数列、函数与不等式 不等式证明方法种种 数列与不等式

数列、函数与不等式

及其试题设计

三、不等式证明 方法总结：

不等式的性质及常用的证明方法主要有：比较法、分析法、综合法、反证法、换元法、判别式法、放缩法、数学归纳法等八种方法．要明确这虹各种方法证明不等式的步骤及应用范围．若能够较灵活的运用常规方法（即通性通法）、运用数形结合、函数等基本数学思想，就能够证明不等式的有关问题．

A B 0 A B；作商比较：A B 作差比较的步骤：

①作差：对要比较大小的两个数（或式）作差．

②变形：对差进行因式分解或配方成几个数（或式）的完全平方和． ③判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号．

注意：若两个正数作差比较有困难，可以通过它们的平方差来比较大小． 2、综合法：由因导果．

3、分析法：执果索因．基本步骤：要证……只需证……，只需证…… ①“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件．

②“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可以利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达．

4、反证法：正难则反．

放缩法的方法有：

①

an； ②将分子或分母放大（或缩小）； ③

利用基本不等式，如：log3 lg5 (④

lg3 lg52n (n 1)

； )

lg422

AA

1 B 0 或 1 B 0 ． BB

11111111

2 2

k(k 1)k 1kkk(k 1)kk 1k

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度大）；

111111

2 ( )；（程度小） 2kk 1(k 1)(k 1)2k 1k 1

换元和代数换元．

如：已知x2 y2 a2，可设x acos ,y asin ； 已知x2 y2 1，可设x rcos ,y rsin （0 r 1）； x2y2

已知2 2 1，可设x acos ,y bsin ；

abax2y2

已知2 2 1，可设x ,y btan ；

cos ab

7、构造法：通过构造函数、方程、数列、向量、不等式或图形来证明不等式； 8、数学归纳法法：数学归纳法法证明不等式在数学归纳法中专门研究．

证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法．要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．

证明不等式不但用到不等式的性质，不等式证明的技能、技巧，还要注意到横向结合内容的方方面面．如与数列的结合，与“二次曲线”的结合，与“三角函数”的结合，与“一元二次方程，一元二次不等式、二次函数”这“三个二次”间的互相联系、互相渗透和互相制约，这些也是近年命题的重点．

在不等式证明中还要注意数学方法，如比较法（包括比差和比商）、分析法、综合法、反证法、数学归纳法等，还要注意一些数学技巧，如数形结合、放缩、分类讨论等．

比较法是证明不等式最常用最基本的方法．

分析法是数学解题的两个重要策略原则的具体运用，两个重要策略原则是：正难则反原则，即若从正面考虑问题比较难入手时，则可考虑从相反方向去探索解决问题的方法，即我们常说的逆向思维，由结论向条件追溯；简单化原则，即寻求解题思路与途径，常把较复杂的问题转化为较简单的问题，在证明较复杂的不等式时，可以考虑将这个不等式不断地进行变换转化，得到一个较易证明的不等式．

凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题适宜用反证法．

换元法（主要指三角代换法）多用于条件不等式的证明，此法若运用恰当，可沟通三角与代数的联系，将复杂的代数问题转化成简单的三角问题．

含有两上字母的不等式，若可化成一边为零，而另一边是关于某字母的二次式时，这时可考虑判别式法，并注意根的取值范围和题目的限制条件．

有些不等式若恰当地运用放缩法可以很快得证，放缩时要看准目标，做到有的放矢，注意放缩适度．

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总之，不等式证明方法多种多样，试题灵活多变，要解答好该类试题，关键是要做到“熟能生巧”、“以不变应万变”。

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题型示例：

例1．若水杯中的b克糖水里含有a克糖，假如再添上m克糖，糖水会变得更甜，试将这一事实用数学

关系式反映出来，并证明之． 证明：由题意得数学表示为 证法一：（比较法）

证法二：（放缩法）

证法三：（构造法）（数形结合，如图）

例2．已知a，b R，且a b 1．求证： a 2 2

b 2 2

25

2

．证法一：（比较法）

证法二：（分析法）

证法三：（综合法）

证法四：（反证法）

证法五：（放缩法）

证法六：（均值换元法）

证法七：（判别式法）

A

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题型示例（教师版）：

例1．若水杯中的b克糖水里含有a克糖，假如再添上m克糖，糖水会变得更甜，试将这一事实用数学

关系式反映出来，并证明之．

分析：本例反映的事实质上是化学问题，由浓度概念（糖水加糖甜更甜）可知

aa m

（b a 0，m 0）．

证明：由题意得

ab a m

b m

（b a 0，m 0）． 证法一：（比较法）

a mab(a m) a(b m)m(b a)

b m b b(b m)

b(b m)

， b a 0,m 0， b a 0，b m 0，

m(b a)

a mb(b m)

0，即

b m ab． 证法二：（放缩法）

a

a

b a 0且m 0， aa(b m)m

b

b(b m) b m a mb m

． 证法三：（构造法）（数形结合法）

如图，在RtABC及RtADF中，

AB a，AC b，BD=m，作CE∥BD． ABC∽ ADF，

aa ma b ma m

b CF b CE b m

． 例2．已知a，b R，且a b 1．求证： a 2 2

b 2 2

25

2

．证法一：（比较法）

a,b R,a b 1, b 1 a a 2 2 b 2 2

252 a2 b2 4(a b) 92

a2 (1 a)2 4

92 2a2 2a 12 2(a 1

2)2 0， 即 a 2 2

b 2 2

252（当且仅当a b 1

2

时，取等号）． 证法二：（分析法）

bb m

A

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a 2 B 2

22

2525 a2 b2 4(a b) 8 22

b 1 a

2，因为显然成立，所以原不等式成立． 25122

a (1 a) 4 8 (a ) 0 22

点评：分析法是基本的数学方法，使用时，要保证“后一步”是“前一步”的充分条件． 证法三：（综合法）由上分析法逆推获证（略）． 证法四：（反证法）假设(a 2) (b 2)

2

2

2

252522

，则a b 4(a b) 8 ． 22

2

由a b 1，得b 1 a，于是有a (1 a) 12

25

． 2

121

所以(a ) 0，这与 a 0矛盾．

22

所以 a 2 b 2

2

2

2

25

． 2

2

证法五：（放缩法）∵a b 1，

∴左边＝ a 2 b 2

2

2

a 2 b 2 1225

2 a b 4 ＝右边． 222

2

2

2

a b

点评：根据欲证不等式左边是平方和及a b 1这个特点，选用基本不等式a b 2 ． 2

证法六：（均值换元法）∵a b 1，所以可设a

2

2

11

t，b t， 22

2

∴左边＝ a 2 b 2 ( t 2) ( t 2)

2

1

212

2525 5 5

t t 2t2 ＝右边．当且仅当t=0时，等号成立．

22 2 2

点评：形如a b 1结构式的条件，一般可以采用均值换元． 证法七：（判别式法）

222

设y a 2 b 2 ，由a b 1，有y (a 2) (3 a) 2a 2a 13，

2

2

22

所以2a 2a 13 y 0，

因为a R，所以 4 4 2 (13 y) 0，即y

2

252522

．故 a 2 b 2 ． 22

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不等式证明练习

1．设实数x，y满足y x2 0，0 a 1．求证：logaa a2．设m等于a，b和1中最大的一个，当x m时，求证：

2

2

xy

log

12 ． a

8

ab

2 2． xx

1 1 25

3．已知a,b R ，a b 1，求证： a b ．

ab2

1 1 1 100

推广：已知a,b,c R，a b c 1，求证： a b c ．

a b c 3

4*．已知函数f(x) x sinx，数列{an}中，0 a1 1，而an 1 f an ，求证：0 an 1 an 1． 5*．已知数列 an 满足an 1 an2 2an（n N*），且0 a1 1． （1）求证：0 an an 1 1； （2）若bn lg 1 an ，且a1

2

2

2

1 9

，求无穷数列 所有项的和； 10 bn

3332222

（3）对于n N*，且n 2，求证：2a1 a2 an a1a2 a2a3 an 1an ana1 n．

n

117

n N*6*．已知数列{an}的通项公式为an ，（），求证：． a i

n 2n24i 1

7*．设g(x) px

p

2f(x)，其中f(x) lnx． x

（1）若g(x)在其定义域内为增函数，求p的取值范围； （2）证明：f(x) x 1；

ln2ln3lnn2n2 n 1*

（3）证明：2 2 2 （n N,n 2）．

23n4(n 1)

8．（2011·安徽理）

（1）设x 1，y 1，证明：x y

111

xy； xyxy

（2）设1 a b c，证明：logab logbc logca logba logcb logac．

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答案与提示

1．证明：（分析法）要证loga(a a) loga2

x

y

1

8

x

y

1

， 0 a 1， 8

x y2

只要证：a a

2a，又 a a 2a

xy

，

只需证：a

即证x x

2

x y

a．∴只需证x y

14

1， 4

1

0，此式显然成立． 4

∴原不等式成立．

2．分析：本题的关键是将题设条件中的文字语言“m等于a，b和1中最大的一个”翻译为符号语言

“m a，m b，m 1”，从而知x m a． 证明：（综合法） x m a，x m b,x m 1，

a1.bxxabab

2 2 2 2 2． xxxxxxxx

22222

3．证明：∵a b 1∴1=(a b) a b 2ab 2(a b)∴a b

2

2

2

1

2

又∵

111212

(a b)( ) 2222abab∴(a ) (b ) (a b) 4 (

1a

2

1b

222

11125 ) 4 8 ． a2b222

说明：用同样的思路可以推证关于三个正数和为1时各数与其倒数和的平方和的最值问题： 推广：证明：∵a b c 1，∴1=(a b c) a b c 2ab 2bc 2ca 3(a b c)，

∴a b c

2

2

2

2222222

1

，

3

又∵

11111212 (a b c)( ) 27， 222222abcabc1a

2

∴(a ) (b ) (c ) (a b c) 6 (∴(a ) (b ) (c )

1b

2

1c

2222

1111100 ) 6 27 ， a2b2c233

1

a

2

1b

2

1c

2

100

． 3

猜想：关于n个正数和为1时各数与其倒数和的平方和的最值如何？

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4*．证明：（完全归纳法） （1）先证明0 an 1

因为f'(x) 1 cosx，而 1 cosx 1，所以f'(x) 0恒成立， 从而函数f(x) x sinx在R上为增函数，

所以，当0 x 1时，f(x) x sinx当然也为增函数， 所以0 f(0) f(x) f(1) 1 sin1 1，

即对于函数f(x) x sinx而言，当0 x 1时，必有0 f(x) 1成立 由题设知，数列{an}中，0 a1 1，而an 1 f(an)，

所以0 a2 1 0 a3 1 0 an 1，当然0 an 1 1（穷举法）

说明：归纳法分为完全归纳法与不完全归纳法，完全归纳法即将所要证明的对象全部证明，而不完全归

纳法则需要数学归纳法配合证明．此题的证明过程实际上是一种完全归纳法，由函数的性质穷举而完成． （2）再证an 1 an

由an 1 f(an) an sinan an 1 an sinan，

而由（1）知0 an 1，所以0 sinan 1 1 sinan 0， 从而an 1 an 0 an 1 an 综上，得证0 an 1 an 1． 5*．证明：（1）（构造法）

2

构造函数：f x x 2x x 1 1，则有an 1 f an ，

2

可以验证：当0 x 1时，f x 单调递增，且0 f x 1，

对于数列 an 而言，若0 a1 1，则完全归纳法可得：0 a2 1，……0 an 1， 又由an 1 an2 2an an 1 an an an an an 1 0（∵0 an 1）

2

所以，an an 1，

所以，对于数列 an 而言，必有：0 an an 1 1，得证．

2

（2）由an 1 an 2an 1 an 1 an 1 1 an （0 an 1），

22

两边取对数得：lg 1 an 1 lg 1 an 2lg 1 an

2

lg 1 an 1

2，

lg1 an

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若bn lg 1 an b1 lg 1 a1 1，所以bn 2n 1， 所以，数列

1 1

是无穷递缩等比数列，从而S 2． n

b n 1 2

（3）（放缩法）∵an 13 an 12an an3 an 12 an 1 an an3 an3 1（an 1 an an 1 an 0）

而an3 an2a1 a13 a12 a1 an an3 an3 1（a1 an a1 an 0）

3332222

所以，由累加法可得：2a1 a2 an a1a2 a2a3 an 1an ana1 n，

即得证．

6*．〖证法一〗：

ai

i 1

n

111111611

1 212 223 234 24n 2n244 24n 2n

∵

1111111 111

45n45n2n 3 4 25 2n 23 23 23 224 222

n

1

1 24 1

n 3 2

1

24

∴

ci

i 1

n

17

．故得证 24

111111611

1234n4n

1 22 23 24 2n 2244 2n 2

n

2

〖证法二〗：

ci

i 1

∵当n 4时，2 n（可证）…………………………………（这一点是本题的亮点） ∴

1111 11

n3

n 2n(n 1)n(n 1)2 (n 1)nn(n 1)

1111 111111

45n

4 25 2n 22 3 44 54 55 6(n 1)nn(n 1)

n

∴

1 11 1

2 3 4n(n 1) 24

∴

ai

i 1

17

．故得证． 24

值得注意的一点：

该题有个别同学用反证法证明：假设f(n) ai

i 1n

17

，因为f(n)显然是递增的，即f(n) f(2)，于24

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是举出一个反例f(2)

1117

说明这种假设是不成立的，于是命题得证． 2

2241 2

这种思路是错误的，错因是没有认清“全称命题”与“特称命题”的概念。

nn

171717

n0 N*，命题：，意即：对 n N*，都有 ai 成立．该命题的否定是：使得 ai ．

ai 242424i 1i 1i 1

n

然要证明该命题不成立，不能仅仅因为存在一个2 N*，使得f(2)

所以这种证明思路是错误的．

1117

而说明假设错误．

1 22224

7*．〖解及证〗：（1）、（2）略，以下对弟（3）问给出不同的证明方法

证法一：（放缩法）由（2）可得f(n) n 1，即lnn n 1 ∴

lnnn 1n 11

n2n2n2 1n 1

ln2ln3lnn111 ， 22223n34n 1

bb m

（a b 0，m 0）可得 aa m

∴

又由“糖水不等式”：

ln2ln3lnn111(n 2) (n 1) 2 1(n 2)n2n2 n 1

2 2 ， 223n34n 1n 12(n 1)4(n 1)

即得证．

lnn2n2 11

1 证法二：（放缩法）由lnx x 1 lnn n 1 2 ，

nn2n2

2

2

即

lnn1 1 ln2ln3lnn1 111

，∴ 1 (n 1) ( ) 22 222222 n2 n 23n2 23n

2n2 n 11 111

(n 1) ( )

2 1 22 3(n 1)n 4(n 1)

lnxlnx

f(x) x [2, )，可证当时，是单调递减的．

x2x2

证法三：（放缩法）令f(x)

∴f(x) f(2)，即

lnnln21ln2ln3lnn111n 1 ，∴一方面 ＝222n222423n4 4 44

(n 1)个

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2n2 n 1(2n 1)(n 1)(n 1)(n 1)n 1

另一方面

4(n 1)4(n 1)4(n 1)4

故命题得证．

证法三：（数学归纳法）（略） 8．（1）因为x 1，y 1，所以，