(1,0)处的切线是yx1，所以接下来只需证明

lnxx1,x1x2x(x0)(均当且仅当x1时取等号)

前者用导数易证，后者移项配方后显然成立.所以欲证结论成立.图1

例5

(2013年高考新课标全国卷II理21(2)的等价问题)求证：eln(x2)． 分析

用前三种方法都不易解决本问题，下面介绍用导数证明函数不等式的第四种常用方法.设f(x)e(x2),g(x)ln(x2)(x2)，我们想办法寻找出一个函数h(x)，使得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到.当然，函数h(x)越简洁越好.但h(x)不可能是常数(因为函数g(x)ln(x2)(x2)的值域是R)，所以我们可尝试h(x)能否为一次函数，当然应当考虑切线.如图2所示，可求得函数f(x)e(x2)在点A(0,1)处的切线是yx1，进而可得f(x)h(x)(x2)；还可求得函数g(x)ln(x2)(x2)在点B(1,0)处的切线也是yx1，进而可得h(x)g(x)(x2).xxx

图2 进而可用导数证得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到，所以欲证结论成立.当然，用例2的方法，也可给出该题的证明(设而不求)：

x设f(x)eln(x2)，得f(x)ex1(x2).x2可得f(x)是增函数(两个增函数之和是增函数)，且1fe20,f(1)e10，所以函数g(x)存在唯一的零点x0(得2(x02)ex01,x02ex0,ex01)，再由均值不等式可得 x02f(x)minf(x0)ex0ln(x02)11lnex0x0220x02x02

(因为可证x01)所以欲证结论成立.x例6 求证：elnx2.x证法1

(例5的证法)用导数可证得ex1(当且仅当x0时取等号)，x1lnx2(当且仅当x1时取等号)，所以欲证结论成立.x证法2

(例2的证法)设f(x)elnx，得f(x)ex1(x0).x可得f(x)是增函数且g11110,g(0)0，所以函数g(x)存在唯2e1.52一的零点x0(得ex01,x0ex0)，再由均值不等式可得 x011lnex0x02(因为可证x01)x0x0 f(x)minf(x0)ex0lnx0所以欲证结论成立.注

欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需寻找一个函数h(x)(可以考虑曲线yh(x)是函数yf(x),yg(x)的公切线)使得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到，而这用导数往往容易解决.下面再给出例5和例6的联系.对于两个常用不等式exx1,lnxx1，笔者发现yex与ylnx互为反函数，yx1与yx1也互为反函数，进而得到了本文的几个结论.定理

已知f(x),g(x)都是单调函数，它们的反函数分别是f1(x),g1(x).(1)若f(x)是增函数，f(s)g(s)恒成立，则f1(t)g1(t)恒成立；

11(2)若f(x)是减函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立； 11(3)若f(x)是增函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立； 11(4)若f(x)是减函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立.证明

下面只证明(1),(4)；(2),(3)同理可证.(1)设不等式f(s)g(s)中s的取值范围是A，当sA时，f(s),g(s)的取值范围分别是fA,gA，得不等式f1(t)g1(t)中t的取值范围是fAgA，所以

1tfAgA,x0A,tgx(0x),gt.()0由f(s)g(s)恒成立，得g(x0)f(x0).由f(x)是增函数，得

f1(x)也是增函数，所以f1(g(x0))f1(f(x0))x0g1(g(x0))，即f1(t)g1(t).得tfAgA,f1(t)g1(t)，即欲证结论成立.(4)设不等式f(s)g(s)中s的取值范围是A，当sA时，f(s),g(s)的取值范围分别是fA,gA，得不等式f1(t)g1(t)中t的取值范围是fAgA，所以

1tfAgA,x0A,tgx(0x),t.()0g由f(s)g(s)恒成立，得g(x0)f(x0).由f(x)是减函数，得

f1(x)也是减函数，所以f1(g(x0))f1(f(x0))x0g1(g(x0))，即f1(t)g1(t).得tfAgA,f1(t)g1(t)，即欲证结论成立.推论1

已知f(x),g(x)都是单调函数，它们的反函数分别是f1(x),g1(x).(1)若f(x),g(x)都是增函数，则f(s)g(s)恒成立f1(t)g1(t)恒成立；(2)若f(x),g(x)都是减函数，则f(s)g(s)恒成立f1(t)g1(t)恒成立.证明

(1)由定理(1)知“”成立.下证“”：

因为g(x)是增函数，g1(t)f1(t)恒成立，g1(x),f1(x)的反函数分别是g(x),f(x)，所以由“”的结论得g(s)f(s)恒成立，即f(s)g(s)恒成立.(2)同(1)可证.推论2

把定理和推论1中的“,”分别改为“,”后，得到的结论均成立.(证法也是把相应结论中的“,”分别改为“,”.)

在例5与例6这一对姊妹结论“eln(x2),lnxe2”中ye与ylnx互为

高中数学不等式的证明教案有哪些 篇5

综合法是不等式证明的一种方法，这种方法是：根据不等式的性质和已经证明过的不等式来进行。 综合法.从已知(已经成立)的不等式或定理出发，逐步推出(由因导果)所证的不等式成立.例如要证 ，我们从 ，得 ，移项得 .综合法的证明过程表现为一连串的“因为……所以……”，可用一连串的“ ”来代替.

综合法的证明过程是下一节课学习的不等式的证明的又一必须掌握的方法——分析法的思考过程的逆推，而分析法的证明过程恰恰是综合法的思考过程。 实际上在前面两个重要的不等式平方不等式和均值定理的证明及不等式的性质证明当中，我们已经运用了综合法，但当时只是没有提出或采用这个名字而已。本节课是不等式的证明的每第二节课，由于立方不等式已移至阅读材料当中，故例题只有一个，是运用平方不等式来作为基础工具。

二、本节课的教学重、难点

本节课的教学重点是运用综合法证明不等式。

教学难点是如何正确运用综合法证明不等式。用综合法证明不等式的逻辑关系是：(已知)——(逐步推演不等式成立的必要条件)(——结论) 即 由此可见，综合法是“由因导果”，即由已知条件出发，推导出所要证明的不等式成立。 难点突破方法：由于综合法不象比较法，它必须从某个不等式的性质和已经证明过的不等式出发，运用不等式的性质进行一系列的恒等变形，直到得出结论。 因此要求学生对所学习的不等式的5个定理，4个推论和不等式平方不等式和均值定理必须熟悉，在进行教学时，首先要与学生一起回顾前面所学不等式性质、定理，并板书在黑板上，便于学生直接运用，从而节约学习时间;其次，用综合法进行不等式的证明时，通常要观察所证的不等式的结构，找出它与前面所学不等式性质、定理在结构上的某些相似之处，所以又要注意引导学生学会从结构上进行观察，大胆猜测，小心求证，并以此为契机，复习掌握前面所学不等式性质、定理。 三、教学过程设计 ①复习不等式的性质、平方不等式[如果 ]、均值定理[如果a,b是正数，那么 ]、比较法证明不等式的步骤。

(说明复习两个不等式是为了例1的解决)

②提出问题：例1已知a，b，c是不全相等的正数，求证：

让学生思考，本题如何证明?用比较法?

(提出问题让学生感知比较法进行证明时，作差后的变形是难点，有没有其他更快的证明方法?当学生难于判断差与0的关系时，认识到学习新方法的必要性，从而激发学生的求知欲。)

出示本节课课题“不等式的证明(2)——综合法”

③引导学生观察所要证明的不等式的结构，思维来自观察，培养学生的观察能力，而这正是综合法的要点，由结构大胆猜测。 引导学生：从所要证的不等式的左边看，有三个单元结构，发现都有平方不等式的左边一样的结构，但右边系数是6，且为三个字母之积，又如何变出来?能否试试给出证明? 让学生通过自己运用所学知识，尝试，在尝试中学会知识，实践出真知。 ④引导学生通过证明，总结这种方法与差比法证明不等式的区别在哪里?

证明：∵ ≥2bc,a>0,

∴ ≥2abc ①

同理 ≥2abc ②

≥2abc ③

因为a，b，c不全相等，所以 ≥2bc, ≥2ca, ≥2ab三式不能全取“=”号，从而①、②、③三式也不能全取“=”号

注意：A、对于“①、②、③三式也不能全取“=”号”一定要给出，否则结论应为 ;

B、要提问学生“a，b，c是的正数”的含义。这是一个重要的条件，“不全相等”与“全不相等”不一样，如全(都)不相等，则三个不等式中都没有“=”号。

C、本题的关键在哪里?

从已知(已经成立)的不等式或定理出发，逐步推出(由因导果)所证的不等式成立。用综合法证明不等式的逻辑关系是：(已知)——(逐步推演不等式成立的必要条件)(——结论) 即 由此可见，综合法是“由因导果”，即由已知条件出发，推导出所要证明的不等式成立。 ⑤课堂练习。 “学而时习之，不亦乐乎”，通过再一次实践，完成课本练习，在证明时，提醒学生首先要观察不等式的结构，选择出发点，一步一步向目标靠近。抽学生到黑板上板演，通过学生的解答发现问题，总结经验。 ⑥补充例题。由于课本上例题以及练习都比较单一，用简单的综合法即可得到，但在不等式的证明中，有时要综合运用几种方法才可证明，而不是只用单一的方法。因此补充是必要的。 例2 已知a，b，c都是正数，且a，b，c成等比数列，

求证：

分析：本题所要证明的不等式的结构与例1不一样，右边也看不到平方不等式的相同结构之处。可以先考虑作差;如何判断，差的结果与0的关系?注意“a，b，c成等比数列”可以得出什么信息? 。

证明：左-右= (需证明差与0的关系)

∵a，b，c成等比数列，

∴ (说明： ，关键要证明 )

又∵a，b，c都是正数，所以 ≤ (又用到成等比数列和均值定理的变形)

反思：此题在证明过程中运用了差比法、基本不等式、等比中项性质，体现了综合法证明不等式的特点，还告诉我们在证明不等式时，并不一定只用到一种单一的方法，而是要采用所学知识，将理由说明清楚。

⑦课堂小结：通过本节学习，要求熟练掌握并应用已学的重要不等式及不等式性质推出所证不等式成立，进而掌握综合法证明不等式。

⑧课外作业：

大学数学中不等式的证明方法 篇6

大学数学中不等式的证明方法

作者：吴莹

来源：《学园》2013年第01期

【摘 要】不等式在科学研究中的地位很重要，但对不等式的证明有些同学无从下手，用什么方法是个难题，所以本文对大学数学中遇到的不等式的各种证明方法进行归纳总结，并给出了相应的例子。

【关键词】数学归纳法 导数 单调性 中值定理 最值 积分

高中数学不等式证明常用方法 篇7

一﹑构造函数法证明

构造函数法证明不等式的通法可概括为:证明不等式f(x)≥g(x)的问题可转化为证明f(x)-g(x)≥0,进而构造辅助函数F(x)=f(x)-g(x),然后利用导数证明函数F(x)的单调性或证明F(x)min≥0.

分析:e1+λ<x1·xλ2等价于1+λ<lnx1+λlnx2.

由f′(x)=lnx+1-ax-1=lnx-ax可知,x1,x2分别是方程lnx-ax=0的两个根,即lnx1=ax1,lnx2=ax2.

所以1+λ<lnx1+λlnx2=ax1+λax2=a(x1+λx2).

当λ2≥1时,可见t∈(0,1)时,h′(t)>0,所以h(t)在(0,1)上单调递增,

又h(1)=0,所以h(t)<0在(0,1)恒成立,符合题意.

当λ2<1时,可见t∈(0,λ2)时,h′(t)>0;t∈(λ2,1)时,h′(t)<0,

所以h(t)在(0,λ2)上单调递增,在(λ2,1)上单调递减,

又h(1)=0,

所以h(t)在(0,1)上不能恒小于0,不符合题意,舍去.

综上所述,若不等式e1+λ<x1·xλ2恒成立,只需λ2≥1,又λ>0,所以λ≥1.

评注:证明函数型不等式时,构造辅助函数,只需将不等式的其中一边变为0,然后另一边的函数作为辅助函数.但是像例1的题,构造辅助函数比较困难,我们需要对不等式本身进行变形处理,并利用导数证明其单调性或求出其最值,进而构造出我们所需的不等式的结构即可.如果是函数在区间上的端点值是最大(小)值,利用导数证明其单调性即可;否则还要利用导数计算辅助函数的最大(小)值.

二﹑利用最小值大于最大值证明

这类函数不等式的证明通法可概括为:证明不等式f(x)≥g(x)的问题可转化为证明f(x)min≥g(x)max,然后分别求函数的最值.

【例2】已知f(x)=-x2+ax-2,g(x)=xlnx.

(1)对任意x∈(0,+∞),g(x)≥f(x)恒成立,求实数a的取值范围;

解:(1)对任意x∈(0,+∞),g(x)≥f(x)恒成立,

当x∈(0,1)时,F′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,F′(x)>0,

因此,F(x)在x=1处取极小值,也是最小值,即F(x)min=F(1)=3,∴a≤3.

评注:证明这类函数型不等式时,如果用构造函数法,此时求辅助函数的最值可能会非常麻烦,甚至求不到.在处理该问题前,可以先观察不等式两边函数的取值情况,看能否用最小值大于最大值的方法证明.

三﹑主元法证明

【例3】已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx.

(1)求函数f(x)的最大值;

分析:对于(2),绝大部分学生都会望而生畏.如果能挖掘所给函数与所证不等式间的联系,想一想不等式的大小关系与函数的单调性密切相关,由此就可过渡到根据所要证的不等式构造恰当的函数,利用导数研究函数的单调性,借助单调性比较函数值的大小,从而达到证明不等式的目的.

解:(1)略;

当0<x<a时,F′(x)<0,因此,F(x)在(0,a)上为减函数;

当x>a时,F′(x)>0,因此,F(x)在(a,+∞)上为增函数.

从而当x=a时,F(x)有极小值F(a).

又设G(x)=F(x)-(x-a)ln2,

当x>0时,G′(x)<0.因此,G(x)在(0,+∞)上为减函数.

不等式证明方法学法指要 篇8

一、 方法选择应当灵活多变

拿到此题后，有同学不假思索地给出如下解法：

由算术几何平均不等式3abc≤a+b+c3，可得abc≤a+b+c33=43=64，等号当且仅当a=b=c=4时取得，所以abc的最大值为64.

过程如此简单？仔细一看，发现条件“ab+bc+ca=45”未用到，它是多余的吗？先别妄下结论，将结果代入验证一下吧！

将a=b=c=4代入题设条件“ab+bc+ca=45”中，得左边=48≠45=右边，这说明64不是最大值，上述解法出错了.

还有的同学将问题转化为求函数f（a）=a3-12a2+45a的最大值问题，此时运用导数知识不难求得结果. 请同学们尝试完成.

本题真的不能用不等式的知识求解吗？答案是否定的. 下给出一妙法，供参考.

由a+b+c=12，得a+c=12-b，代入ab+bc+ca=45的变形式b（a+c）+ca=45，得b（12-b）+ca=45，即ca=b2-12b+45．

又ca≤c+a22=12-b22，所以b2-12b+45≤12-b22，即b2-8b+12≤0． 解得2≤b≤6，于是abc=（b2-12b+45）b=（b-3）2（b-6）+54≤54．

不难得到，当a=3，b=6，c=3，或a=6，b=3，c=3，或a=3，b=3，c=6时，abc取得最大值54. 

这个解法妙在把三个变量的问题转化为一个变量的问题求解. 三个变量的函数最值问题同学们可能都比较陌生，而一个变量的函数最值问题大家就比较熟悉了. 这体现了函数思想与转化化归思想的巨大作用.

上述解法中，基本不等式起了重要作用，它是求解最值问题的重要工具，但不是万能的工具，函数思想与转化化归思想才是贯穿整个解题始终的一根“红线”. 有了这根“红线”，问题才得以顺利解决；而有了这根“红线”，我们解题将有法可依，有规可循.

评

注

不论用什么方法证明不等式，都应当注意解题的规范化，证明过程中的每一步都要合乎逻辑，这是很重要的.

不等式的证明问题，由于题目多变、方法多样、技巧性强，加上无固定的规律可循，往往不是用一种方法就能解决的，它是多种方法的灵活运用，也是各种思想方法的集中体现，因此难度较大. 解决问题的途径在于熟练掌握不等式的性质和一些基本不等式，灵活运用常用的证明方法，“多练，多思，多悟”，平时学习不要钻牛角尖，不要在过难问题上耗时过多，以提高学习的效率.

高中数学不等式证明常用方法 篇9

数列和不等式是高考的两大热点也是难点，数列是高中数学中一个重要的内容，在高等数学也有很重要的地位，不等式是高中数学培养学生思维能力的一个突出的内容，它可以体现数学思维中的很多方法，当两者结合在一起的时候，问题会变得非常的灵活。所以在复习时，我们在分别复习好两类知识的同时，一定要注意它们的相互渗透和交叉，培养灵活的思维能力。

数列和证明不等式的交叉，是这两大块知识的主要交叉点，它在数列的特殊情景下，巧妙的融合了不等式的证明，它所涉及的问题往往是灵活的应用了数列和不等式的知识，把这两者完美的结合在了一起。

例1设an和bn分别是等差数列和等比数列，且a1b10，a2b20，若a1a2，试比较an和bn的大小。

分析：这两个通项大小的比较，它们的未知量比较多，比容易直接完成。因通过它们的项数n把他们组合在一起。设an的公差为d，bn的公比为q。显然q0，因为a2b20，所以有，a1da1q，即a1q1d。anbna1n1da1qn1a1a1n1q1a1qn1。又因为a1a2，所以

1qn1a2q1。若q1时，anbna11qn1= a11q

=a11q1qq2qn2n1。因为1qq2qn1n1，1q0，所以有：anbn。若0q1时，1qq2qn1n1，1q0，所以也有： anbn。综上所述，当nN，且n2时，anbn。在证明过程，对等比数列求和公式的逆用，是本题证明的一个转折点，它避免了一些不必要的分类讨论，时问题得以简化。

例2已知递增的等比数列an前三项之积为512，且这三项分别减去1，3，9后成等差数列，求证：123n1。a1a2a3an

分析：要想证明这个不等式，首先要求出左边的和式。根据题意，an是等比数列，2所以左边的和式可以利用错位相减法来求和。先确定这个等比数列。由a1a3a2可

得，a1a2a3a2512，所以a28。再设等比数列an的公比为q。则根据条件可

a14

得：818q9283，解得，q2或q1（舍去）。所以，因此，q2q2123n

an2n1。令Sn123n=234n1----------①，则

a1a2a3an222

21S123n--------------②，2n2324252n2由①-②得，1S1111n，即，2n2223242n12n2

1111n11n

1= Sn

222232n2n12n2n1

例3在某两个正数x，y之间，若插入一个数a，使x，a，y成等差数列；若另插入两个数b，c，使x，b，c，y成等比数列，求证：a12b1c1

分析：不等式左边有字母a，右边有不同字母b、c，要比较两边的大小，必须寻找

xy，bx2y，cxy2。a、b、c三者之间的联系，利用数列的关系可得：a2为计算方便，我们再令mx0，n

33

mn则a，bm2n，cmn2，y0，m3n32

1m2n1mn21= 那么，a1b1c1

2m3n3

=m2n2mn0，得a12b1c1。

2

例4设an0，且ananan1，求证：对一切自然数n，都有an。





n

22分析：因为ananan1，所以an1ananan1an，由已知an0，所以有，an1an0，即0an1。又因为an1an1an，111，所以1111。则有，1

an1an1anan1anan1an1an

在上式中取n1,2,,n1，得n1个不等式，把它们相加得，11n1，于

ana1

是，1n11n11n，因此，an1。在此题的证明过程中，我们巧妙的nana1

利用了数列求和的累加法，时问题的解决有一种全新的感觉。本题由于和自然数有关，也可以利用数学归纳法来证明。

例5 设a2，给定数列xn，其中x1a，且满足xn1

xn1

1。xn

2xn

。

2xn1求证：xn2且

分析：这是1984年的高考题，当时难倒了绝大部分的学生，大家觉得无从着手。它给定的是数列，求证的是不等式，而且都是和通项有关，所以我们可以考虑求出数列的通项再来观察。

xnxn1xn1x1因为2，又因为2xn12xn4xn4xn2x2x11n1

xn

xnax1a，所以有，xn2a2

n1

2n，则xn

2a21a

2n1

。而a2，则有，a20a21，所以01

aa因此，xn2且

xn1

1。xn

2n1

a21，那么01a

2n1

a21a

2n

1，1例6求证：1352n1。

2462n3n1

分析：这是一道不等式的证明题，若我们总是在不等式的圈子里转悠，问题不能圆满的解决。跳出这个圈子，我们不难发现这是一个自然数有关的命题，那么，解决它的方法不外乎两种，一是利用数学归纳法；二是构造数列。我们来构造一个数列

a2n23n1=

an。令an1352n1n1，则n1

2462n2n123n4an

12n28n20n41。所以，aa，从而有，aaaa1。=n1nnn1n2112n328n219n4

因此原不等式得证。

lgSnlgSn2

lgSn1。

分析：这是在数列情景下的不等式证明，所以要交叉使用数列的性质和不等式的证

例7设an是正项的等比数列，Sn是其前n项的和.证明：

明技巧。要证不等式等价于SnSn2Sn1，因为an0，所以Sn1Sn0。

由等比数列的定义可得：

aaa2a3

n1n2。a1a2anan1

再用等比定理得：

SnSn2Sn1。

Sn2Sn1an2a2a3an1Sn1a1Sn1，因此有：

Sn1Snan1a1a2anSnSn

例8 数列an和bn都是正项数列，对任意的自然数都有an，bn，an1成等差数列，22，an1，bnbn1成等比数列。

(1)问：bn是不是等差数列？为什么？

222(2)求证：对任意的自然数p和q（pq），bpqbpq≥2bp。

分析：对于第(1)题，我们不难证明它一定是等差数列。问题(2)的证明方法很多，我们可以直接利用等差数列的通项公式，通过作差比较来完成。但是若我们仔细分

222

析题意，观察bp，bbqpqp的特点，我们不难发现它们三者之间有等量关系：

bpqbpq≥

bpqbpq2bp，所以bpqbpq

。此题充分体现了数列和2bp

不等式知识的交叉运用。

例9数列an中，前n项之和为Snan2bn，其中a和b为常数，且a0，ab1，nN。

(1)求数列an的通项公式an；并证明an1an1。(2)若cnloganan1，试判断数列cn中任意两项的大小。

分析：此题的已知条件，前n项之和为Snan2bn 告诉我们，数列an是一个等差数列，要证明an1an1成立，只要证明该数列是一个递增的数列，且a11即可。(1)由Snan2bn可知，a1S1ab1，anSnSn12anab，所以an1an2a0，即数列an是一个单调递增的数列，那么an1ana11。

cn1logan1an2

(2)由(1)可知，数列cn各项都为正。则=logan1an2logan1ancnloganan1

logan1an2logan1an≤2=1logan1an124

2aan

1logaan2an21logan1n2= n1424





1，所以cn1cn.例10 已知数列an中，对一切自然数n，都有an0,1且anan 12an1an0。

求证：(1)an11an；

(2)若Sn表示数列an的前n项之和，则Sn2a1。

分析：从题目的结构可以看出，条件anan12an1an0是解决问题的关键，必2须从中找出an1和an 的关系。(1)由已知anan可得an12an1an0，2an1

1an1，12

又因为an0,1，所以有，01an11,因此an2an1，即an1an。2

1a1aa(2)由结论(1)可知，an1an112an2n，即1n1，于是有，22212n1112112a1，即Sn2a1。Sna1a2ana1a1n1a1a1

12212

高中数学不等式证明常用方法 篇10

教材：不等式证明二（综合法，分析法，反证法，变换法）

目的：加强不等式证明的训练，以期达到熟练技巧，同时要求学生初步掌握用综

合法证明不等式。

过程：1综合法

有时我们可以利用某些已经证明过的不等式(例如均值不等式)和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立,这种方法通常叫做综合法,也叫做公式法.例1.已知 a, b , c是不全相等的正数,求证:

ab2c2bc2a2ca2b26abc

证明:

同理 

22b2c22bc,a0ab2c22abc22bacac2abcb2abc

因为, c 不全相等,所以三式不能全取等号 a , b

ab2c2bc2a2ca2b26abc



2分析法

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,这种证明方法通常叫做分析法.例2求证72

52都是正数,所以为了证明 证明:因为3和

只需证明

展开得 3725372221022120

22110

215

2125

2125成立,所以3因为 7  2 成立

证明某些含有根式的不等式时,用综合法比较困难,例如这道题,我们很难想到从21<25下手,因此,我们常用分析法探索证明的途径,然后用综合法的形式写出证明过程,这是解决数学问题的一种重要方法

例3证明:当周长相等时,圆的面积比正方形的面积大

LL证明:设周长为,正方形面积为L依题意,圆的面积为4222

所以本题只需证明 LL24

L2L2

为了证明上式成立,只需证明2416411两边同时乘以正数得2L

4因此只需证明: 4

LL上式是成立的,所以: 24

2222这就证明了,如果周长相等,那么圆的面积比正方形的面积大.3反证法 反证法是一种间接证明方法,我们如果欲证明“若A则B”,可以通过否定B来达到肯定B的效果,步骤一般分为三步:1.反设结论不成立;2.归谬,由假设作为条件推出矛盾;3.结论,肯定欲证结论的正确

a,b,c都是小于1的正数,求证: 已知

1ab,1bc,1c

41a中至少有一个不大于444111证明:假设 1ab,1bc,1ca

a,b,c都是小于1的正数

1111ab,1bc,1ca222

31ab1bc1ca2

但是 1ab1bc1ca

1ab1bc1ca222

3所以，矛盾！

4变换法 变换法就是利用拆项或者插项,换元(三角换元,增量换元,等价转化)等变换达到证明不等式的目的,其中,最为常用的就是三角换元法,把多个变量换成同一个角的三角函数值,再用三角公式进行证明.222a,b,cRabc求证: 已知:,且

anbncn(nN,n2)

:由已知,可设 acos,bsin

0sin1,0cos

10sinnsin2,0cosncos2

anbncnsinncosncnsin2cos2cn



三、小结：各种证明方法

浅析证明不等式的几种方法 篇11

一、比较法

1.理论依据：不等式的基本性质.

2.步骤：作差、变形、判断符号.

3.适用于分式、高次不等式的证明.

4.有时也可用商值比较法.

例1 已知a、b、c是△ABC的三边，求证：

4（ab+bc+ca）>（a+b+c）2.

证明 因为4（ab+bc+ca）-（a+b+c）2=2ab+2bc+2ca-a2-b2-c2=a（b+c-a）+b（a+c-b）+c（a+b-c）>0.所以4（ab+bc+ca）>（a+b+c）2.

二、综合法

1.思维特点：执因索果.

2.逻辑关系：AB1B2…BnB，每步寻找上一步的必要条件.

3.常用不等式：|a|≥0；a2≥0；a2+b2≥2ab（a、b∈ R ）；

a+b 2 ≥ ab （a、b∈ R +）；

b a + a b ≥2（a、b∈ R +）； b2 a +a≥2b（a∈ R +）等.

4.思路：由已知条件灵活使用有关不等式的定理以及不等式的基本性质，找出已知条件与待证不等式间的内在联系.（注意使用的不等式成立的条件）.

例2 a、b、c>0，求证：abc≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）

分析 不等号左边是单字母乘积，右边是字母和差式乘积，因此寻求字母与和差式的关系：a=

（a+b-c）+（a+c-b） 2 ，同样b和c也有这样的关系.

证明 不妨设a≥b≥c>0，则a+b-c≥0，c+a-b≥0.

若b+c-a≤0，则原不等式显然成立.

若b+c-a>0，则由

a= （a+b-c）+（a+c-b） 2 ≥ （a+b-c）（a+c-b） ≥0 ①

b= （a+b-c）+（b+c-a） 2 ≥ （a+b-c）（b+c-a） ≥0 ②

c= （c+a-b）+（b+c-a） 2 ≥ （c+a-b）（b+c-a） ≥0 ③

①、②、③相乘

abc≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）.

三、分析法

1.分析法适用的题型：

（1）证明不知从何入手；（2）恒等式的证明；（3）条件简单、结论复杂.

2.分析法的思维特点：执果索因.

3.分析法的模式（书写格式）：

（1）为了证明…，（2）只需证明…，（3）即证明…，（4）…显然成立，⑤所以原式成立.

4.分析法的另一种表达方式：

首先假定所要证明的不等式成立→逐步推出一个已知成立的不等式（每步可逆）→最后得出结果.（注意得结果前应说明以上每步都可逆）.

例3 已知a>b>0，求证： （a-b）2 8a < a+b 2 - ab < （a-b）2 8b

证明 因为a>b>0，所以为证明 （a-b）2 8a < a+b 2 - ab < （a-b）2 8b ，只需证明 （a-b）2 4a <（ a - b ）2< （a-b）2 4b ，

整理得

（

a-b 2 a ）2<（ a - b ）2<（ a-b 2 b ）2

即证 a-b 2 a < a - b < a-b 2 b

即证 a + b 2 a <1< a + b 2 b

即证1+ b a <2<1+ a b

即 b a <1< a b 即证明 b a <1< a b .

∵a>b>0，∴ b a <1< a b 显然成立，所以原不等式成立.

四、放缩法

证A≥B可通过适当放大使得B≤B1≤B2≤…≤Bn≤A或缩小使得A≥A1≥A2≥…≥An≥B，借助多个中间量，利用不等式的传递性达到目的（从一端证到另一端）.注意：放缩应适当.

例4 求证：1+

1 2 + 1 3 +…+ 1 n > n （n∈ N *，n>1）.

证明 1+

1 2 + 1 3 +…+ 1 n > 1 n + 1 n +…+ 1 n = 1 n ·n= n .

五、利用函数性质（单调性、有界性）证明不等式

根据题目的特点恰当地构造一个函数，利用函数的单调性将不等式的证明转化为求函数值域或最值的问题.

例5 求证：- 2 ≤ 1-x - 1+x ≤ 2 .

证明 设f（x）= 1-x - 1+x ，其中-1≤x≤1，显然f（x）在[-1，1]为减函数.

∴f（1）≤f（x）≤f（-1），即- 2 ≤ 1-x - 1+x ≤ 2 .

六、构造二次函数

利用二次函数与二次方程的关系（判别式法）.

原理：ax2+bx+c>0（a≠0）

解集是 R Δ<0，a>0.

适合题型： ①可化成某一字母的二次式②字母的范围是 R

例6 三角形ABC中，A、B、C是三角形的三个内角，x、y、z∈ R .

求证：x2+y2+z2≥2xycosC+2xzcosB+2yzcosA

证明 设f（x）=（x2+y2+z2）-（2xycosC+2xzcosB+2yzcosA）

整理得f（x）=x2-（2ycosC+2zcosB）x+（y2+z2-2yzcosA）

此时可以把f（x）看作是关于x的二次函数.

1 4 Δ=（ycosC+zcosB）2-（y2+z2-2yzcosA）

=-y2sin2C-z2sin2B+2yzcosBcosC+2yzcosA

=-y2sin2C-z2sin2B+2yzcosBcosC-2yzcos（B+C）

=-（ysinC-zsinB）2≤0

所以f（x）恒大于或等于0.

即x2+y2+z2≥2xycosC+2xzcosB+2yzcosA.

七、换元法

1.三角换元

（1）“1”的代换：sin2α+cos2α=1，sec2α-tan2α=1，csc2α-cot2α=1.

（2）变量有界弦函数换元，变量无界切函数换元.

2.代数换元

3.均值换元

注意：换元后新变量的变化范围必须确保原变量的变化范围不发生变化.

例7 已知a、b、c∈ R ，且a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥ 1 3 .

证明 （采用均值换元法）

设a= 1 3 +m，b= 1 3 +n，c= 1 3 +k，且m+n+k=0.

则a2+b2+c2=（ 1 3 +m）2+（ 1 3 +n）2+（ 1 3 +k）2

= 1 3 + 2 3 （m+n+k）+（m2+n2+k2）≥ 1 3 .

八、反证法

1.适合题型：含至多、至少等字样或正面证明无从入手.

2.注意：对结论的否定应全面不能遗漏.

例8 已知f（x）=x2+ax+b，求证：|f（1）|、|f（2）|、|f（3）|中至少有一个不小于 1 2 .

证明 假设|f（1）|、|f（2）|、|f（3）|都小于 1 2 .

则|f（1）|+2|f（2）|+|f（3）|<2，而|f（1）|+2|f（2）|+|f（3）|≥

|f（1）-2f（2）+f（3）|=|1+a+b+9+3a+b-8-4a-2b|=2

与假设矛盾，所以假设不成立.

故|f（1）|、|f（2）|、|f（3）|中至少有一个不小于 1 2 .

九、构造图形证明不等式

寻求不等式的几何意义，构造恰当的几何图形证明不等式. 图1

例9 x、y、z∈（0，1），求证： x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）<1.

证明 构造等边三角形，三边长分别为1，如图1所示.设M、N、P分别为边AB、AC、BC上的点，且满足AM=x，NC=y，BP=z.且0