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怎样证明不等式

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  不等式的证明是高中数学的一个难点,题型广泛,涉及面广,证法灵活,错法多种多样,本节通这一些实例,归纳整理证明不等式时常用的方法和技巧。步骤/方法比较法
  比较法是证明不等式的最基本方法,具体有"作差"比较和"作商"比较两种。基本思想是把难于比较的式子变成其差与0比较大小或其商与1比较大小。当求证的不等式两端是分项式(或分式)时,常用作差比较,当求证的不等式两端是乘积形式(或幂指数式时常用作商比较)
  例1已知a+b≥0,求证:a3+b3≥a2b+ab2
  分析:由题目观察知用"作差"比较,然后提取公因式,结合a+b≥0来说明作差后的正或负,从而达到证明不等式的目的,步骤是10作差20变形整理30判断差式的正负。
  ∵(a3+b3)(a2b+ab2)
  =a2(a-b)-b2(a-b)
  =(a-b)(a2-b2)
  证明: =(a-b)2(a+b)
  又∵(a-b)2≥0a+b≥0
  ∴(a-b)2(a+b)≥0
  即a3+b3≥a2b+ab2
  例2 设a、b∈R+,且a≠b,求证:aabb>abba
  分析:由求证的不等式可知,a、b具有轮换对称性,因此可在设a>b>0的前提下用作商比较法,作商后同"1"比较大小,从而达到证明目的,步骤是:10作商20商形整理30判断为与1的大小
  证明:由a、b的对称性,不妨解a>b>0则
  aabbabba=aa-bbb-a=(ab)a-b
  ∵ab0,∴ab1,a-b0
  ∴(ab)a-b(ab)0=1即aabbabba>1,又abba>0∴aabb>abba
  练习1 已知a、b∈R+,n∈N,求证(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1)基本不等式法
  利用基本不等式及其变式证明不等式是常用的方法,常用的基本不等式及 变形有:
  (1)若a、b∈R,则a2+b2≥2ab(当且仅当a=b时,取等号)
  (2)若a、b∈R+,则a+b≥ 2ab (当且仅当a=b时,取等号)
  (3)若a、b同号,则 ba+ab≥2(当且仅当a=b时,取等号)
  例3 若a、b∈R, |a|≤1,|b|≤1则a1-b2+b1-a2≤1
  分析:通过观察可直接套用: xy≤x2+y22
  证明: ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1
  ∴b1-a2+a1-b2≤1,当且仅当a1+b2=1时,等号成立
  练习2:若 ab0,证明a+1(a-b)b≥3综合法
  综合法就是从已知或已证明过的不等式出发,根据不等式性质推算出要证明不等式。
  例4,设 a0,b0,a+b=1,证明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252
  证明:∵ a0,b0,a+b=1
  ∴ab≤14或1ab≥4
  左边=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+[(a+b)2-2ab]+(a+b)2-2aba2b2
  =4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252
  练习3:已知a、b、c为正数,n是正整数,且f (n)=1gan+bn+cn3
  求证:2f(n)≤f(2n)分析法
  从理论入手,寻找命题成立的充分条件,一直到这个条件是可以证明或已经证明的不等式时,便可推出原不等式成立,这种方法称为分析法。
  例5:已知a0,b0,2ca+b,求证:c-c2-ab
  分析:观察求证式为一个连锁不等式,不易用比较法,又据观察求证式等价于 |a-c|
  要证c-c2-ab
  只需证-c2-ab
  证明: 即证 |a-c|
  即证 (a-c)2
  即证 a2-2ac<-ab
  ∵a>0,∴即要证 a-2c<-b 即需证2+b<2c,即为已知
  ∴ 不等式成立
  练习4:已知a∈R且a≠1,求证:3(1+a2+a4)>(1+a+a2)2放缩法
  放缩法是在证明不等式时,把不等式的一边适当放大或缩小,利用不等式的传递性来证明不等式,是证明不等式的重要方法,技巧性较强常用技巧有:(1)舍去一些正项(或负项),(2)在和或积中换大(或换小)某些项,(3)扩大(或缩小)分式的分子(或分母)等。
  例6:已知a、b、c、d都是正数
  求证: 1
  分析:观察式子特点,若将4个分式商为同分母,问题可解决,要商同分母除通分外,还可用放缩法,但通分太麻烦,故用放编法。
  证明:∵ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b>ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d=a+b+c+da+b+c+d=1
  又由ab0)可得:ba+b+c
  ∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b
  综上知:1
  练习5:已知:a<2,求证:loga(a+1)<1 6换元法
  换元法是许多实际问题解决中可以起到化难为易,化繁为简的作用,有些问题直接证明较为困难,若通过换元的思想与方法去解就很方便,常用于条件不等式的证明,常见的是三角换元。
  (1)三角换元:
  是一种常用的换元方法,在解代数问题时,使用适当的三角函数进行换元,把代数问题转化成三角问题,充分利用三角函数的性质去解决问题。
  例7、若x、y∈R+,且 x-y=1 A=(x-1y)(y+1y)。1x,求证0
  证明: ∵x,y∈R+, 且x-y=1,x=secθ , y=tanθ ,(0<θ
  ∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ
  =1-cos2θcosθ·s2m2θ+cos2θcosθ·s2mθ·cos2θ
  =sinθ
  ∵0<θ
  复习6:已知1≤x2+y2≤2,求证:12 ≤x2-xy+y2≤3
  (2)比值换元:
  对于在已知条件中含有若干个等比式的问题,往往可先设一个辅助未知数表示这个比值,然后代入求证式,即可。
  例8:已知 x-1=y+12=z-23,求证:x2+y2+z2≥4314
  证明:设x-1=y+12=z-23=k
  于是x=k+1,y=zk-1,z=3k+2
  把上式代入x2+y2+z2=(k+1)2(2k-1)2+(3k+2)2
  =14(k+514)2+4314≥4314反证法
  有些不等式从正面证如果不好说清楚,可以考虑反证法,即先否定结论不成立,然后依据已知条件以及有关的定义、定理、公理,逐步推导出与定义、定理、公理或已知条件等相矛盾或自相矛盾的结论,从而肯定原有结论是正确的,凡是"至少"、"唯一"或含有否定词的命题,适宜用反证法。
  例9:已知p3+q3=2,求证:p+q≤2
  分析:本题已知为p、q的三次 ,而结论中只有一次 ,应考虑到用术立方根,同时用放缩法,很难得证,故考虑用反证法。
  证明:解设p+q>2,那么p>2-q
  ∴p3>(2-q)3=8-12q+6q2-q3
  将p3+q3 =2,代入得 6q2-12q+6<0
  即6(q-1)2<0 由此得出矛盾 ∴p+q≤2
  练习7:已知a+b+c>0,ab+bc+ac>0,abc>0.
  求证:a>0,b>0,c>0数学归纳法
  与自然数n有关的不等式,通常考虑用数学归纳法来证明。用数学归纳法证题时的两个步骤缺一不可。
  例10:设n∈N,且n>1,求证: (1+13)(1+15)…(1+12n-1)>2n+12
  分析:观察求证式与n有关,可采用数学归纳法
  证明:(1)当n=2时,左= 43,右=52
  ∵43>52∴不等式成立
  (2)假设n=k(k≥2,k∈n)时不等式成立,即(1+13)(1+15)…(1+12k-1)>2k+12
  那么当n=k+1时,(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)>2k+12·(1+12k+1)①
  要证①式左边> 2k+32,只要证2k+12·
  2k+22k+1>2k+32②
  对于②〈二〉2k+2> 2k+1·2k+3
  〈二〉(2k+2)2> (2k+1)(2k+3)
  〈二〉4k2+8k+4> 4k2+8k+3
  〈二〉4>3 ③
  ∵③成立 ∴②成立,即当n=k+1时,原不等式成立
  由(1)(2)证明可知,对一切n≥2(n∈N),原不等式成立
  练习8:已知n∈N,且n>1,求证: 1n+1+1n+2+…+12n> 1324构造法
  根据求证不等式的具体结构所证,通过构造函数、数列、合数和图形等,达到证明的目的,这种方法则叫构造法。
  1构造函数法
  例11:证明不等式:x1-2x
  证明:设f(x)= x1-2x- x2 (x≠0)
  ∵f (-x)
  =-x1-2-x+x2x-2x2x-1+x2
  =x1-2x- [1-(1-2x)]+x2=x1-2x-x+x2
  =f(x)
  ∴f(x)的图像表示y轴对称
  ∵当x>0时,1-2x<0 ,故f(x)<0
  ∴当x<0时,据图像的对称性知f(x)<0
  ∴当x≠0时,恒有f(x)<0 即x1-2x
  练习9:已知a>b,2b>a+c,求证:b- b2-ab
  2构造图形法
  例12:若f(x)=1+x2 ,a≠b,则|f(x)-f(b)|< |a-b|
  分析:由1+x2 的结构可知这是直角坐标平面上两点A(1,x),0(0,0)的距离即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2
  于是如下图,设A(1,a),B(1,b)则0A= 1+a2 0B= 1+b2
  |AB|=|a-b|又0A|-|0B<|AB|∴|f(a)-f(b)|<|a-b|
  练习10:设a≥c,b≥c,c≥0,求证 c(a-c)+c(b-c)≤ab某些不等式的证明若能优先考虑"添项"技巧,能得到快速求解的效果。
  1倍数添项
  若不等式中含有奇数项的和,可通过对不等式乘以2变成偶数项的和,然后分组利用已知不等式进行放缩。
  例13:已知a、b、c∈R+,那么a3+b3+c3≥3abc(当且仅当a=b=c时等号成立)
  证明:∵a、b、c∈R+
  ∴a3+b3+c3=12 [(a3+b3)+(b3+c3)+(c3+a3)]≥12 [(a2b+ab2)+(b2c+bc2)+(c2a+ca2)]
  =12[a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)]≥12(a·2bc+b·2ca+c·2ac)=3abc
  当且仅当a=b,b=c,c=a即a=b=c时,等号成立。
  2平方添项
  运用此法必须注意原不等号的方向
  例14 :对于一切大于1的自然数n,求证:
  (1+13 )(1+15 )…(1+12n-1> 2n+1 2)
  证明:∵b > a> 0,m> 0时ba> b+ma+m
  ∵ [(1+13 )(1+15 )…(1+12n-1)]2=(43、65…2n2n-1)(43、65…2n2n-1)> (54、76…2n+12n)(43、65…2n2n-1)=2n+13> 2n+14>
  ∴(1+13 )(1+15 )…(1+12n-1)>2n+1 2)
  3平均值添项
  例15:在△ABC中,求证sinA+sinB+sinC≤332
  分析:∵A+B+C=π,可按A、B、C的算术平均值添项sin π3
  证明:先证命题:若x>0,y<π,则sinx+siny≤2sin x+y2(当且仅当x=y时等号成立)
  ∵0
  ∴上式成立
  反复运用这个命题,得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322
  =4sinπ3=332
  ∴sinA+sinB≠sinC≤332
  练习11 在△ABC中,sin A2sinB2sinC2≤18
  4利用均值不等式等号成立的条件添项
  例16 :已知a、b∈R+,a≠b且a+b=1,
  求证a4+b4> 18
  分析:若取消a≠b的限制则a=b= 12时,等号成立
  证明:∵a、b∈R+ ∴a4+3(12)4 ≥ 44a4 [(12)4]3=12a①
  同理 b4+3(12)4 ≥b②
  ∴ a4+b4≥12(a+b)-6(12)4=12-6(12)4=18③
  ∵a≠b ∴①②中等号不成立 ∴③中等号不成立 ∴ 原不等式成立
  1.是否存在常数c,使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y对任意正数x,y恒成立?
  错解:证明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立,故说明c存在。
  正解:x=y得23 ≤c≤23,故猜想c= 23,下证不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。
  要证不等式xx+2y+xx+2y≤23 ,因为x,y是正数,即证3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2 x+y)(x+2y),也即证3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2 ,而此不等式恒成立,同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立,故存在c=23 使原不等式恒成立。
  6.2已知x,y,z∈R+ ,求证:x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz
  错解:∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴ x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz
  错因:根据不等式的性质:若a >b> 0,c >d >0,则ac bd,但 ac >bd却不一定成立
  正解: x2y2+y2z2≥ 2x y2z,
  y2z2+z2x2≥ 2x yz2,
  x2y2+z2x2≥ 2x 2yz,
  以上三式相加,化简得:x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z),
  两边同除以x+y+z:
  x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz
  6.3 设x+y>0, n为偶数,求证 yn-1xn+xn-1yn≥
  1x 1y
  错证:∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y
  =(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
  n为偶数,∴ xnyn >0,又xn-yn 和xn-1-yn-1
  同号,
  ∴ yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y
  错因:在x+y>0的条件下,n为偶数时, xn-yn 和xn-1-yn-1 不一定同号,应分x、y同号和异号两种情况讨论。
  正解:应用比较法:
  yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
  ① 当x>0,y>0时, (xn-yn)(xn-1-yn-1) ≥
  0,(xy)n >0
  所以 (xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
  ≥0故:yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y
  ② 当x,y有一个是负值时,不妨设x>0,y<0,
  且x+y>0,所以x>|y|
  又n为偶数时,所以 (xn-yn)(xn-1-yn-1) >0
  又 (xy)n >0,所以 (xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
  ≥0即 yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y
  综合①②知原不等式成立

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