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高考数学不等式证明20法课件

时间:2011-10-24


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不等式证明方法大全 不等式证明方法大全
不等式的证明是数学证题中的难点,其原因是证明无固定的程序可循,方法 多样,技巧性强。

1、比较法(作差法) 、比较法(作差法)
在比较两个实数 a 和 b 的大小时,可借助 a ? b 的符号来判断。步骤一般为: 作差——变形——判断(正号、负号、零) 。变形时常用的方法有:配方、通分、 因式分解、和差化积、应用已知定理、公式等。 a+b 例 1、已知: a > 0 , b > 0 ,求证: ≥ ab 。 2 证明:
a+b a + b ? 2 ab ( a ? b ) 2 a+b ? ab = = ≥ 0 ,故得 ≥ ab 。 2 2 2 2

2、分析法(逆推法) 、分析法(逆推法)
从要证明的结论出发,一步一步地推导,最后达到命题的已知条件(可明显 成立的不等式、已知不等式等) ,其每一步的推导过程都必须可逆。 例 2、求证: 5 + 7 > 1 + 15 。 证明: 要证 5 + 7 > 1 + 15 , 即证 12 + 2 35 > 16 + 2 15 , 35 > 2 + 15 , 即
35 > 19 + 4 15 ,4 15 < 16 , 15 < 4 ,15 < 16 , 由此逆推即得 5 + 7 > 1 + 15 。

3、综合法 、
证题时,从已知条件入手,经过逐步的逻辑推导,运用已知的定义、定理、 公式等,最终达到要证结论,这是一种常用的方法。 a b 例 3、已知: a , b 同号,求证: + ≥ 2 。 b a 证明:因为 a , b 同号,所以
a b + ≥ 2。 b a

a b a b a b > 0 , > 0 ,则 + ≥ 2 ? = 2 ,即 b a b a b a

4、作商法(作比法) 、作商法(作比法)
a a > 1 或 < 1 来判断其大小,步 b b 骤一般为:作商——变形——判断(大于 1 或小于 1) 。

在证题时,一般在 a , b 均为正数时,借助

例 4、设 a > b > 0 ,求证: a a b b > a b b a 。
a a abb ? a ? 证明:因为 a > b > 0 ,所以 > 1 , a ? b > 0 。而 b a = ? ? b a b ?b?
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a ?b

> 1 ,故

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a abb > abba 。

5、反证法 、
先假设要证明的结论不对,由此经过合理的逻辑推导得出矛盾,从而否定假 设,导出结论的正确性,达到证题的目的。 例 5、已知 a > b > 0 , n 是大于 1 的整数,求证: n a > n b 。 证明:假设 n a ≤ n b ,则 n
n

b b ≥ 1 ,即 ≥ 1 ,故 b ≥ a ,这与已知矛盾,所以 a a

a >nb。

6、迭合法(降元法) 、迭合法(降元法)
把所要证明的结论先分解为几个较简单部分,分别证明其各部分成立,再利 用同向不等式相加或相乘的性质,使原不等式获证。 例 6 、 已 知 : a1 + a 2 + L + a n = 1 , b1 + b2 + L + bn = 1 , 求 证 :
2 2 2 2 2 2

a1b1 + a 2 b2 + L + a n bn ≤ 1 。

证明:因为 a1 + a 2 + L + a n = 1 , b1 + b2 + L + bn = 1 ,
2 2 2 2 2 2

所以 a1 + a 2 + L + a n = 1 , b1 + b2 + L + bn = 1 。
2 2 2 2 2 2

由柯西不等式
a1b1 + a 2 b2 + L + a n bn ≤ a1 + a 2 + L + a n ? b1 +b2 + L + bn = 1 × 1 = 1 ,
2 2 2 2 2 2

所以原不等式获证。

7、放缩法(增减法、加强不等式法) 、放缩法(增减法、加强不等式法)
在证题过程中,根据不等式的传递性,常采用舍去一些正项(或负项)而使 不等式的各项之和变小(或变大) ,或把和(或积)里的各项换以较大(或较小) 的数,或在分式中扩大(或缩小)分式中的分子(或分母) ,从而达到证明的目 的。值得注意的是“放”“缩”得当,不要过头。常用方法为:改变分子(分母) 、 放缩法、拆补放缩法、编组放缩法、寻找“中介量”放缩法。 1 3 5 9999 例 7、求证: ? ? ? L ? < 0.01 。 2 4 6 10000 1 3 5 9999 证明:令 p = ? ? ? L ? ,则 2 4 6 10000
p2 = 1 32 5 2 9999 2 1 32 9999 2 1 1 ? 2 ? 2 ?L? < 2 ? 2 ?L? = < , 2 2 2 2 4 6 10000 2 ?1 4 ?1 10000 ? 1 10001 10000

所以 p < 0.01 。
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8、数学归纳法 、
对于含有 n(n ∈ N ) 的不等式,当 n 取第一个值时不等式成立,如果使不等式 在 n = k (n ∈ N ) 时成立的假设下,还能证明不等式在 n = k + 1 时也成立,那么肯 定这个不等式对 n 取第一个值以后的自然数都能成立。 例 8、已知: a, b ∈ R + , n ∈ N , n ≠ 1 ,求证: a n + b n ≥ a n ?1b + ab n?1 。 证明: (1)当 n = 2 时, a 2 + b 2 ≥ ab + ab = 2ab ,不等式成立; (2)若 n = k 时, a k + b k ≥ a k ?1b + ab k ?1 成立,则 a k +1 + b k +1 = a (a k + b k ) ? ab k + b k +1 ≥ a (a k ?1b + ab k ?1 ) ? ab k + b k +1 = a k b + ab k + (a 2 b k ?1 ? 2ab k + b k +1 ) = a k b + ab k + b k ?1 (a ? b) 2 ≥ a k b + ab k , 即 a k +1 + b k +1 ≥ a k b + ab k 成立。 根据(1)(2) a n + b n ≥ a n ?1b + ab n?1 对于大于 1 的自然数 n 都成立。 、 ,

9、换元法 、
在证题过程中,以变量代换的方法,选择适当的辅助未知数,使问题的证明 达到简化。 1 例 9、已知: a + b + c = 1 ,求证: ab + bc + ca ≤ 。 3 1 1 1 证明:设 a = ? t , b = ? at (t ∈ R ) ,则 c = + (1 + a )t , 3 3 3
? 1 ?? 1 ? ?1 ?? 1 ? ? 1 ?? 1 ? ab + bc + ca = ? ? t ?? ? at ? + ? ? at ? ? + (1 + a )t ? + ? ? t ? ? + (1 + a )t ? ? 3 ?? 3 ? ?3 ?? 3 ? ? 3 ?? 3 ? 1 1 ? (1 + a + a 2 )t 2 ≤ (因为 1 + a + a 2 > 0 , t 2 ≥ 0 ) , 3 3 1 所以 ab + bc + ca ≤ 。 3 =

10、三角代换法 、
借助三角变换,在证题中可使某些问题变易。 例 10、已知: a 2 + b 2 = 1 , x 2 + y 2 = 1 ,求证: ax + by ≤ 1 。 证明:设 a = sin θ ,则 b = cos θ ;设 x = sin ? ,则 y = cos ? 所以 ax + by = sin θ sin ? + cos θ cos ? = cos(θ ? ? ) ≤ 1 。
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11、判别式法 、
通过构造一元二次方程, 利用关于某一变元的二次三项式有实根时判别式的 取值范围,来证明所要证明的不等式。 例 11、设 x, y ∈ R ,且 x 2 + y 2 = 1 ,求证: y ? ax ≤ 1 + a 2 。 证明:设 m = y ? ax ,则 y = ax + m 代入 x 2 + y 2 = 1 中得 x 2 + (ax + m) 2 = 1 ,即 (1 + a 2 ) x 2 + 2amx + (m 2 ? 1) = 0 因为 x, y ∈ R , 1 + a 2 ≠ 0 ,所以 ? ≥ 0 ,即 (2am) 2 ? 4(1 + a 2 )(m 2 ? 1) ≥ 0 , 解得 m ≤ 1 + a 2 ,故 y ? ax ≤ 1 + a 2 。

12、标准化法 、
形如 f ( x1 , x 2 , L , x n ) = sin x1 sin x 2 L sin x n 的函数,其中 0 < xi ≤ π ,且
x1 + x 2 + L + x n 为常数,则当 xi 的值之间越接近时, f ( x1 , x 2 , L , x n ) 的值越大(或

不变) ;当 x1 = x 2 = L = x n 时, f ( x1 , x 2 , L , x n ) 取最大值,即
f ( x1 , x 2 , L , x n ) = sin x1 sin x 2 L sin x n ≤ sin n x1 + x 2 + L + x n 。 n

标准化定理:当 A+B 为常数时,有 sin A ? sin B ≤ sin 2 证明:记 A+B=C,则
f ( A) = sin A ? sin B ? sin 2

A+ B 。 2

A+ B C = sin A sin(C ? A) ? sin 2 , 2 2

求导得 f `( A) = sin(C ? 2 A) ,由 f `( A) = 0 得 C=2A,即 A=B 又由 f ``( A) = ? cos( B ? A) < 0 知 f `( A) 的极大值点必在 A=B 时取得 由于当 A=B 时, f `( A) = 0 ,故得不等式。 同理,可推广到关于 n 个变元的情形。
A B C 1 sin sin ≤ 。 2 2 2 8 A B C 1 证明:由标准化定理得,当 A=B=C 时, sin = sin = sin = ,取最大 2 2 2 2 1 A B C 1 值 ,故 sin sin sin ≤ 。 8 2 2 2 8

例 12、设 A,B,C 为三角形的三内角,求证: sin

13、等式法 、
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应用一些等式的结论,可以巧妙地给出一些难以证明的不等式的证明。 例 13(1956 年波兰数学竞赛题) a, b, c 为 ?ABC 的三边长,求证: 、
2a 2 b 2 + 2a 2 c 2 + 2b 2 c 2 > a 4 + b 4 + c 4 。

证明:由海伦公式 S ?ABC = 其中 p =
1 (a + b + c) 。 2 两边平方,移项整理得

p ( p ? a)( p ? b)( p ? c) ,

16( S ?ABC ) 2 = 2a 2 b 2 + 2a 2 c 2 + 2b 2 c 2 ? a 4 ? b 4 ? c 4

而 S ?ABC > 0 ,所以 2a 2 b 2 + 2a 2 c 2 + 2b 2 c 2 > a 4 + b 4 + c 4 。

14、函数极值法 、
通过变换,把某些问题归纳为求函数的极值,达到证明不等式的目的。 1 例 14、设 x ∈ R ,求证: ? 4 ≤ cos 2 x + 3 sin x ≤ 2 。 8
3? 1 ? 证明: f ( x) = cos 2 x + 3 sin x = 1 ? 2 sin x + 3 sin x = ?2? sin x ? ? + 2 4? 8 ?
2 2

当 sin x =

3 1 时, f (x) 取最大值 2 ; 4 8

当 sin x = ?1 时, f ( x) 取最小值-4。
1 故 ? 4 ≤ cos 2 x + 3 sin x ≤ 2 。 8

15、单调函数法 、
当 x 属于某区间,有 f `( x) ≥ 0 ,则 f ( x) 单调上升;若 f `( x) ≤ 0 ,则 f ( x) 单 调下降。推广之,若证 f ( x) ≤ g ( x) ,只须证 f (a ) = g (a ) 及 f `( x) ≤ g `( x) 即可,
x ∈ [ a, b] 。

例 15、 0 < x <

,求证: sin x < x < tan x 。 2 证明:当 x = 0 时, sin x = x = tan x = 0 ,而
(sin x)`= cos x < 1 = x`< sec 2 x = (tan x)`

π

故得 sin x < x < tan x 。

16、中值定理法 、
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利用中值定理:f (x) 是在区间 [a, b] 上有定义的连续函数, 且可导, 则存在 ξ ,
a < ξ < b ,满足 f (b) ? f (a ) = f `(ξ )(b ? a ) 来证明某些不等式,达到简便的目的。

例 16、求证: sin x ? sin y ≤ x ? y 。 证明:设 f ( x) = sin x ,则 sin x ? sin y = ( x ? y ) sin`ξ = ( x ? y ) cos ξ 故 sin x ? sin y ≤ ( x ? y ) cos ξ ≤ x ? y 。

17、分解法 、
按照一定的法则,把一个数或式分解为几个数或式,使复杂问题转化为简单 易解的基本问题,以便分而治之,各个击破,从而达到证明不等式的目的。 1 1 1 例 17、 n ≥ 2 ,且 n ∈ N ,求证: 1 + + + L + > n( n n + 1 ? 1) 。 2 3 n 证明:因为 1 +
1 1 1 ?1 ? ?1 ? ?1 ? + + L + + n = (1 + 1) + ? + 1? + ? + 1? + L + ? + 1? 2 3 n ?2 ? ?3 ? ?n ?

= 2+
所以 1 +

3 4 n +1 3 4 n +1 + +L+ > n ? n 2 ? ? ?L? = n ? n n +1 2 3 n 2 3 n

1 1 1 + + L + > n( n n + 1 ? 1) 。 2 3 n

18、构造法 、
在证明不等式时,有时通过构造某种模型、函数、恒等式、复数等,可以达 到简捷、明快、以巧取胜的目的。 例 18、已知: x 2 + y 2 ≤ 1 , a 2 + b 2 ≤ 2 ,求证: b( x 2 ? y 2 ) + 2axy ≤ 2 。 证明:依题设,构造复数 z1 = x + yi , z 2 = a + bi ,则 z1 ≤ 1 , z 2 ≤ 2 所以 z1 ? z 2 = ( x + yi ) 2 (a + bi ) = [a ( x 2 ? y 2 ) ? 2bxy ] + [b( x 2 ? y 2 ) + 2axy ]i
2

b( x 2 ? y 2 ) + 2axy = Im z1 ? z 2 ≤ z1 ? z 2 ≤ 2
2 2

(

)

故 b( x 2 ? y 2 ) + 2axy ≤ 2 。

19、排序法 、
利用排序不等式来证明某些不等式。 排序不等式:设 a1 ≤ a 2 ≤ L ≤ a n , b1 ≤ b2 ≤ L ≤ bn ,则有
a1bn + a 2 bn?1 + L + a n b1 ≤ a1bt1 + a 2 bt2 + L + a n btn ≤ a1b1 + a 2 b2 + L + a n bn , 其
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中 t1 , t 2 , L , t n 是 1,2, L , n 的一个排列。 当且仅当 a1 = a 2 = L = a n 或 b1 = b2 = L = bn 时取等号。 简记作:反序和 ≤ 乱序和 ≤ 同序和。 例 19、求证: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ ab + bc + cd + da 。 证 明 : 因 为 a , b, c , d ∈ R 有 序 , 所 以 根 据 排 序 不 等 式 同 序 和 最 大 , 即
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ ab + bc + cd + da 。

20、几何法 、
借助几何图形,运用几何或三角知识可使某些证明变易。 a+m a > 。 例 20、已知: a, b, m ∈ R + ,且 a < b ,求证: b+m b 证明:以 b 为斜边, a 为直角边作 Rt?ABC 延长 AB 至 D,使 BD = m ,延长 AC 至 E,使 ED ⊥ AD ,过 C 作 AD 的平 行线交 DE 于 F,则 ?ABC ∽ ?ADE ,令 CE = n , a AB a + m 所以 = = b AC b + n a+m a+m a 又 CE > CF ,即 n > m ,所以 > = 。 b+m b+n b
E n F C b

D

m

B

a

A

另外,还可以利用重要的不等式来证题,如平均不等式、柯西(Cauchy)不 等式、琴生(Jensen)不等式、绝对值不等式、贝努利(J.Bernoulli)不等式、赫 尔德(O.H?lder)不等式、三角形不等式、闵可夫斯基(H.Minkowski)不等式等, 这里不再烦述了。 在实际证明中,以上方法往往相互结合、互相包含,证题时,可能同时运用 几种方法,结合起来加以证明。

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