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高一数学不等式经典例题

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典型例题
例 1 设 a > b > 0 ,求证: a b > a b .
a b b a

分析: 分析:发现作差后变形、判断符号较为困难.考虑到两边都是正数,可以作商,判断比 值与 1 的大小关系,从而证明不等式.

证明: 证明:

a abb a = a a ? b ? b b ? a = ( ) a ?b b a b a b
a > 1, a ? b > 0. b a abb > 1. a bb a

∵ a > b > 0 ,∴

∴( )

a b

a ?b

>1. ∴

又∵ a b > 0 ,
b a

∴ a b > a b ..
a b b a

说明: 本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法).作商比较法证明不等式的步骤 说明: 是:判断符号、作商、变形、判断与 1 的大小. 例 2 已知 a 、 b 、 c ∈ R , a + b + c = 1 ,求证

1 1 1 + + ≥ 9. a b c 1 1 1 分析 显然这个题用比较法是不易证出的。若把 + + 通分,则会把不等式变得较复 a b c
+

杂而不易得到证明.由于右边是一个常数,故可考虑把左边的式子变为具有“倒数”特征的 形式,比如

b a + ,再利用“均值定理”就有可能找到正确的证明途径,这也常称为“凑倒数” a b

的技巧. 证明: 证明:∵ a + b + c = 1 ∴

1 1 1 a+b+c a+b+c a+b+c + + = + + a b c a b c b c a c a b = (1 + + ) + ( + 1 + ) + ( + + 1) a a b b c c b a c a c b = 3+ ( + )+ ( + )+ ( + ) a b a c b c



b a b a c a c b + ≥ 2 ? = 2 ,同理: + ≥ 2 , + ≥ 2 。 a b a b a c b c
1 1 1 + + ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9. a b c



说明: ,这种技巧在很 说明:此题考查了变形应用综合法证明不等式.题目中用到了“凑倒数” 多不等式证明中都可应用,但有时要首先对代数式进行适当变形,以期达到可以“凑倒数” 的目的.

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例 3 已知 a > b > c ,求证:

1 1 1 + + >0. a?b b?c c?a

分析: 分析:此题直接入手不容易,考虑用分析法来证明,由于分析法的过程可以用综合法来 书写,所以此题用两种方法来书写证明过程. 证明一: 证明一:(分析法书写过程)

1 1 1 + + >0 a?b b?c c?a 1 1 1 > 只需要证明 + a?b b?c a?c ∵a > b > c
为了证明 ∴ a ? c > a ? b > 0, b ? c > 0

1 1 1 f >0 , a?b a?c b?c 1 1 1 ∴ + > 成立 a?b b?c a?c 1 1 1 ∴ + + >0 成立 a?b b?c c?a
∴ 证明二:(综合法书写过程) ∵ a > b > c ∴ a ? c > a ? b > 0, b ? c > 0

1 1 1 > >0 a?b a?c b?c 1 1 1 ∴ + > 成立 a?b b?c a?c 1 1 1 ∴ + + >0 成立 a?b b?c c?a
∴ 说明: 说明:学会分析法入手,综合法书写证明过程,但有时这两种方法经常混在一起应用, 混合应用时,应用语言叙述清楚. 例 4 若 a 3 + b 3 = 2 ,求证 a + b ≤ 2 . 分析: 分析:本题结论的反面比原结论更具体、更简、宜用反证法. 证法一:假设 a + b > 2 ,则 a 3 + b 3 = ( a + b)( a 2 ? ab + b 2 ) > 2( a 2 ? ab + b 2 ) , 而 a + b = 2 ,故 (a 2 ? ab + b 2 ) < 1 .
3 3

∴ 1 + ab > a + b ≥ 2ab .从而 ab < 1 ,
2 2

∴ a + b < 1 + ab < 2 .
2 2

∴ (a + b) 2 = a 2 + b 2 + 2ab < 2 + 2ab < 4 . ∴a + b< 2. 这与假设矛盾,故 a + b ≤ 2 .
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证法二:假设 a + b > 2 ,则 a > 2 ? b , 故 2 = a 3 + b 3 > (2 ? b) 3 + b 3 ,即 2 > 8 ? 12b + 6b 2 ,即 (b ? 1) 2 < 0 , 这不可能.从而 a + b ≤ 2 . 证法三:假设 a + b > 2 ,则 (a + b) 3 = a 3 + b 3 + 3ab( a + b) > 8 . 由 a 3 + b 3 = 2 ,得 3ab(a + b) > 6 ,故 ab(a + b) > 2 . 又 a 3 + b 3 = (a + b)(a 2 ? ab + b 2 ) = 2 , ∴ ab(a + b) > (a + b)(a 2 ? ab + b 2 ) . ∴ a 2 ? ab + b 2 < ab ,即 (a ? b) 2 < 0 . 这不可能,故 a + b ≤ 2 . 说明: 说明:本题三种方法均采用反证法,有的推至与已知矛盾,有的推至与已知事实矛盾. 一般说来,结论中出现“至少” “至多” “唯一”等字句,或结论以否定语句出现,或结 论肯定“过头”时,都可以考虑用反证法. 例 5 已知 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 2 ,求证

1 ≤ x 2 ? xy + y 2 ≤ 3 . 2 分析: 分析:联想三角函数知识,进行三角换元,然后利用三角函数的值域进行证明. 证明: 证明:从条件看,可用三角代换,但需要引入半径参数 r .

∵1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 2 , ∴可设 x = r cos θ , y = r sin θ ,其中 1 ≤ r ≤ 2 , ≤ θ ≤ 2π . 0

1 sin 2θ) . 2 1 1 3 1 1 3 由 ≤ 1 ? sin 2θ ≤ ,故 r 2 ≤ r 2 (1 ? sin 2θ) ≤ r 2 . 2 2 2 2 2 2 1 1 3 1 而 r 2 ≥ , r 2 ≤ 3 ,故 ≤ x 2 ? xy + y 2 ≤ 3 . 2 2 2 2
∴ x 2 ? xy + y 2 = r 2 ? r 2 sin θ cos θ = r 2 (1 ? 说 明 : 1. 三 角 代换 是 最常 见 的 变 量代 换 , 当条件 为 x 2 + y 2 = r 2 或 x 2 + y 2 ≤ r 2 或

x2 y2 ± = 1 时,均可用三角代换.2.用换元法一定要注意新元的范围,否则所证不等式的变 a2 b2
量和取值的变化会影响其结果的正确性.

1 1 1 1 ≤ + +L+ <1. 2 n +1 n + 2 2n 1 1 1 分析: 要求一个 n 项分式 + +L+ 的范围, 它的和又求不出来, 可以采用 “化 分析: n +1 n + 2 2n 整为零”的方法,观察每一项的范围,再求整体的范围.
例 6 设 n 是正整数,求证

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证明: 证明:由 2n ≥ n + k > n (k = 1,2, L , n) ,得 当 k = 1 时,

1 1 1 ≤ < . 2n n + k n

1 1 1 ≤ < ; 2n n + 1 n 1 1 1 当 k = 2 时, ≤ < 2n n + 2 n …… 1 1 1 当 k = n 时, ≤ < . 2n n + n n 1 n 1 1 1 n ∴ = ≤ + +L+ < =1. 2 2n n + 1 n + 2 2n n 说明:1、用放缩法证明不等式,放缩要适应,否则会走入困境.例如证明 1 1 1 7 1 1 1 + 2 + L + 2 < .由 2 < ? ,如果从第 3 项开始放缩,正好可证明;如果从第 2 4 k ?1 k n 1 2 k 2 项放缩,可得小于 2.当放缩方式不同,结果也在变化. 2、放缩法一般包括:用缩小分母,扩大分子,分式值增大;缩小分子,扩大分母,分式值缩 小;全量不少于部分;每一次缩小其和变小,但需大于所求,第一次扩大其和变大,但需小 于所求,即不能放缩不够或放缩过头,同时放缩后便于求和. (1 (1 例 7 已知 0 < a < 1 , 0 < b < 1 , 0 < c < 1 ,求证:在 (1 ? a )b, ? b)c, ? c)a 三数中,不可能都 1 . 4 分析:此命题的形式为否定式,宜采用反证法证明.假设命题不成立,则 1 (1 ? a )b, ? b)c, ? c)a 三数都大于 ,从这个结论出发,进一步去导出矛盾. (1 (1 4 1 证明: (1 (1 证明:假设 (1 ? a )b, ? b)c, ? c)a 三数都大于 , 4 1 1 1 即 (1 ? a )b > , (1 ? b)c > , (1 ? c)a > . 4 4 4 又∵ 0 < a < 1 , 0 < b < 1 , 0 < c < 1 , 1 1 1 ∴ (1 ? a)b > , (1 ? b)c > , (1 ? c)a > . 2 2 2 3 ∴ (1 ? a)b + (1 ? b)c + (1 ? c)a > ① 2 1? a + b 1? b + c 1? c + a 又∵ (1 ? a)b ≤ , (1 ? b)c ≤ , (1 ? c)a ≤ . 2 2 2 以上三式相加,即得: 3 (1 ? a ) ? b + (1 ? b) ? c + (1 ? c) ? a ≤ ② 2 1 1 1 )( b + ) <1. 例 8 已知 a > 0 , b > 0 ,且 a ? b = 1 .求证: 0 < ( a ? a a b
大于 分析: 分析:记 M = 0 <

1 1 1 ( a? )( b + ) ,欲证 0 < M < 1 ,联想到正、余弦函数的值域, a a b

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本题采用三角换元,借助三角函数的变换手段将很方便,由条件 a ? b = 1 , a、b ∈ R + 可换元, 围绕公式 sec 2 θ ? tan 2 θ = 1 来进行.

π , 2 1 1 1 1 1 1 )( b + )= (sec θ ? ) ? (tan θ + ) 则 ( a? 2 sec θ tan θ a sec θ a b 1 sin θ cos θ = cos 2 θ( ? cos θ) ? ( + ) cos θ cos θ sin θ
证明: 证明:令 a = sec 2 θ , b = tan 2 θ ,且 0 < θ <

sin 2 θ 1 ? = sin θ cos θ sin θ cos θ π 1 1 1 )( b + ) < 1 成立. ∵ 0 < θ < ,∴ 0 < sin θ < 1 ,即 0 < ( a ? a 2 a b 说明: 说明:换元的思想随处可见,这里用的是三角代换法,这种代换如能将其几何意义挖掘 = cos 2 θ ?
出来,对代换实质的认识将会深刻得多,常用的换元法有:(1)若 x ≤ 1 ,可设 x = sin α, α ∈ R ; (2)若 x 2 + y 2 = 1 ,可设 x = cos α , y = sin α , α ∈ R ;(3)若 x 2 + y 2 ≤ 1 ,可设 x = r cos α ,

y = r sin α ,且 r ≤ 1 . 1 1 1 + 2 +L+ 2 < 2 . 2 2 3 n 分析: 分析:此题的难度在于,所求证不等式的左端有多项和且难以合并,右边只有一项.注 1 意到这是一个严格不等式,为了左边的合并需要考查左边的式子是否有规律,这只需从 2 下 n 手考查即可.
例 9 求证 1 + 证明: 证明:∵

1 1 1 1 1 1 = ? < = ? (n ≥ 2) , n 2 n n n(n ? 1) n ? 1 n

∴1 +

1? 1 1 1 1 ? 1 ?1 1 ? ? 1 1 ? + 2 + L + 2 <1+ ? ? ? + ? ? ? + L + ? ? ? = 2 ? < 2. 2 2 3 n n ?1 2 ? ? 2 3? ? n ?1 n ?

说明: 说明:此题证明过程并不复杂,但思路难寻.本题所采用的方法也是解不等式时常用的 一种方法,即放缩法.这类题目灵活多样,需要巧妙变形,问题才能化隐为显,这里变形的 这一步极为关键. 例 10 在 ?ABC 中,角 A 、 B 、 C 的对边分别为 a , b , c ,若 A + C ≤ 2 B ,求证

a 4 + c 4 ≤ 2b 4 .
分析: 分析:因为涉及到三角形的边角关系,故可用正弦定理或余弦定理进行边角的转化. π 1 证明: 证明:∵ A + C = π ? B ≤ 2 B ,∴ B ≥ , cos B ≤ . 3 2 由余弦定理得 b 2 = a 2 + c 2 ? 2ac cos B ≥ a 2 + c 2 ? ac

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∴ a 2 + c 2 ≤ b 2 + ac , ∴ a 4 + c 4 = ( a 2 + c 2 ) 2 ? 2a 2 c 2 = (a 2 + c 2 + 2ac)(a 2 + c 2 ? 2ac)

≤ [b 2 + ( 2 + 1)ac] ? [b 2 ? ( 2 ? 1)ac] = b 4 + 2ac ? b 2 ? a 2 c 2 = ?(ac ? b) 2 + 2b 4 ≤ 2b 4
说明:三角形中最常使用的两个定理就是正弦和余弦定理,另外还有面积公式 1 S = ab sin C .本题应用知识较为丰富,变形较多.这种综合、变形能力需要读者在平时解 2 题时体会和总结,证明不等式的能力和直觉需要长期培养. 例 11 设 m ∈ R ,解关于 x 的不等式 m 2 x 2 + 2mx ? 3 < 0 . 分析: 分析:进行分类讨论求解. 解:当 m = 0 时,因 ? 3 < 0 一定成立,故原不等式的解集为 R . 当 m ≠ 0 时,原不等式化为 (mx + 3)(mx ? 1) < 0 ;

3 1 <x< ; m m 1 3 当 m < 0 时,解得 < x < ? . m m
当 m > 0 时,解得 ?

? 3 1? ∴当 m > 0 时,原不等式的解集为 ? x ? < x < ? ; m m? ? ? 1 3? 当 m < 0 时,原不等式的解集为 ? x < x < ? ?. m? ? m
说明: 说明:解不等式时,由于 m ∈ R ,因此不能完全按一元二次不等式的解法求解.因为当 m = 0 时,原不等式化为 ? 3 < 0 ,此时不等式的解集为 R ,所以解题时应分 m = 0 与 m ≠ 0 两 种情况来讨论.

3 1 3 1 , x2 = 后,认为 ? < ,这也是易出现的错 m m m m 3 1 3 1 误之处.这时也应分情况来讨论:当 m > 0 时, ? < ;当 m < 0 时, ? > . m m m m
在解出 m 2 x 2 + 2mx ? 3 = 0 的两根为 x1 = ? 例 12 不等式 ax 2 + bx ? 2 < 0 的解集为 { x ? 1 < x < 2 },求 a 与 b 的值. 分 析 : 此 题 为 一 元二 次不 等 式 逆 向 思 维题 , 要使 解 集 为 { x ?1 < x < 2 }, 不 等 式

ax 2 + bx ? 2 < 0 需满足条件 a > 0 , ? > 0 , ax 2 + bx ? 2 = 0 的两根为 x1 = ?1 , x2 = 2 .

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解:设 ax 2 + bx ? 2 = 0 的两根为 x1 , x2 ,由韦达定理得:

b ? ? x1 + x 2 = ? a ? ? ?x ? x = ? 2 ? 1 2 a ?

? ?? ? 由题意: ? ?? ? ?

b = ?1 + 2 a 2 = ?1 × 2 a

∴ a = 1 , b = ?1 ,此时满足 a > 0 , ? = b 2 ? 4a × (?2) > 0 .

例8 解不等式


3x ? 7 ≥2. x + 2x ? 3
2

先将原不等式转化为

3x ? 7 ? 2≥0 x + 2x ? 3
2

? 2x 2 ? x ? 1 2x 2 + x + 1 ≥ 0,所以 2 ≤ 0. x 2 + 2x ? 3 x + 2x ? 3 1 7 由于 2x 2 +x+1= 2(x+ ) 2 + > 0, 4 8 即
∴不等式进一步转化为同解不等式 x2+2x-3<0, 即(x+3)(x-1)<0,解之得-3<x<1.解集为{x|-3<x<1} . 说明:解不等式就是逐步转化,将陌生问题化归为熟悉问题.

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