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不等式证明方法讲义


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数学(高二)讲义

不等式的证明方法 一、比较法
1. 求证:x2 + 3 > 3x 证:∵(x2 + 3) ? 3x = x 2 ? 3x ? ( ) 2 ? ( ) 2 ? 3 ? ( x ? ) 2 ? ∴x2 + 3 > 3x 2. 已知 a, b, m 都是正数,并且 a < b

,求证:

3 2

3 2

3 2

3 ?0 4

a?m a ? b?m b

证:

a ? m a b(a ? m) ? a(b ? m) m(b ? a) ? ? ? b?m b b(b ? m) b(b ? m)
∵a,b,m 都是正数,并且 a<b,∴b + m > 0 , b ? a > 0 ∴

m(b ? a) ?0 b(b ? m)

即:

a?m a ? b?m b

变式:若 a > b,结果会怎样?若没有“a < b”这个条件,应如何判断? 3. 已知 a, b 都是正数,并且 a ? b,求证:a5 + b5 > a2b3 + a3b2 证:(a5 + b5 ) ? (a2b3 + a3b2) = ( a5 ? a3b2) + (b5 ? a2b3 ) = a3 (a2 ? b2 ) ? b3 (a2 ? b2) = (a2 ? b2 ) (a3 ? b3) = (a + b)(a ? b)2(a2 + ab + b2) ∵a, b 都是正数,∴a + b, a2 + ab + b2 > 0 又∵a ? b,∴(a ? b)2 > 0 即:a5 + b5 > a2b3 + a3b2 4. 甲乙两人同时同地沿同一路线走到同一地点,甲有一半时间以速度 m 行走,另一半时间 以速度 n 行走;有一半路程乙以速度 m 行走,另一半路程以速度 n 行走,如果 m ? n,问: 甲乙两人谁先到达指定地点? 解:设从出发地到指定地点的路程为 S, 甲乙两人走完全程所需时间分别是 t1, t2, 则: 1 m ? ∴(a + b)(a ? b)2(a2 + ab + b2) > 0

t 2

t1 n ? S, 2

S S ? ? t2 2m 2n

可得:t1 ?

2S S ( m ? n) , t2 ? m?n 2mn

2S S (m ? n) S[4mn ? (m ? n) 2 ] S ( m ? n) 2 ? ? ?? ∴ t1 ? t 2 ? m?n 2mn 2(m ? n)mn 2mn(m ? n)
∵S, m, n 都是正数,且 m ? n,∴t1 ? t2 < 0 从而:甲先到到达指定地点。 变式:若 m = n,结果会怎样? 即:t1 < t2

1

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作商法 1.设 a, b ? R+,求证: a a b b ? (ab) 证:作商:
a ?b 2
a ?b 2

? abb a
b
b?a 2

a abb (ab)
a ?b 2

?a

a ?( ) b

a ?b 2

a 当 a = b 时, ( ) b

a ?b 2

?1
a ?b a ? 0, ( ) 2 b
a ?b 2

a 当 a > b > 0 时, ? 1, b
当 b > a > 0 时, 0 ?
a ?b 2

?1
a ?b 2

a ? 1, b

a?b a ? 0, ( ) 2 b

?1

∴ a a b b ? (ab)

(其余部分布置作业)

二、综合法
1.综合法:利用某些已经证明过的不等式(例如算术平均数与几何平均数定理)和不 等式的性质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
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2.用综合法证明不等式的逻辑关系是: A ? B1 ? B2 ? ? ? Bn ? B 3.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
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例 1 已知 a,b,c 是不全相等的正数,求证:

a(b 2 ? c 2 ) ? b(c 2 ? a 2 ) ? c(a 2 ? b 2 ) ? 6abc
证明:∵ b ? c ≥2bc,a>0,
2 2

∴ a (b ? c ) ≥2abc
2 2

① ② ③
2 2 2 2 2 2

同理 b(c ? a ) ≥2abc
2 2

c(a 2 ? b 2 ) ≥2abc

因为 a,b,c 不全相等,所以 b ? c ≥2bc, c ? a ≥2ca, a ? b ≥2ab 三式不能全 取“=”号,从而①、②、③三式也不能全取“=”号 ∴ a(b ? c ) ? b(c ? a ) ? c(a ? b ) ? 6abc
2 2 2 2 2 2
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例2

已知 a,b,c 都是正数,且 a,b,c 成等比数列,

2

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求证: a ? b ? c ? (a ? b ? c)
2 2 2

2

证明:左-右=2(ab+bc-ac) ∵a,b,c 成等比数列,∴ b ? ac
2

又∵a,b,c 都是正数,所以 0 ? b ? ∴a?c ?b
2

ac ≤

a?c ? a?c 2

∴ 2(ab ? bc ? ac) ? 2(ab ? bc ? b ) ? 2b(a ? c ? b) ? 0 ∴ a ? b ? c ? ( a ? b ? c)
2 2 2 2

说明:此题在证明过程中运用了比较法、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 练习:
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1. 设 a, b, c ? R, 1?求证: a ? b ?
2 2

2 ( a ? b) 2
2 2 2 2

2?求证: a ? b ? b ? c ? c ? a ?
2 2

2 (a ? b ? c)

3?若 a + b = 1, 求证: a ?

1 1 ? b? ?2 2 2


证:1?∵

a2 ? b2 a?b 2 ?( ) ?0 2 2
2 2

a2 ? b2 a?b a?b ?| |? 2 2 2

∴ a ?b ?

2 ( a ? b) 2 2 (b ? c) , 2
2 2

2?同理: b ? c ?
2 2

c2 ? a2 ?
2 2

2 (c ? a ) 2
2 (a ? b ? c)

三式相加: a ? b ? b ? c ? c ? a ?
2 2

3?由幂平均不等式:

1 1 1 ( a? ? b? )? 2 2 2
∴ a?

1 1 (a ? ) ? (b ? ) 2 2 ? 2

(a ? b ? 1) ? 2

2 ?1 2

1 1 ? b? ? 2 2 2

3

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2.a , b, c?R, 求证:1? 2? 3?

1 1 1 (a ? b ? c)( ? ? ) ? 9 a b c 1 1 1 9 (a ? b ? c)( ? ? )? a?b b?c c?a 2 a b c 3 ? ? ? b?c c?a a?b 2
1 1 1 1 ? ? ? 33 , 两式相乘即得 a b c abc
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证:1?法一: a ? b ? c ? 33 abc , 法二:左边 ?

a?b?c a?b?c a?b?c b a c a c b ? ? ? 3?( ? ) ?( ? ) ? ( ? ) a b c a b a c b c

≥ 3+2+2+2=9 2?∵

a?b b?c c?a 33 ? ? ? (a ? b)(b ? c)(c ? a) 2 2 2 2

1 1 1 1 ? ? ? 33 两式相乘即得 a?b b?c c?a (a ? b)(b ? c)(c ? a)

1 1 1 9 ? ? )? a?b b?c c?a 2 c a b 9 a b c 3 ∴1 ? 即 ?1? ?1? ? ? ? ? a?b b?c c?a 2 b?c c?a a?b 2
3?由上题: (a ? b ? c)(

三、分析法
1 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条 件,把证明不等式转化为判定这些条件是否具备的问题,如果能够肯定这些条件都已具备, 那么就可以断定原不等式成立,这种方法通常叫做分析法
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2.用分析法证明不等式的逻辑关系是: B ? B1 ? B2 ? ? ? Bn ? A 3.分析法的思维特点是:执果索因 4.分析法的书写格式: 要证明命题 B 为真,
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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
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例 1 求证 3 ? 7 ? 2 5 证明:因为 3 ? 7和2 5 都是正数,所以为了证明 3 ? 7 ? 2 5 只需证明 ( 3 ? 7 ) ? (2 5 )
2 2

4

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展开得 即

10 ? 2 21 ? 20

2 21 ? 10,21 ? 25

因为 21 ? 25 成立,所以

( 3 ? 7 ) 2 ? (2 5 ) 2 成立
即证明了 3 ? 7 ? 2 5 说明:①分析法是“执果索因” ,步步寻求上一步成立的充分条件,它与综合法是对立 统一的两种方法 ②分析法论证“若 A 则 B”这个命题的模式是:为了证明命题 B 为真, 这只需要证明命题 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 B 必真 例 2 证明:通过水管放水,当流速相同时,如果水管截面的周长相等,那么截面是圆的水 管比截面是正方形的水管流量大 分析: 当水的流速相同时, 水管的流量取决于水管截面面积的大小, 设截面的周长为 L,
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L L 2 L ,截面积为 T1 ( ) ;周长为 L 的正方形边长为 ,截面积 2? 2? 4 L 2 L 2 L 2 为 ( ) 所以本题只需证明 ? ( ) ?( ) 4 2? 4 L 2 证明:设截面的周长为 L,依题意,截面是圆的水管的截面面积为 ? ( ) ,截面是正 2? L 2 L 2 L 方形的水管的截面面积为 ( ) ,所以本题只需证明 ? ( ) ? ( )2 4 2? 4
则周长为 L 的圆的半径为
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为了证明上式成立,只需证明

?L2 L2 ? 4? 2 16

4 1 1 ,得 ? 2 ? 4 L 因此,只需证明 4 ? ? L 2 L 上式是成立的,所以 ? ( ) ? ( )2 2? 4
两边同乘以正数 这就证明了,通过水管放水,当流速相同时,如果水管截面的周长相等,那么截面是圆 的水管比截面是正方形的水管流量大 说明:对于较复杂的不等式,直接运用综合法往往不易入手,因此,通常用分析法探索 证题途径,然后用综合法加以证明,所以分析法和综合法经常是结合在一起使用的 练习:
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2 2 2 2 1. 已知 a,b,c,d∈R,求证:ac+bd≤ ( a ? b )( c ? d )

分析一:用分析法 证法一:(1)当 ac+bd≤0 时,显然成立

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(2)当 ac+bd>0 时,欲证原不等式成立, 2 2 2 2 2 只需证(ac+bd) ≤(a +b )(c +d ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 即证 a c +2abcd+b d ≤a c +a d +b c +b d 2 2 2 2 即证 2abcd≤b c +a d 2 即证 0≤(bc-ad) 因为 a,b,c,d∈R,所以上式恒成立, 综合(1)、(2)可知:原不等式成立 分析二:用综合法 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 证法二:(a +b )(c +d )=a c +a d +b c +b d =(a c +2abcd+b d )+(b c -2abcd+a d ) 2 2 2 =(ac+bd) +(bc-ad) ≥(ac+bd)
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2 2 2 2 ∴ ( a ? b )( c ? d ) ≥|ac+bd|≥ac+bd

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故命题得证 分析三:用比较法 2 2 2 2 2 2 证法三:∵(a +b )(c +d )-(ac+bd) =(bc-ad) ≥0, 2 2 2 2 2 ∴(a +b )(c +d )≥(ac+bd)
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2 2 2 2 ∴ ( a ? b )( c ? d ) ≥|ac+bd|≥ac+bd, 2 2 2 2 即 ac+bd≤ ( a ? b )( c ? d )

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2 选择题
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(1)若 logab 为整数,且 loga

1 2 >loga b logba ,那么下列四个结论中正确的个数是 ( b

)①
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1 2 > b >a ②logab+logba=0 ③0<a<b<1 ④ab-1=0 b
A1 B2 C3 答案:A (2)设 x1 和 x2 是方程 x2+px+4=0 的两个不相等的实数根,则( ) A |x1|>2 且|x2|>2 B |x1+x2|>4 C |x1+x2|<4 D |x1|=4 且|x2|=1 答案:B + (3)若 x,y∈R ,且 x≠y,则下列四个数中最小的一个是( )
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D4
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A

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1 1 1 ( ? ) 2 x y

B

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1 x? y

C

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1 xy

D

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1 2( x ? y 2 )
2

答案:D (4)若 x>0,y>0,且 x ?

y ≤a x ? y 成立,则 a 的最小值是(



A

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2 2

B

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2

C2
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D2 2
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答案:B + (5)已知 a,b∈R ,则下列各式中成立的是(
2 2
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A cos θ ·lga+sin θ ·lgb<lg(a+b) B cos2θ ·lga+sin2θ ·lgb>lg(a+b) C acos2θ ·bsin2θ =a+b D acos2θ ·bsin2θ >a+b
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答案:A + (6)设 a,b∈R ,且 ab-a-b≥1,则有( A a+b≥2( 2 +1) B a+b≤+1
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2
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C a+b≥( 2 +1)

D a+b≤2( 2 +1)
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答案:A 2 用分析法证明: 2 4 2 2 3(1+a +a )≥(1+a+a ) 2 4 2 2 证明:要证 3(1+a +a )≥(1+a+a ) 2 2 2 2 2 只需证 3[(1+a ) -a ]≥(1+a+a ) 2 2 2 2 即证 3(1+a +a)(1+a -a)≥(1+a+a )
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∵1+a+a =(a+

2

1 2 3 ) + >0 2 4
2

只需证 3(1+a -a)≥1+a+a 2 展开得 2-4a+2a ≥0 2 即 2(1-a) ≥0 成立 2 4 2 2 故 3(1+a +a )≥(1+a+a ) 成立 3 用分析法证明:
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2

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ab+cd≤ a 2 ? c 2 ? b 2 ? d 2
证明:①当 ab+cd<0 时,

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ab+cd< a 2 ? c 2 ? b 2 ? d 2 成立
②当 ab+cd≥0 时, 欲证 ab+cd≤ a ? c ? b ? d
2 2 2
2

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2

只需证(ab+cd) ≤( a ? c ? b ? d )
2 2 2 2

2

展开得 a b +2abcd+c d ≤(a +c )(b +d ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 即 a b +2abcd+c d ≤a b +a d +b c +c d 2 2 2 2 即 2abcd≤a d +b c 2 2 2 2 只需证 a d +b c -2abcd≥0 2 即(ad-bc) ≥0 2 因为(ad-bc) ≥0 成立
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2 2

2 2

2

2

2

2

所以当 ab+cd≥0 时,ab+cd≤ a ? c ? b ? d 成立
2 2 2 2

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综合①②可知:ab+cd≤ a ? c ? b ? d 成立
2 2 2 2

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4 用分析法证明下列不等式:
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(1)求证: 5 ? 7 ? 1 ? 15 (2)求证: x ? 1 ?
+

x ? 2 ? x ? 3 ? x ? 4 (x≥4)

(3)求证:a,b,c∈R ,求证:

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2(

a?b a?b?c 3 ? ab ) ? 3( ? abc) 2 3

证明:(1)欲证 5 ? 7 ? 1 ? 15 只需证 ( 5 ? 7 ) ? (1 ? 15 )
2 2

展开得 12+2 35 >16+2 15 即 2 35 >4+2 15 只需证(2 35 ) >(4+2 15 ) 即 4> 15 这显然成立 故 5 ? 7 ? 1 ? 15 成立 (2)欲证 x ? 1 ? 只需证 x ? 1 ? 即证 ( x ? 1 ?
2 2

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x ? 2 ? x ? 3 ? x ? 4 (x≥4) x ? 4 ? x ? 3 ? x ? 2 (x≥4)

x ? 4 ) 2 ? ( x ? 3 ? x ? 2 ) 2 (x≥4)

展开得 2x-5+2 x ? 1 ? 即 ( x ? 1)( x ? 4) ?

x ? 4 ? 2x ? 5 ? 2 x ? 3 ? x ? 2
( x ? 3)( x ? 2)
2 2

只需证[ ( x ? 1)( x ? 4) ] <[ ( x ? 3)( x ? 2) ] 即证 x -5x+4<x -5x+6 即 4<6 这显然成立 故
2 2

x ? 1 ? x ? 2 ? x ? 3 ? x ? 4 (x≥4)成立

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(3)欲证 2(

a?b a?b?c 3 ? ab )≤3( ? abc ) 2 3

只需证 a+b-2 ab ≤a+b+c-3 3 abc 即证 c+2 ab ≥3 3 abc ∵a,b,c∈R
+

∴c+2 ab =c+ ab + ab ≥3 3 c ? ab ? ab ? 33 abc ∴c+2 ab ≥3 3 abc 成立 故原不等式成立
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若 a,b>0,2c>a+b,求证:

(1)c2>ab (2)c- c 2 ? ab <a<c+ c 2 ? ab
证明:(1)∵ab≤( ∴ab<c
2
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a?b 2 2 ) <c 2
2

(2)欲证 c- c ? ab <a<c+ c ? ab
2

只需证- c ? ab <a-c< c ? ab
2 2

即|a-c|< c ? ab
2

即 a -2ac+c <c -ab 只需证 a(a+b)<2ac ∵a>0,只要证 a+b<2c(已知) 故原不等式成立
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2

2

2

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已知关于 x 的实系数二次方程 x +ax+b=0,有两个实数根α ,β ,证明: (1)如果|α |<2,|β |<2,那么 2|α |<4+b 且|b|<4 (2)如果 2|α |<4+b 且|b|<4,那么|α |<2,|β |<2 证明:依题设及一元二次方程根与系数的关系(韦达定理)得:α +β =-a,α β =b 则有: (1)(2)等价于证明|α |<2,|β |<2 ? 2|α +β |<4+α β ,且|α β |<4
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2

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? ?? ? 4 ? ? ? ?? ? 4 ?? ? 2 2 ?4(? ? ? ) ? (4 ? ?? ) ?2 ? ? ? ? 4 ? ?? ? ?
? ?? ? 4 ? ?? ? 4 ? ? ?? 2 2 ?? 2 2 2 2 ?? ? ? 4? ? 4 ? ? 16 ? 0 ?(? ? 4)( ? ? 4) ? 0 ? ?

? ?? ? 4 ? ?? ? 4 ? ?? ? 4 ? ?? ? 4 ? 2 ? 2 ? ? ? ?? ? 4 或 ?? ? 4 ? ? ? ? 2 或 ? ? ? 2 ?? 2 ? 4 ?? 2 ? 4 ? ? ?? ?2 ?? ?2 ? ? ? ?? ? 4 ? ? ? ? ? 2 ? ? ? 2, ? ? 2. ? ?? ?2

四、换元法
1 三角换元:
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若 0≤x≤1,则可令 x = sin? ( 0 ? ? ?
2 2

? ? ? )或 x = sin2? ( ? ? ? ? ) 2 2 2
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若 x ? y ? 1 ,则可令 x = cos? , y = sin? ( 0 ? ? ? 2? )
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若 x ? y ? 1 ,则可令 x = sec?, y = tan? ( 0 ? ? ? 2? )
2 2

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? ) 2 ? ? 若 x?R,则可令 x = tan? ( ? ? ? ? ) 2 2
若 x≥1,则可令 x = sec? ( 0 ? ? ?
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2

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代数换元: “整体换元”,“均值换元”,“设差换元”的方法

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例 1 求证: ?

1 1 ? x 1? x2 ? 2 2
2

证一: (综合法)

? x 2 ? (1 ? x 2 ) ? 1 ∵ | x 1 ? x |?| x | 1 ? x ? x (1 ? x ) ? ? ? ? 2 2 ? ? 1 1 1 2 2 即 | x 1 ? x |? ∴ ? ? x 1? x ? 2 2 2 证二: (换元法) ∵ ? 1 ? x ? 1 ∴令 x = cos? , ??[0, ?] 1 2 则 x 1 ? x ? cos ? sin ? ? sin 2? 2 1 1 2 ∵ ? 1 ? sin ? ? 1 ∴ ? ? x 1? x ? 2 2
2 2 2 2

例 2 已知 x > 0 , y > 0,2x + y = 1,求证:

1 1 ? ? 3? 2 2 x y

证一: ? ?

?1 1? 2x y 1 1 ? ?( 2 x ? y ) ? 3 ? ? ? 3 ? 2 2 即: ? ? 3 ? 2 2 ? y x x y ?x y?

证二:由 x > 0 , y > 0,2x + y = 1,可设 x ? 则

1 2 sin ?, 2

y ? cos2 ?

1 1 2 1 ? ? ? ? 2(1 ? cot 2 ?) ? (1 ? tan 2 ?) 2 x y sin ? cos2 ?
? 3 ? (2 cot 2 ? ? tan 2 ?) ? 3 ? 2 2

2 2 例 3 若 x ? y ? 1 ,求证: | x ? 2 xy ? y |?
2 2

2

证:设 x ? r sin ?,
2 2

y ? r cos?, (0 ? r ? 1) ,
2 2 2 2 2

则 | x ? 2 xy ? y |?| r cos ? ? 2r cos ? sin ? ? r sin ? |

?? ? ? r 2 | cos 2? ? sin 2? |? 2r 2 cos? 2? ? ? ? 2r 2 ? 2 4? ?
例 4 若 x > 1,y > 1,求证: xy ? 1 ? ( x ? 1)( y ? 1)
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证:设 x ? sec2 ?,

? y ? sec2 ?, (0 ? ?, ? ? ) 2
cos(? ? ?) 1 ? ? xy cos ? cos? cos ? cos?
1? 1 ?? 1 ? ? a? ?? b ? ? ?1 ? ?? ? a? a ?? b?

则 1 ? ( x ? 1)( y ? 1) ? 1 ? tan ? tan ? ?

例 5 已知:a > 1, b > 0 , a ? b = 1,求证: 0 ? 证:∵a > 1, b > 0 , a ? b = 1

∴不妨设 a ? sec2 ?,

? b ? tan 2 ?, (0 ? ? ? ) 2



1? 1 ?? 1 ? 1 ? 1 ?? 1 ? ? a? ?? b ? ?? ? ?? ? sec2 ? ? sec? ? sec? ?? tan ? ? tan ? ? a? a ?? b? ? ?? ?

?

1 tan 2 ? sec2 ? ? ? sin ? sec2 ? sec? tan ?

∵0 ? ? ?

? , ∴0 < sin? < 1 2
2

∴0 ?

1? 1 ?? 1 ? ? a? ?? b ? ? ?1 ? ?? ? a? a ?? b?

例 6 证明:若 a > 0,则 a ?

1 1 ? 2 ? a? ?2 2 a a 1 , (a ? 0, x ? 2, y ? 2 ) a2
2

证:设 x ? a ?

1 , a

y ? a2 ?

2 1? ? 2 1 ? ? 则 x ? y ? ?a ? ? ? ? a ? 2 ? ? 2 a? ? a ? ? ? ? 2 2

x? y ?a?

1 1 ? a 2 ? 2 ? 2 ? 2 ( 当 a = 1 时取“=” ) a a

∴x? y ?

x2 ? y2 2 ? ? 2? 2 x? y 2? 2
∴原式成立

即y? 2 ? x?2

五、放缩法与反证法
例 1 若 a, b, c, d?R+,求证:

a b c d ? ? ? ?2 a?b?d b?c?a c?d ?b d ?a?c a b c d 证明: (用放缩法)记 m = ? ? ? a?b?d b?c?a c?d ?b d ?a?c 1?
∵a, b, c, d?R+

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∴m ?

a b c d ? ? ? ?1 a?b?c?d a?b?c?a c?d ?a?b d ?a?b?c a b c d m? ? ? ? ?2 a?b a?b c?d d ?c
即原式成立

∴1 < m < 2

例 2 当 n > 2 时,求证: log n (n ? 1) log n (n ? 1) ? 1 证明: (用放缩法)∵n > 2 ∴ log n (n ? 1) ? 0,
2

log n (n ? 1) ? 0
2 2

2 2 ? log n (n ? 1) ? log n (n ? 1) ? ? log n (n ? 1) ? ? log n n ? ∴ log n (n ? 1) log n (n ? 1) ? ? ? ?? ? ?1 ? ?? 2 2 ? ? ? ? ? 2 ?

∴n > 2 时,

log n (n ? 1) log n (n ? 1) ? 1

例 3 求证:

1 1 1 1 ? 2 ? 2 ??? 2 ? 2 2 1 2 3 n
1 1 1 1 ? ? ? 2 n(n ? 1) n ? 1 n n

证明: (用放缩法)



1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? 2 ? 2 ??? 2 ? 1?1? ? ? ??? ? ? 2? ? 2 2 2 2 3 n ?1 n n 1 2 3 n

例 4 设 0 < a, b, c < 1,求证:(1 ? a)b, (1 ? b)c, (1 ? c)a,不可能同时大于 证明: (用反证法)设(1 ? a)b >

1 4

1 1 1 , (1 ? b)c > , (1 ? c)a > , 4 4 4 1 则三式相乘:(1 ? a)b?(1 ? b)c?(1 ? c)a > ① 64
1 ? (1 ? a ) ? a ? ∴ 0 ? (1 ? a ) a ? ? ? ?4 2 ? ?
2

又∵0 < a, b, c < 1 同理 (1 ? b)b ? 将以上三式相乘

1 , 4

(1 ? c)c ?

1 4 1 64
此与①矛盾

(1 ? a)a?(1 ? b)b?(1 ? c)c≤

∴(1 ? a)b, (1 ? b)c, (1 ? c)a,不可能同时大于

1 4

例 4 已知 a + b + c > 0,ab + bc + ca > 0,abc > 0,求证:a, b, c > 0 证明: (用反证法)设 a < 0, ∵abc > 0, ∴bc < 0 又由 a + b + c > 0, 则 b + c >?a > 0 ∴ab + bc + ca = a(b + c) + bc < 0 此与题设矛盾 又 若 a = 0,则与 abc > 0 矛盾, ∴必有 a > 0 同理可证 b > 0, c > 0 练习

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1.设 x > 0, y > 0, a ?

x? y x y , b? ,求证:a < b ? 1? x ? y 1? x 1? y

放缩法:

x? y x y x y ? ? ? ? 1? x ? y 1? x ? y 1? x ? y 1? x 1? y

2.lg9?lg11 < 1

? lg 9 ? lg 11 ? ? lg 99 ? ?2? 放缩法: lg 9 ? lg 11 ? ? ? ?? ? ? ? ? ?1 2 ? ? ? 2 ? ?2?
3. log n (n ? 1) log n (n ? 1) ? 1

2

2

2

? log n (n 2 ? 1) ? ? log n n 2 ? 放缩法: log n (n ? 1) log n (n ? 1) ? ? ? ?? ? ?1 2 2 ? ? ? ? 1 1 4 4.若 a > b > c, 则 ? ? ?0 a ?b b?c c?a
1 1 1 放缩法: ? ?2 ?2 a ?b b?c (a ? b)(b ? c)
5.

2

2

? ? 2 4 ? ? (a ? b) ? (b ? c) ? ? a ? c ? ? ?

2

1 1 1 1 ? ? ? ? ? 2 ? 1 (n ? R ? , n ? 2) n n ?1 n ? 2 n
1 1 1 1 1 n2 ? n ? 2 ? 2 ??? 2 ? ? ?1 n n n n n n2

放缩法:左边 ?

1 1 1 1 ? ? ??? ?1 2 n ?1 n ? 2 2n 1 1 放缩法: ? n ? 中式 ? ?n ?1 2n n ?1
6. 7.已知 a, b, c > 0, 且 a2 + b2 = c2,求证:an + bn < cn (n≥3, n?R*) 放缩法: ∵ ?
n

?a? ?b? ?a? ?a? ?b? ?b? ? ? ? ? ? 1 ,又 a, b, c > 0, ∴ ? ? ? ? ? , ? ? ? ? ? ?c? ?c? ?c? ?c? ?c? ?c?
n 2 2

2

2

n

2

n

2

?a? ?b? ?a? ?b? ∴ ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1 ? an + bn < cn ?c? ?c? ?c? ?c?
8.设 0 < a, b, c < 2,求证:(2 ? a)c, (2 ? b)a, (2 ? c)b,不可能同时大于 1 反证法:(2 ? a)c>1, (2 ? b)a>1, (2 ? c)b>1,则(2 ? a)c(2 ? b)a(2 ? c)b>1 ?① 又因为设 0 < a, b, c < 2,(2 ? a) a ?

(2 ? a) ? a ? 1, 2
王新敞
奎屯 新疆

同理 (2 ? b) b≤1, (2 ? c) c≤1,所以(2 ? a)c(2 ? b)a (2 ? c)b≤1 此与①矛盾 9.若 x, y > 0,且 x + y >2,则

1? y 1? x 和 中至少有一个小于 2 y x

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反证法:设

1? x 1? y ≥2, ≥2 y x

∵x, y > 0,可得 x + y ≤2 与 x + y >2 矛盾

六、构造法
例 1 已知 x > 0,求证: x ?

1 ? x

1 x? 1 x

?

5 2

证明: (构造函数法)构造函数 f (u ) ? u ? 由 f (?) ? f (?) ? ? ? 显然 ∵2≤?<?

1 1 , u ? x ? ? 2 , 设 2≤?<? u x

? 1 1 ? (? ? ?)(?? ? 1) 1 1 ? (? ? ) ? (? ? ?) ? ? ? ? ? ?? ?? ? ? ?? ? ?
∴? ? ? > 0, ?? ? 1 > 0, ?? > 0 ∴上式 > 0

∴f (x)在 [2,??) 上单调递增,∴左边 ? f (2) ? 例 2 求证:

5 2

x 2 ? 10 x2 ? 9

?

10 3
x 2 ? 9 (t ? 3)
2 2

证明: (构造函数法)设 t ?

则 f (t ) ?

x 2 ? 10 x2 ? 9

?

t2 ?1 t

令 3≤t1<t2

t ? 1 t 2 ? 1 (t1 ? t 2 )(t1t 2 ? 1) ? ? ?0 则 f (t1 ) ? f (t 2 ) ? 1 t1 t2 t1t 2 x 2 ? 10 x2 ? 9 ? f (3) ? 33 ? 1 10 ? 3 3
王新敞
奎屯 新疆

∴f (t)在 [3,??) 上单调递增,

例 2 已知实数 a, b, c,满足 a + b + c = 0 和 abc = 2,求证:a, b, c 中至少有一个不小于 2 证明: (构造方程法)由题设显然 a, b, c 中必有一个正数,不妨设 a > 0,

?b ? c ? ?a 2 ? 2 2 即 b, c 是二次方程 x ? ax ? ? 0 的两个实根 bc ? a ? a ? 8 2 ∴ ? ? a ? ? 0 ? a≥2 a
则? 例 3 求证:

王新敞
奎屯

新疆

1 sec2 ? ? tan ? ? ? ? 3 (? ? k? ? , k ? Z ) 2 3 sec ? ? tan ? 2

sec2 ? ? tan ? 证明: (构造方程法)设 y ? , sec2 ? ? tan ?
则(y ? 1)tan2? + (y + 1)tan? + (y ? 1) = 0 当 y = 1 时,命题显然成立

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当 y ? 1 时,△= (y + 1)2 ? 4(y ? 1)2 = (3y ? 1)(y ? 3)≥0,∴ 综上所述,原不等式成立 (此法也称判别式法)
王新敞
奎屯 新疆

1 ? y?3 3

例 5 已知 0 < a < 1,0 < b < 1,求证:

a 2 ? b 2 ? (a ? 1) 2 ? b 2 ? a 2 ? (b ? 1) 2 ? (a ? 1) 2 ? (b ? 1) 2 ? 2 2
证明: (构造图形法)构造单位正方形,O 是正方形内一点 O 到 AD, AB 的距离为 a, b, 则|AO| + |BO| + |CO| + |DO|≥|AC| + |BD| 其中 | AO |?

D a E 1-b F O b A aG

1-a

C 1-b H b

a ? b , | BO |? (a ? 1) ? b ,
2 2
2 2

| CO |? (a ? 1) 2 ? (b ? 1) 2 , | DO |? a 2 ? (b ? 1) 2
又 | AC |?| BD |?

2

1-a

B

2 2 2 2 2 2 2 2 ∴ a ? b ? (a ? 1) ? b ? a ? (b ? 1) ? (a ? 1) ? (b ? 1) ? 2 2

练习

1 x2 ? x ?1 1. ? 2 ?3 3 x ? x ?1
(构造函数法)令 y ?

x2 ? x ?1 ,则 (y ? 1)x2 + (y + 1)x + (y ? 1) = 0 2 x ? x ?1

用△法,分情况讨论 2.已知关于 x 的不等式(a2 ? 1)x2 ? (a ? 1)x ? 1 < 0 (a?R),对任意实数 x 恒成立,求证:

?

5 ? a ?1 3

王新敞
奎屯

新疆

分 a2 ? 1 = 0 和 ?

?a 2 ? 1 ? 0 ?? ? 0

讨论

3.若 x > 0, y > 0, x + y = 1,则 ? x ?

? ?

1 ?? 1 ? 25 ?? y ? ? ? ? x ?? y? 4 ?

(构造函数法)左边 ?

x y 1 1 ? ? xy ? ? 2 ? xy ? y x xy xy
2

1 ?x? y? 令 t = xy,则 0 ? t ? ? ? ? 4 ? 2 ?

1 1 1 17 f (t ) ? t ? 在 (0, ] 上单调递减 ∴ f (t ) ? f ( ) ? t 4 4 4

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1 1 (k ? 2, k ? N * ) ,且 a2 < a ? b,则 b ? k k ?1 1 1 1 2 (构造函数法)令 f (a ) ? a ? a ,又 0 ? a ? ? , f (a ) 在 (0, ) 上单调递增 ,∴ k 2 2 1 1 1 k ?1 k ?1 1 b ? a ? a2 ? f ( ) ? ? 2 ? 2 ? 2 ? k k k k k ?1 k ?1 D b F a-b
4.若 0 ? a ? 5.记 f ( x) ? 1 ? x ,a > b > 0,则| f (a) ? f (b) | < | a ? b|
2

C 1

1 A a

(构造图形法)构造矩形 ABCD, F 在 CD 上, 使|AB| = a, |DF| = b, |AD| = 1, 则|AC| ? |AF| < |CF|
2 2 6.若 x, y, z > 0,则 x ? y ? xy ?

B

y 2 ? z 2 ? yz ?

z 2 ? x 2 ? zx
C z A x y O B

(构造图形法)作?AOB = ?BOC = ?COA = 120?, 设|OA| = x, |OB| = y, |OC| = z
2 2 则由余弦定理 |AC|= x ? y ? xy

|BC| =

y 2 ? z 2 ? yz ,|CA|= z 2 ? x 2 ? zx

2 2 因为|AC+||BC|>|CA|,所以 x ? y ? xy +

y 2 ? z 2 ? yz > z 2 ? x 2 ? zx

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