分式不等式放缩、裂项、证明

分式不等式放缩、裂项、证明（通用12篇）

分式不等式放缩、裂项、证明 篇1

主备人：审核：包科领导：年级组长：使用时间：

放缩法证明不等式

【教学目标】

1.了解放缩法的概念；理解用放缩法证明不等式的方法和步骤。

2.能够利用放缩法证明简单的不等式。

【重点、难点】

重点：放缩法证明不等式。

难点：放缩法证明不等式。

【学法指导】

1.据学习目标，自学课本内容，限时独立完成导学案；

2.红笔勾出疑难点，提交小组讨论；

3.预习p18—p19,【自主探究】

1，放缩法：证明命题时，有时可以通过缩小（或）分式的分母（或），或通过放大（或缩小）被减式（或）来证明不等式，这种证明不

等式的方法称为放缩法。

2，放缩时常使用的方法：①舍去或加上一些项，即多项式加上一些正的值，多项式的值变大，或多项式减上一些正的值，多项式的值变小。如t22t2,t22t2等。

②将分子或分母放大（或缩小）：分母变大，分式值减小，分母变小，分

式值增大。

如当(kN,k1)1111，22kkk(k1)k(k1)，③利用平均值不等式，④利用函数单调性放缩。

【合作探究】

证明下列不等式

(1)

(2)，已知a>0，用放缩法证明不等式:loga

(a1)1111...2(nN)2222123nloga(a1)1

(3)已知x＞0, y>0，z>0求证

xyz

（4）已知n

N，求证：1

【巩固提高】

已知a,b,c,d都是正数，s

【能力提升】

求证: ...abcd求证:1

1aba

1ab

1b

本节小结：

分式不等式放缩、裂项、证明 篇2

一、对通项公式的放缩

而n=1时, 1<2成立。

这是一类放缩成裂项相消求和的题目, 应尝试着多种放缩方式。

这两个变式题采用了从第三项开始拆项放缩的技巧, 放缩拆项时, 不一定从第一项开始, 须根据具体题型分别对待, 既不能放得太宽, 也不能缩得太窄, 真正做到恰倒好处。

这是一类放缩成等比数列求和的题目, 一般需要将有限项和放缩成无穷等比数列的所有项和, 这就提供给我们一个发挥想象的空间, 针对右边的常数, 去设想所需要的等比数列的公比。

二、对递推公式进行放缩

例:设an数列满足:an+1=an2-nan+1, n=1, 2, 3, …当a1≥3时,

证明: (Ⅰ) (可用数学归纳法证明) 略。

(Ⅱ) 由an+1=an (an-n) +1及 (Ⅰ) , 有an+1≥2an+1,

分式不等式放缩、裂项、证明 篇3

例1（2015年高考广东卷理科第21题第（3）问改编）已知n∈N+且n≥2，求证：12+13+…+1n

解令f（x）=1x，（x>0），则f（x）在（0，+∞）

内单调递减，如图1，由定积分的几何意义知

每个小曲边梯形的面积大于对应的矩形的面积，

即∫k+1kf（x）dx>f（k+1），即ln（k+1）-lnk>1k+1，

再令k=1，2，…，n-1，然后累加即得

12+13+14+…+1n

点评由于定积分概念的形成过程是以矩形的面积来逼近曲边梯形的面积，此时取区间的左端点还是右端点的函数值决定这些小矩形的面积是“大于”还是“小于”其本来曲边梯形的面积，利用这个性质来证明与“和式”相关的数列不等式特别有效、简捷，让人赏心悦目.

例2（2013年高考大纲版全国卷理科第22题第（2）问）设数列{an}的通项an=1+12+…+1n，证明：a2n-an+14n>ln2.

证明a2n-an+14n>ln2

1n+1+1n+2+…+1n+n+14n>ln2

1n+1n+1+…+12n-1>ln2+14n.

设g（x）=1x，如图2，Sk=1k=1×g（k）表示

矩形ABCD的面积，其中A（k，0），B（k+1，0），C（k+1，g（k）），D（k，g（k）），E（k+1，g（k+1）），Sk′=∫k+1kg（x）dx表示曲边梯形ABED的面积，

由于函数g（x）=1x在（0，+∞）上是下凸函数，所以矩形ABCD的面积大于对应曲边梯形ABED的面积与右上角的小直角三角形CDE的面积之和，即Sk>Sk′+12×1×g（k）-g（k+1），即1k>∫k+1k1xdx+12（1k-1k+1）.

令k=n，n+1，…，2n-1，并相加得1n+1n+1+…+12n-1>

∫2nn1xdx+12（1n-12n）=（lnx）2n

n+14n=ln2+14n.

所以，原不等式成立.

例3（2012年高考天津卷理科第21题第（3）问）证明：∑ni=122i-1-ln（2n+1）<2（n∈N+）.

证明当n=1时，不等式左边=2-ln3<2=右边，所以原不等式成立.

当n≥2时，原不等式等价为∑ni=222i-1

设f（x）=22x-1，如图3，

Si=22i-1=1×f（i）表示矩形ABCD的

面积，其中A（i，0），B（i-1，0），C（i-1，f（i）），

D（i，f（i）），E（i-1，f（i-1））.

Si′=∫ii-1f（x）dx表示曲边梯形ABED的面积，因为f（x）为减函数，所以Si

∑ni=222i-1<∫n122x-1dx=ln（2x-1）n1=ln（2n-1）-ln1=ln（2n-1）

所以原不等式成立.

例4（2010年高考湖北卷理科第21题第（3）问）证明：1+12+13+……1n>ln（n+1）+n2（n+1）（n≥1）.

设f（x）=1x，如图4，Sk=1k=1×f（k）表示矩形ABCD的面积，其中A（k+1，0），B（k，0），C（k+1，f（k）），D（k，f（k）），E（k+1，f（k+1）），

Sk′=∫k+1kf（x）dx表示曲边梯形ABDE的面积，

由于函数f（x）=1x在（0，+∞）上是下凸函数，

所以矩形ABCD的面积大于对应曲边梯形

ABDE的面积与右上角的小直角三角形CDE

的面积之和，即Sk>Sk′+12×1×f（k）-f（k+1），

令k=1，2，…，n，并相加得

11+12+…+1n>∫n+111xdx+12（1-1n+1）

=（lnx）n+1

1+n2（n+1）=ln（n+1）+n2（n+1），

故原不等式成立.2分母是二次型

例5（2014年高考广东卷文19（3））已知an=2n，证明：对一切正整数n，有1a1（a1+1）+1a2（a2+1）+…+1an（an+1）<13.

分析因为1an（an+1）=12n（2n+1），构造公差为2的等差数列{bn}，使12n（2n+1）<1bnbn+1=12（1bn-1bn+1），

则1a1（a1+1）+1a2（a2+1）+…+1an（an+1）

<12（1b1-1b2）+（1b2-1b3）+…+（1bn-1bn+1）=12（1b1-1bn+1）<12b1=13，只须取b1=32即可.

证明令bn=32+（n-1）×2=2n-12，则bn+1=2n+32，bnbn+1=4n2+2n-34，

因为2n（2n+1）=4n2+2n>4n2+2n-34=bnbn+1，

所以1an（an+1）=12n（2n+1）<1bnbn+1=12（1bn-1bn+1），

所以1a1（a1+1）+1a2（a2+1）+…+1an（an+1）

<1b1b2+1b2b3+…+1bnbn+1=12（1b1-1b2）+（1b2-1b3）+…+（1bn-1bn+1）

=12（1b1-1bn+1）<12b1=13.

例6（2008年高考辽宁卷）已知an=n（n+1），bn=（n+1）2，证明：1a1+b1+1a2+b2+…+1an+bn<512.

分析因为1an+bn=1（n+1）（2n+1）=2（2n+1）（2n+2），构造公差为2的等差数列{bn}，使2（2n+1）（2n+2）<2bnbn+1=1bn-1bn+1，

则1a1+b1+1a2+b2+…+1an+bn

<（1b1-1b2）+（1b2-1b3）+…+（1bn-1bn+1）=1b1-1bn+1<1b1=512，只须取b1=125即可.

证明令bn=125+（n-1）×2=2n+25，

则bn+1=2n+125，bnbn+1=4n2+28n5+2425<4n2+6n+2=（2n+2）（2n+1），

所以2（2n+1）（2n+2）<2bnbn+1=1bn-1bn+1，

所以1a1+b1+1a2+b2+…+1an+bn

<（1b1-1b2）+（1b2-1b3）+…+（1bn-1bn+1）=1b1-1bn+1<1b1=512.

例7（2013年高考广东卷理19（3））已知an=n2，证明对一切正整数n，有1a1+1a2+…+1an<74.

分析当n=1时，不等式显然成立，当n≥2时，问题等价于1a2+1a3…+1an<34.

因为1an=1n2=1n×n，构造公差为1的等差数列{bn}，使1n×n<1bnbn+1=1bn-1bn+1，则1a2+1a3…+1an

<（1b2-1b3）+（1b3-1b4）+…+（1bn-1bn+1）=1b2-1bn+1<1b2=34，只须取b2=43即可.

证明当n=1时，不等式显然成立，

当n≥2时，令bn=43+（n-2）×1=n-23，

则bn+1=n+13，bnbn+1=n2-n3-29

所以1a2+1a3+…+1an

<（1b2-1b3）+（1b3-1b4）+…+（1bn-1bn+1）=1b2-1bn+1<1b2=34.3分母是指数型

例8（2014年高考全国卷Ⅱ理17（2））已知an=3n-12，证明：1a1+1a2+…+1an<32.

要证的不等式中，左边是n项的和，而右边仅是一个常数32，这样不等式左右两边的结构不和谐，不利于问题的解决，为了解决问题，要么左边能够直接求和（显然左边不能直接求和），要么右边的常数32能够分解为一个数列的前n项和，那右边能分解为一个数列的前n项和的形式吗？

容易想到的是等比数列前n项和，即考虑构造一个公比为q的等比数列{bn}，其前n项和为Tn=b1（1-qn）1-q，希望得到1a1+1a2+…+1an≤b1（1-qn）1-q

所以令b11-q=32，b1=1a1=1，则q=13，bn=（13）n-1，

因此只须证明1an≤bn，即23n-1≤（13）n-1，只须证明2·3n-1≤3n-1，即3n-1≥1，

而3n-1≥1显然成立，所以1an≤13n-1，

所以1a1+1a2+…+1an≤1+13+…+（13）n-1=1-（13）n1-13<32.

例9（2012年高考广东卷理19（3））已知an=3n-2n，证明：对一切正整数n，1a1+1a2+…+1an<32.

分析因为1an=13n-2n，构造公比为13的等比数列{bn}，使1an=13n-2n≤bn，则1a1+1a2+…+1an

证明令bn=（13）n-1，则1an-bn=13n-2n-（13）n-1=2（2n-1-3n-1）3n-1（3n-2n）≤0，

所以1an≤（13）n-1，所以1a1+1a2+…+1an≤1+13+…+（13）n-1=1-（13）n1-13<32.

利用放缩法证明不等式举例 篇4

高考中利用放缩方法证明不等式，文科涉及较少，但理科却常常出现，且多是在压轴题中出现。放缩法证明不等式有法可依，但具体到题，又常常没有定法，它综合性强，形式复杂，运算要求高，往往能考查考生思维的严密性，深刻性以及提取和处理信息的能力，较好地体现高考的甄别功能。本文旨在归纳几种常见的放缩法证明不等式的方法，以冀起到举一反三，抛砖引玉的作用。

一、放缩后转化为等比数列。

例1.{bn}满足：b11,bn1bn(n2)bn

3（1）用数学归纳法证明：bnn

（2）Tn

解：(1)略

(2)bn13bn(bnn)2(bn3)

又bnn

bn132(bn3)，nN

迭乘得：bn3

2n1211111...，求证：Tn 3b13b23b33bn2*(b13)2n1 11n1,nN* bn32

Tn1111111 ...234n1n12222222

2点评：把握“bn3”这一特征对“bn1bn(n2)bn3”进行变形，然后去

掉一个正项，这是不等式证明放缩的常用手法。这道题如果放缩后裂项或者用数学归纳法，似乎是不可能的,为什么？值得体味！

二、放缩后裂项迭加

例2．数列{an}，an(1)

求证：s2nn11，其前n项和为sn

n

2解：s2n1

令bn11111 ...2342n12n1，{bn}的前n项和为Tn 2n(2n1)

1111()2n(2n2)4n1n当n2时，bn

s2nTn

111111111111()()...()

212304344564n1n71 104n2

点评:本题是放缩后迭加。放缩的方法是加上或减去一个常数，也是常用的放缩手法。值得注意的是若从第二项开始放大，得不到证题结论，前三项不变，从第四项开始放大，命题才得证，这就需要尝试和创新的精神。

例3.已知函数f(x)axbc(a0)的图象在(1,f(1))处的切线方程为 x

yx

1（1）用a表示出b,c

（2）若f(x)lnx在[1,)上恒成立，求a的取值范围

（3）证明：1

解：（1）（2）略

（3）由（II）知：当a111n ...ln(n1)23n2(n1)1时,有f(x)lnx(x1)2

111令a,有f(x)(x)lnx(x1).22x

11且当x1时,(x)lnx.2x

k111k1k111令x,有ln[][(1)(1)], kk2kk12kk1

111即ln(k1)lnk(),k1,2,3,,n.2kk1

将上述n个不等式依次相加得

ln(n1)

整理得 11111(), 223n2(n1)

1111nln(n1).23n2(n1)

点评：本题是2010湖北高考理科第21题。近年，以函数为背景建立一个不等关系，然后对变量进行代换、变形，形成裂项迭加的样式，证明不等式，这是一种趋势，应特别关注。当然，此题还可考虑用数学归纳法，但仍需用第二问的结论。

三、放缩后迭乘

例4

．a11,an11(14annN*).16

（1）求a2,a3

（2）

令bn{bn}的通项公式

（3）已知f(n)6an13an，求证：f(1)f(2)f(3)...f(n)

解：（1）（2）略 1 2

21n1n1()() 3423

13231f(n)nn2nn11n 42424

111211(1n)(1n1)1nn2n11n11n11141n11n11n1444

11nf(n)1n14

11111121n1n...1f(1)f(2)...f(n)11111122

n144由（2）得an

分式不等式放缩、裂项、证明 篇5

储曙晓

不等式的证明有多种方法，如放缩法、数学归纳法等，但是在运用这些方法时，往往又有一定的困难.下面举一例说明.证明：11117.(nN*)222423n

思路1采用放缩法

当n=1时，原不等式成立；

当n>1时，有两种途径：

(1)根据1111(k2,3,,n)，有 k2(k1)kk1k

111 1223(n1)n左边<1+

111111112，n223n1n

而217，当n>4时不成立，所以放缩过大!n4

(2)根据11111(k2,3,,n)，有 22kk12k1k1

111 2222131n1左边<1

1111111111111 23224235246

11111171117)，恰到好处!(2n2n2n1n142nn14

思路2能用数学归纳法证明吗?

第一步当n=1时原不等式成立，容易验证；

第二步假设当n=k(k∈N*)时命题成立，即1

则当n=k+1时,原不等式的左边=11117.222423k111171.222224(k1)23k(k1)

而11117717，从而不能证明.12222244(k1)423k(k1)

思路受阻！如何摆脱困境？ 这说明111117，放缩过大，需要调整.略小于2222423k(k1)

因为当n=1或2时，原不等式都成立，所以只要证：

11117*.(n3,nN)222423n

1***，右边=，而，22364312361223下面用数学归纳法证明一个预备命题：

证明： ① 当n=3时，命题的左边=1从而命题成立；

② 假设当nk(k3,kN*)时命题成立，即

111171； 2232k24k

那么，当n=k+1时，有

命题的左边=11111711，2232k2(k1)24k(k1)2而命题的右边=

271，4k12因为k2kk2k1，即k21111，,(k1)2kk1(k1)2k

从而71711，24k14k(k1)

即当n=k+1时命题也成立.由①②得证，预备命题成立，即

1

11171(n3,nN*).2224n23n

而7171117，所以1222.(n3,nN*)4n4423n

1117*又因为当n=1或2，上式也成立，所以1222.(nN)，从而原423n

分式不等式放缩、裂项、证明 篇6

教学目标：学会利用放缩法证明数列相关的不等式问题 教学重点：数列的构造及求和 教学难点：放缩法的应用

证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材。这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种： 例1求

k1n

24k

2

1的值例2.求证:1

2



1(2n1)





12(2n1)

(n2)

例3求证:1

4116

136



14n





14n

例4求证：1

4



1n



n

例5已知an4n2n,Tn

a1a2an,求证:T1T2T3Tn

.直接放缩

1、放大或缩小“因式”：

例1.设数列an的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an5Sn1成立，记bn（I）求数列bn的通项公式；

（II）记cnb2nb2n1(nN*)，设数列cn的前n项和为Tn，求证：对任意正整数n都有Tn

例2.已知数列an满足a11,an12an1nN（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅲ）证明：

例3.设数列{an}满足a12,an1an

4an1an

*

(nN)。

32；

1a2



1a3



1an

1

nN3



1an

(n1,2,).证明an

2n1对一切正整数n成立

例4.已知数列an满足a1

4，an

an1

(1)an12

n

（n2,nN）。

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅲ）设cnansin

anN． 例5.数列xn由下列条件确定：x1a0，xn11xn,

2

xn

(2n1)，数列cn的前n项和Tn，求证：对nN,Tn

47。

（I）证明：对n2总有xn

圆锥曲线：

a

；(II)证明：对n2总有xnxn1

1.已知将圆xy8上的每一点的纵坐标压缩到原来的22

12,对应的横坐标不变,得到曲线C；设M(2,1)，平行于OM的直线l在y轴上的截距为m(m≠0),直线l与曲线C交于A、B两个不同点.(1)求曲线C的方程；(2)求m的取值范围.2.设椭圆C1：

xa

2

yb

1(ab0)，抛物线C2：xbyb.(1)若C2经过C1的两个焦点，求C1的离心率；(2)

设A(0,b),Q

54又M、N为C1与C2不在y轴上的两个交点，若AMN的垂心为B(0,b)，3

4且Qb)，MN的重心在C2上，求椭圆C1和抛物线C2的方程

3.已知椭圆C的焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线y

（1）求椭圆C的方程；

x

2

（2）设A、B为椭圆上的两个动点，OAOB0，过原点O作直线AB的垂线OD，垂足为D，求点D的轨迹方程．

4.设双曲线C：

21（a＞0，b＞0）的离心率为e，若准线l与两条渐近线相交于P、Q两点，F为右焦点，2ab

△FPQ为等边三角形．

（1）求双曲线C的离心率e的值；

x

y

（2）若双曲线C被直线y＝ax＋b截得的弦长为

bea

2求双曲线c的方程．

课后作业： 1.求证：

2.已知数列{a}的前n项和S满足Sn2an(1),n1.n

n

1



3

1n



4n

（Ⅰ）写出数列{a}的前3项a1,a2,a3（Ⅱ）求数列{an}的通项公式

n

3.已知a为正实数，n为自然数，抛物线yx线在y轴上的截距，用a和n表示f(n)；

圆锥曲线作业： 1.已知椭圆

C1:

xa

a

n

与x轴正半轴相交于点A，设f(n)为该抛物线在点A处的切



yb

1(a＞b＞0)

与双曲线

C1:x

y

1

有公共的焦点，C1的一条渐近线与以

C1的长轴为直径的圆相

交于A,B两点，若

A．

a

C1

恰好将线段AB三等分，则（）

B．a13

132

C．

b

D．b2

=4:3:2，则曲线r的离心率等

2.设圆锥曲线r的两个焦点分别为F1，F2，若曲线r上存在点P满足于()

1或3

PF1:F1F2:PF2

A．22B．3或2C．2

或

2D．3

或

3.若点O和点F(2,0)分别是双曲线的取值范围为()

xa



y1(a>0)的中心和左焦点,点P为双曲线右支上的任意一点,则OPFP

A.)

B.[3)C.[-

74,)D.[

74,)

4.已知双曲线E的中心为原点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N(12,15),F(3,0)是E的焦点，则E的方程式为()(A)

x



y

61(B)

x



y

1(C)

x



y

1(D)

x



y

1

5.点A(x0,y0)在双曲线

x



y

1的右支上，若点A到右焦点的距离等于2x0，则x0

6.已知点A、B的坐标分别是(1,0)，(1,0).直线AM,BM相交于点M，且它们的斜率之积为－2.(Ⅰ)求动点M的轨迹方程;

分式不等式放缩、裂项、证明 篇7

放缩法证明数列不等式是高考数学命题的热点和难点, 通常作为试卷的压轴题, 由于其灵活多变, 让许多学生觉得没有规律, 无从着手.为帮助更多的学生突破这个难点, 我们可以在思维策略上加以点拨, 提升其能力.本文谈谈笔者关于这一问题的一点浅见.

1 放缩为裂项求和

有的数列和不等式, 不能直接求和时, 可以先把数列的通项公式分裂成两项之差, 求和后再放缩.当数列的通项公式不能分裂成两项之差时, 先把通项公式放缩后裂项, 每一项按照相同的规律放大或缩小后裂项, 求和后再放缩.

例1 设数列{an}的前n项的和$S{}_n=\frac{4}{3}a{}_n-\frac{1}{3}\times 2{}^{n+1}+\frac{2}{3}‚n\in \mathbf{{\rm N}}{}^{*}.$

(Ⅰ) 求首项a1与通项an;

(Ⅱ) 设${\rm T}{}_n=\frac{2{}^n}{S{}_n}‚n\in \mathbf{{\rm N}}{}^{*}$, 证明:${\displaystyle \sum _{i=1}^n{\rm T}}{}_i＜\frac{3}{2}.$

$\begin{array}{l}\text{解}(\mathrm{Ⅰ})a{}_1=2‚a{}_n=4{}^n-2{}^n‚n\in \mathbf{{\rm N}}{}^{*}.\\ (\mathrm{Ⅱ})S{}_n=\frac{4}{3}a{}_n-\frac{1}{3}\times 2{}^{n+1}+\frac{2}{3}\\ =\frac{4}{3}(4{}^n-2{}^n)-\frac{1}{3}\times 2{}^{n+1}+\frac{2}{3}\\ =\frac{2}{3}(2{}^{n+1}-1)(2{}^n-1)‚\\ {\rm T}{}_n=\frac{2{}^n}{S{}_n}=\frac{3}{2}\times \frac{2{}^n}{(2{}^{n+1}-1)(2{}^n-1)}\\ =\frac{3}{2}\times \left(\frac{1}{2{}^n-1}-\frac{1}{2{}^{n+1}-1}\right)‚\\ {\displaystyle \sum _{i=1}^n{\rm T}}{}_i=\frac{3}{2}\times \left(\frac{1}{2{}^1-1}-\frac{1}{2{}^{n+1}-1}\right)＜\frac{3}{2}.\end{array}$

评注 对分式和的不等式问题, 一般要对项进行准确变形, 首先考虑能否裂成相邻两项的差, 累加相消后再进行放缩, 裂项相消是处理分式和不等式问题的一种常规变形方法.

2 放缩为等比求和

当可以直接用等比数列求和时, 求和后放缩, 否则先将通项放缩, 从某一项开始放缩后, 和式转化为等比数列求和, 求和后再放缩.

例2 已知数列{an}满足a1=1, an+1=2an+1 (n∈N*) .

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ) 证明:$\frac{n}{2}-\frac{1}{3}＜\frac{a{}_1}{a{}_2}+\frac{a{}_2}{a{}_3}+\cdots +\frac{a{}_n}{a{}_{n+1}}＜\frac{n}{2}(n\in \mathbf{{\rm N}}{}^{*}).$

解 (Ⅰ) an=22-1 (n∈N*) .

(Ⅱ) 因为k=1, 2, …, n时,

$\begin{array}{l}\frac{a{}_k}{a{}_{k+1}}=\frac{2{}^k-1}{2{}^{k+1}-1}=\frac{2{}^k-1}{2\left(2{}^k-\frac{1}{2}\right)}＜\frac{1}{2}‚\\ \frac{a{}_1}{a{}_2}+\frac{a{}_2}{a{}_3}+\cdots +\frac{a{}_n}{a{}_{n+1}}＜\frac{n}{2}；\end{array}$

$\begin{array}{l}\frac{a{}_k}{a{}_{k+1}}=\frac{2{}^k-1}{2{}^{k+1}-1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2(2{}^{k+1}-1)}\\ =\frac{1}{2}-\frac{1}{3\cdot 2{}^k+2{}^k-2}\ge \frac{1}{2}-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2{}^k}‚\\ \frac{a{}_1}{a{}_2}+\frac{a{}_2}{a{}_3}+\cdots +\frac{a{}_n}{a{}_{n+1}}\\ \ge \frac{n}{2}-\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2{}^2}+\cdots +\frac{1}{2{}^n}\right)\\ =\frac{n}{2}-\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{2{}^n}\right)＞\frac{n}{2}-\frac{1}{3}.\end{array}$

所以n∈N*时,

$\frac{n}{2}-\frac{1}{3}＜\frac{a{}_1}{a{}_2}+\frac{a{}_2}{a{}_3}+\cdots +\frac{a{}_n}{a{}_{n+1}}＜\frac{n}{2}.$

设无穷递缩等比数列{an}首项a1 (a1>0) , 公比q (0<q<1) , 则其部分和Sn<所有项的和$S=\frac{a{}_1}{1-q}$.再设数列{bn}满足:bn≤an, 则数列{bn}的部分和$S^{\prime }{}_n\le S{}_n＜S=\frac{a{}_1}{1-q}.$

例3 设数列{an}满足an+1=a${}_n^2$-n·an+1, n=1, 2, 3, ….

(Ⅰ) 当a1=2时, 求a2, a3, a4, 并由此猜想出an的一个通项公式;

(Ⅱ) 当a1≥3时, 证明对所有的n≥1, 有

(ⅰ) an≥n+2;

$(\mathrm{ⅱ})\frac{1}{1+a{}_1}+\frac{1}{1+a{}_2}+\cdots +\frac{1}{1+a{}_n}\le \frac{1}{2}.$

本题 (Ⅱ) (ⅱ) 是求和估计, 只证这一问.

证明 由 (ⅰ) an≥n+2, 得

an+1+1=a${}_n^2$-n·an+2

≥an (n+2) -n·an+2=2 (an+1) .

所以

$\begin{array}{l}a{}_{n+1}+1\ge 2(a{}_n+1)\ge 2{}^2(a{}_{n-1}+1)\\ \ge \cdots \ge 2{}^n(a{}_1+1)\ge 2{}^{n+2}‚\\ \frac{1}{1+a{}_i}\le \frac{1}{2{}^{i+1}}‚i=1‚2‚3‚\cdots .\end{array}$

对i求和, 得

$\begin{array}{l}\frac{1}{1+a{}_1}+\frac{1}{1+a{}_2}+\cdots +\frac{1}{1+a{}_n}\\ \le \frac{1}{2{}^2}+\frac{1}{2{}^3}+\cdots +\frac{1}{2{}^{n+1}}\\ \le \frac{1}{2{}^2}+\frac{1}{2{}^3}+\cdots +\frac{1}{2{}^{n+1}}+\cdots =\frac{1}{2}‚\end{array}$

当且仅当n=1时取等号.

说明 本题关键是寻找$\frac{1}{1+a{}_n}\le \frac{1}{2{}^{n+1}}$, 归结为无穷递缩等比数列$\left\{\frac{1}{2{}^{n+1}}\right\}$的和的问题.

评注 当裂项相消无法奏效时, 可考虑把项放缩为等比型来解决, 特别是指数型, 一般将项放缩为某等比数列的项, 然后累加.

3 利用函数的性质放缩

3.1 利用函数不等式放缩

先给出一个大家都不陌生的函数不等式:若x>-1, 则$\frac{x}{x+1}\le \ln (x+1)\le x$.特别地:当x>0时, 有$\frac{x}{x+1}＜\ln (x+1)＜x$.可构造函数用导数证明, 在此证明略.

例4 已知函数f (x) =ex-x.

(Ⅰ) 求函数f (x) 的最小值;

(Ⅱ) 若n∈N*, 证明:$\left(\frac{1}{n}\right){}^n+\left(\frac{2}{n}\right){}^n+\cdots +\left(\frac{n-1}{n}\right){}^n+\left(\frac{n}{n}\right){}^n＜\frac{\text{e}}{\text{e}-1}.$

解 (Ⅰ) 易得fmin (x) =f (0) =1.

(Ⅱ) 由不等式若x>-1, 则ln (x+1) ≤x, 知1+x≤ex.令$x=-\frac{k}{n}＞-1(n\in \mathbf{{\rm N}}{}^{*}‚k=0‚1‚2‚\cdots ‚n-1)$, 则$0＜1-\frac{k}{n}\le \text{e}{}^{-\frac{k}{n}}‚\left(1-\frac{k}{n}\right){}^n\le \text{e}{}^{-k}$, 即$\left(\frac{n-k}{n}\right){}^n\le \text{e}{}^{-k}$, 取k=n-1, n-2, …, 1, 0相加得

$\begin{array}{l}\left(\frac{1}{n}\right){}^n+\left(\frac{2}{n}\right){}^n+\cdots +\left(\frac{n-1}{n}\right){}^n+\left(\frac{n}{n}\right){}^n\\ \le \text{e}{}^{-(n-1)}+\text{e}{}^{-(n-2)}+\cdots +\text{e}{}^{-2}+\text{e}{}^{-1}+1\\ =\frac{1-\text{e}{}^{-n}}{1-\text{e}{}^{-1}}＜\frac{1}{1-\text{e}{}^{-1}}=\frac{\text{e}}{\text{e}-1}.\end{array}$

评注 本例 (Ⅱ) 中证明的不等式中的“e”究竟是怎样变化出来的呢?只要将不等式x>-1, ln (x+1) ≤x的对数式等价改写成指数式, “e”不就产生出来了吗?再对x赋值后求和、放缩, 证明一气呵成!

3.2 利用函数的单调性放缩

有的数列和不等式的证明, 可以利用单调性放缩, 当然也可能是在和式的某一个环节, 利用一个有关的数列或函数的单调性进行证明.

例5 已知m, n是正整数, 且1<m<n, 求证: (1+m) n> (1+n) m.

证明 要证 (1+m) n> (1+n) m, 即证$n(1+m)＞m(1+n)‚\frac{\ln (1+m)}{m}＞\frac{\ln (1+n)}{n}$.构造函数$f(x)=\frac{\ln (1+x)}{x}‚f^{\prime }(x)=\frac{x}{x+1}-\ln (x+1)＜0$ (利用3.1中不等式结论) , 故f (x) 单调递减, 而m<n, 因此$\frac{\ln (1+m)}{m}＞\frac{\ln (1+n)}{n}$, 进而 (1+m) n> (1+n) m.

评注 这类非明显一元函数的不等式证明问题, 关键是先等价变换成某一个一元函数式分别在两个不同点处的函数值的大小比较问题.通过构造函数, 求导判断其单调性, 利用单调性比较大小.

3.3 构造函数证明数列不等式

例6 数列{xn}由下列条件确定:$x{}_1=a＞0‚x{}_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x{}_n+\frac{a}{x{}_n}\right)‚n\in \mathbf{{\rm N}}.$

(Ⅰ) 证明:对n≥2总有$x{}_n\ge \sqrt{a}$;

(Ⅱ) 证明:对n≥2总有xn≥xn+1.

解 (Ⅰ) 构造函数$f(x)=\frac{1}{2}\left(x+\frac{a}{x}\right)$, 易知f (x) 在$[\sqrt{a}‚+\infty )$是增函数.当n=k+1时, $x{}_{k+1}=\frac{1}{2}\left(x{}_k+\frac{a}{x{}_k}\right)$在$[\sqrt{a}‚+\infty )$递增, 故

$\begin{array}{l}x{}_{k+1}＞f(\sqrt{a})=\sqrt{a}.\\ (\mathrm{Ⅱ})x{}_n-x{}_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x{}_n-\frac{a}{x{}_n}\right)\end{array}$

, 构造函数$f(x)=\frac{1}{2}\left(x-\frac{a}{x}\right)$, 它在$[\sqrt{a}‚+\infty )$上是增函数, 故有$x{}_n-x{}_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x{}_n-\frac{a}{x{}_n}\right)\ge f(\sqrt{a})=0$.得证.

评注$f(x)=\frac{1}{2}\left(x+\frac{a}{x}\right)$是递推数列$x{}_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x{}_n+\frac{a}{x{}_n}\right)$的母函数, 研究其单调性对此数列本质属性的揭示往往具有重要的指导作用.

4 奇偶相邻问题捆绑求和放缩

当要证明和式是正负相间对, 仅用通项an是不好放缩的, 因为项数n为奇数或偶数时, an的符号是变化的, 此时可以把奇偶相邻项捆绑求和进行放缩.

例7 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an+ (-1) n, n≥1.

(Ⅰ) 写出数列{an}的前3项a1, a2, a3;

(Ⅱ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅲ) 证明:对任意的整数m>4, 有

$\frac{1}{a{}_4}+\frac{1}{a{}_5}+\cdots +\frac{1}{a{}_m}＜\frac{7}{8}.$

解 (Ⅰ) 略.

$(\mathrm{Ⅱ})a{}_n=\frac{2}{3}[2{}^{n-2}+(-1){}^{n-1}].$

(Ⅲ) 观察要证的不等式, 左边很复杂, 要设法对其进行适当的放缩, 使之能够求和.

$\begin{array}{l}\frac{1}{a{}_4}+\frac{1}{a{}_5}+\cdots +\frac{1}{a{}_m}\\ =\frac{3}{2}\left[\frac{1}{2{}^2-1}+\frac{1}{2{}^3+1}+\cdots +\frac{1}{2{}^{m-2}-(-1){}^m}\right].\end{array}$

如果把上式分母中的±1去掉, 就可利用等比数列的前n项公式求和, 由于-1与1交错出现, 容易想到将式中两项两项地合并起来一起进行放缩, 尝试知:

$\begin{array}{l}\frac{1}{2{}^2-1}+\frac{1}{2{}^3+1}＞\frac{1}{2{}^2}+\frac{1}{2{}^3}‚\\ \frac{1}{2{}^3+1}+\frac{1}{2{}^4-1}＜\frac{1}{2{}^3}+\frac{1}{2{}^4}.\end{array}$

因此, 可将$\frac{1}{2{}^2-1}$保留, 再将后面的两两组合放缩, 即可求和.需对m进行分类讨论:

当n≥3且n为奇数时,

$\begin{array}{l}\frac{1}{a{}_n}+\frac{1}{a{}_{n+1}}=\frac{3}{2}\left(\frac{1}{2{}^{n-2}+1}+\frac{1}{2{}^{n-1}-1}\right)\\ =\frac{3}{2}\cdot \frac{2{}^{n-2}+2{}^{n-1}}{2{}^{2n-3}+2{}^{n-1}-2{}^{n-2}-1}\\ ＜\frac{3}{2}\cdot \frac{2{}^{n-2}+2{}^{n-1}}{2{}^{2n-3}}\\ =\frac{3}{2}\cdot \left(\frac{1}{2{}^{n-2}}+\frac{1}{2{}^{n-1}}\right)(\text{减}\text{项}\text{放}\text{缩}).\end{array}$

①当m>4且m为偶数时,

(2) 当m>4且m为奇数时,

由 (1) 知

由 (1) (2) 得证.

5加强命题, 用数学归纳法证明

数学归纳法是中学数学中的一种重要的方法, 在证明与自然数有关的命题时, 我们常用数学归纳法.但在实际解题中有时候直接运用数学归纳法证明该命题不太容易, 或者按常规思路去运用递推假设也不容易达到目的, 这时可以考虑把该命题适当加强, 使加强后的命题更

例8设0<a<1, 定义a1=1+a, an+1求证:对一切正整数n有an>1.

解用数学归纳法推n=k+1时的结论an+1>1, 仅用归纳假设ak>1及递推式ak+1=1ak+a是难以证出的, 因为ak出现在分母上!可以逆向考虑:

故将原问题转化为证明其加强命题:对一切正整数n有1<an<11-a. (证明从略)

评注对于数列型不等式∑n i=1ai<m (或∑n i=1ai>m) 可先加强为∑n i=1ai<m+f (n) (或∑n i=1ai>m-f (n) ) , 然后用数学归纳法证明.总之, 数列和不等式的证明, 关键是把和求出来, 若不能直接求和, 就要先把通项放缩, 再求和, 求和后再放缩, 证得结果.

分式不等式放缩、裂项、证明 篇8

学习目标：

1．复习巩固一元二次方程、一元二次不等式与二次函数的关系，掌握掌握简单的分式不等式和特殊的高次不等式的解法；

2．激发学习数学的热情，培养勇于探索的精神，勇于创新精神，同时体会从不同侧面观察同一事物思想。

重点：简单的分式不等式和特殊的高次不等式的解法。难点：正确串根。一．基础知识

1.分式不等式解法

f(x)

g(x)0f(x)g(x)0f(x)

g(x)0f(x)g(x)0f(x)

0

f(x)g(x)0g(x)g(x)0

f(x)0

f(x)g(x)0g(x)

g(x)0

2.高次不等式解法：数轴标根

二．典型例题

例1解下列不等式

（1）x－

32x＋7

＜0（2）3＋x ＜0

（3）4x－3＞2－x3－x

－3（4）3

x ＞

1例2 解下列不等式：

（1）(x+1)(x-1)(x-2)>0（2）（-x-1)(x-1)(x-2)<0

(3)x(x-1)2(x+1)3(x+2)≤0（4）（x-3)(x+2)(x-1)2(x-4)>0

（5）2x3x215x0（6）(x4)(x5)2

(2x)3

0．

（7）32

x24x1x21

x2（8）1

3x27x2

三．课堂练习

1.不等式2x1

3x1

0的解集是（）

A.{x|x13或x12B.{x|13x111

2C.{x|x2D.{x|x3

2.不等式

x1

x

≥2的解集为（）A.[1,0)B.[1,)C.(,1]D.(,1

](0,

3．（04重庆）不等式x

2x1

2的解集是（）A．(1,0)(1,)B．(,1)(0,1)C．(1,0)(0,1)D．(,1)(1,)4．（04天津）不等式x1

x

2的解集为（）

A．[1,0)B．[1,)C．(,1]D．(,1](0,)

(x1)25.不等式(2x)

x(4x)≥0的解集为

6,(1)不等式x3x3

x2>0的解集是;(2)不等式x2

≥0的解集是;

(3)不等式

x21x≥0的解集是;(4)不等式-2<1

x

≤3的解集是;(5)不等式(x2-x+1)(x+1)(x-4)(6-x)>0的解集是.x2

7．不等式x－1

>x＋1的解集是.8.解下列不等式：(1)2x1

x

4≥0(2)x22x1x1≥0

(3)x22x3

x2

x6

<0(4)(x1)2(x1)(x2)(x4)0(5)x1x3x41x<0

(6)

xx2x37x28x≥0;(7)4x20x18x2

5x4

≥3;(8)x-3≥4

x;

（9）(x2-x+1)(x+1)(x-4)(6-x)≥0；（10）(x2-x+1)(x+1)(x-4)2(6-x)>0.9．解关于x的不等式xa

xa2

0(aR).10已知不等式ax

x1

<1的解集为{x|x<1或x>2},求a.11思考题：

解关于x的不等式：(x-x2+12)(x+a)<0.四、小 结

1．特殊的高次不等式即右边化为0，左边可分解为一次或二次式的因式的形式不等式，一般用区间法解，注意：①左边各因式中x的系数化为“+”，若有因式为二次的（不能再分解了）二次项系数也化为“+”，再按我们总结的规律作；②注意边界点（数轴上表示时是“0”还是“.”）.2．分式不等式，切忌去分母，一律移项通分化为

f(x)f(g(x)>0(或x)

g(x)

<0)的形式，转化为：

f(x)g(x)0g(x)0(或f(x)g(x)0



不等式证明经典 篇9

2013年数学VIP讲义

【例1】 设a，b∈R，求证：a2+b2≥ab+a+b-1。

【例2】 已知0

【例3】 设A=a+d，B=b+c，a，b，c，d∈R+，ad=bc，a=max{a，b，c，d}，试比较A与B的大小。

因A、B的表达形式比较简单，故作差后如何对因式进行变形是本题难点之一。利用等式ad=bc，借助于消元思想，至少可以消去a，b，c，d中的一个字母。关键是消去哪个字母，因条件中已知a的不等关系：a>b，a>c，a>d，故保留a，消b，c，d中任一个均可。

由ad=bc得：dbca1abbccaabcabc≥1。

bcabcab(ab)(ac)a0bcacaA-B=a+d-(b+c)=a =ab c(ab)a

【例4】 a，b，c∈R，求证：a4+b4+c4≥(a+b+c)。

不等号两边均是和的形式，利用一次基本不等式显然不行。不等号右边为三项和，根据不等号方向，应自左向右运用基本不等式后再同向相加。因不等式左边只有三项，故把三项变化六项后再利用二元基本不等式，这就是“化奇为偶”的技巧。

左=12(2a42b2242c)22412[(a24b)(b22244c)(c2244a)]24

≥12(2ab2bc2ca)abbcca

2发现缩小后没有达到题目要求，此时应再利用不等式传递性继续缩小，处理的方法与刚才类似。

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第1页/共9页 金牌师资，笑傲高考

ab1212

2013年数学VIP讲义

22bc2222ca2222212(2ab22222bc22222ca)22

ca)(ca2[(abbc)(bc22ab)]22≥(2abc2abc22abc)ab(abc)1a

1c【例5】（1）a，b，c为正实数，求证：（2）a，b，c为正实数，求证：

a21bb2≥

c21ab1bc1ac；

bcacab≥

abc2。

（1）不等式的结构与例4完全相同，处理方法也完全一样。

（2）同学们可试一试，再用刚才的方法处理该题是行不通的。注意到从左向右，分式变成了整式，可考虑在左边每一个分式后配上该分式的分母，利用二元基本不等式后约去分母，再利用不等式可加性即可达到目的。试一试行吗？

a2bcb2(bc)≥2a2bcb2(bc)2a

acc2(ac)≥2ac(ac)2bab(ab)≥2c2ab(ab)2c

相加后发现不行，a，b，c的整式项全消去了。为了达到目的，应在系数上作调整。

a2bcbc4≥a，b2acac4≥b，c2abab4≥a 相向相加后即可。

【例6】 x，y为正实数，x+y=a，求证：x+y≥

2a22。

思路一；根据x+y和x2+y2的结构特点，联想到算术平均数与平方平均数之间的不等关系。∵ xy22≤2x2y22

2∴ xy≥(xy)2a22

思路二：因所求不等式右边为常数，故可从求函数最小值的角度去思考。思路一所用的是基本不等式法，这里采用消元思想转化为一元函数，再用单调性求解。换元有下列三种途径：

途径1：用均值换元法消元： 令 x2a2m，yaa22m

22则 xy(m)(m)2m222aa22≥

a22

途径2：代入消元法： y=a-x，0a2)2a22≥

a22

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途径3：三角换元法消元：

令 x=acos2θ，y=asin2θ，θ∈(0，]

22013年数学VIP讲义

则 x2+y2=a2(cos4θ+sin4θ)=a2[(sin2θ+cos2θ)2-2sin2θcos2θ]

=a[1-2(sin2θ)]=a(1-22122

12sin2θ)≥

a22

注：为了达到消元的目的，途径1和途径3引入了适当的参数，也就是找到一个中间变量表示x，y。这种引参的思想是高中数学常用的重要方法。【例7】 已知a>b>0，求证：(ab)8a2ab2ab(ab)8b2。

12所证不等式的形式较复杂（如从次数看，有二次，一次，次等），难以从某个角度着手。故考虑用分析法证明，即执果索因，寻找使不等式成立的必要条件。实际上就是对所证不等式进行适当的化简、变形，实际上这种变形在相当多的题目里都是充要的。

ab2abab2ab2b)(a(a(a2b)2

ab(ab)b)(a8a2所证不等式可化为∵ a>b>0 ∴ ab ∴ ab0

b)2(a2b)2(ab)(a8b2b)2

∴ 不等式可化为：(a4ab)21(a4bb)2

2(ab)4a即要证

24b(ab)ab2a只需证

2bab在a>b>0条件下，不等式组显然成立 ∴ 原不等式成立 【例8】 已知f(x)=24xx38，求证：对任意实数a，b，恒有f(a)

112.不等号两边字母不统一，采用常规方法难以着手。根据表达式的特点，借助于函数思想，可分别求f(a)及g(b)=b2-4b+f(a)112的最值，看能否通过最值之间的大小关系进行比较。

82(2)a2a24aa3882a882a≤

282a82a8422

令 g(b)=b2-4b+11232 ≥32 g(b)=(b-2)2+

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∵ 3222013年数学VIP讲义

∴ g(b)>f(a)注：本题实际上利用了不等式的传递性，只不过中间量为常数而已，这种思路在两数大小比较时曾讲过。由此也说明，实数大小理论是不等式大小理论的基础。

【例9】 已知a，b，c∈R，f(x)=ax2+bx+c，当|x|≤1时，有|f(x)|≤1，求证：

（1）|c|≤1，|b|≤1；

（2）当|x|≤1时，|ax+b|≤2。

这是一个与绝对值有关的不等式证明题，除运用前面已介绍的不等式性质和基本不等式以外，还涉及到与绝对值有关的基本不等式，如|a|≥a，|a|≥-a，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1±a2±„±an|≤|a1|+|a2|+„+|an|。就本题来说，还有一个如何充分利用条件“当|x|≤1时，|f(x)|≤1”的解题意识。

从特殊化的思想出发得到： 令 x=0，|f(0)|≤1 即 |c|≤1 当x=1时，|f(1)|≤1；当x=-1时，|f(-1)|≤1 下面问题的解决试图利用这三个不等式，即把f(0)，f(1)，f(-1)化作已知量，去表示待求量。∵ f(1)=a+b+c，f(-1)=a-b+c ∴ b12[f(1)f(1)] 12|f(1)f(1)|≤12[|f(1)||f(1)|]≤

12(11)≤1 ∴ |b|（2）思路一：利用函数思想，借助于单调性求g(x)=ax+b的值域。

当a>0时，g(x)在[-1，1]上单调递增 ∴ g(-1)≤g(x)≤g(1)∵ g(1)=a+1=f(1)-f(0)≤|f(1)-f(0)|≤|f(1)|+|f(0)|≤2 g(-1)=-a+b=f(0)-f(-1)=-[f(-1)-f(0)]

≥-|f(-1)-f(0)|≥-[|f(-1)|+|f(0)|]≥-2 ∴-2≤g(x)≤2 即 |g(x)|≤2 当a<0时，同理可证。

思路二：直接利用绝对值不等式

为了能将|ax+b|中的绝对值符号分配到a，b，可考虑a，b的符号进行讨论。当a>0时

|ax+b|≤|ax|+|b|=|a||x|+|b|≤|a|+|b|≤a+|b| 下面对b讨论

① b≥0时，a+|b|=a+b=|a+b|=|f(1)-f(0)| ≤ |f(1)|+|f(0)|≤2； ② b<0时，a+|b|=a-b=|a-b|=|f(-1)-f(0)|≤|f(-1)|+f(0)|≤2。∴ |ax+b|≤2 当a<0时，同理可证。

评注：本题证明过程中，还应根据不等号的方向，合理选择不等式，例如：既有|a-b|≥|a|-|b|，又有|a-b|≥|b|-|a|，若不适当选择，则不能满足题目要求。

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2013年数学VIP讲义

1、设a，b为正数，且a+b≤4，则下列各式一定成立的是 A、C、1a121b1a≤141b B、≤1 D、141a≤

1a1b≤

≤

1b≥1

2、已知a，b，c均大于1，且logac·logbc=4，则下列各式中一定正确的是 A、ac≥b B、ab≥c C、bc≥a D、ab≤c

5、已知a，b，c>0，且a+b>c，设M=

a4abbcc4c，N=，则MN的大小关系是

A、M>N B、M=N C、M

6、已知函数f(x)=-x-x3，x1，x2，x3∈R，且x1+x2>0，x2+x3>0，x3+x1>0，则f(x1)+f(x2)+f(x3)的值 A、一定大于零 B、一定小于零 C、一定等于零 D、正负都有可能

7、若a>0，b>0，x111()2ab1ab1ab，y，z，则

A、x≥y>z B、x≥z>y C、y≥x>z D、y>z≥x

8、设a，b∈R，下面的不等式成立的是 A、a+3ab>b B、ab-a>b+ab C、（二）填空题

9、设a>0，b>0，a≠b，则aabb与abba的大小关系是__________。

10、若a，b，c是不全相等的正数，则(a+b)(b+c)(c+a)______8abc（用不等号填空）。

12、当00且t≠1时，logat与log21t1a2

2aba1b1 D、a+b≥2(a-b-1)

22的大小关系是__________。

n13、若a，b，c为Rt△ABC的三边，其中c为斜边，则an+bn与c（其中n∈N，n>2）的大小关系是________________。

（三）解答题

14、已知a>0，b>0，a≠b，求证：a

15、已知a，b，c是三角形三边的长，求 证：1

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abcbaccab2。

babba。金牌师资，笑傲高考

16、已知a≥0，b≥0，求证：

18、若a，b，c为正数，求证：

19、设a>0，b>0，且a+b=1，求证：(a

20、已知a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求证：a，b，c全为正数。

1a)(b1b)2541a1b1ca82013年数学VIP讲义

12(ab)214(ab)≥aaba。

≤

b383c38。

abc≥。

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均值不等式的证明 篇10

你会用到均值不等式推广的证明，估计是搞竞赛的把

对n做反向数学归纳法

首先

归纳n=2^k的情况

k=1。。

k成立k+1。。

这些都很简单的用a+b>=√(ab)可以证明得到

关键是下面的反向数学归纳法

如果n成立对n-1，你令an=(n-1)次√(a1a2...a(n-1)

然后代到已经成立的n的式子里，整理下就可以得到n-1也成立。

所以得证

n=2^k中k是什么范围

k是正整数

第一步先去归纳2，4，8，16，32...这种2的k次方的数

一般的数学归纳法是知道n成立时，去证明比n大的时候也成立。

而反向数学归纳法是在知道n成立的前提下，对比n小的数进行归纳，指“平方平均”大于“算术平均”大于“几何平均”大于“调和平均”

我记得好像有两种几何证法，一种三角证法，一种代数证法。

请赐教!

sqrt{}≥(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

证明：

1.sqrt(((a1)^2+(a2)^2+..(an)^2)/n)≥(a1+a2+..an)/n

两边平方,即证((a1)^2+(a2)^2+..(an)^2)≥(a1+a2+..an)^2/n

(1)如果你知道柯西不等式的一个变式，直接代入就可以了：

柯西不等式变式：

a1^2/b1+a2^2/b2+...an^2/bn≥(a1+a2+...an)^2/(b1+b2...+bn)

当且仅当a1/b1=a2/b2=...=an/bn是等号成立

只要令b1=b2=...=bn=1，代入即可

(2)柯西不等式

(a1^2+a2^2+...an^2)*(b1+b2...+bn)≥(a1b1+a2b2+...anbn)^2

2.(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2a3..an)

(1)琴生不等式:若f(x)在定义域内是凸函数，则nf((x1+x2+...xn)/n)≥f(x1)+f(x2)+...f(xn)

令f(x)=lgx显然，lgx在定义域内是凸函数

nf((x1+x2+...xn)/n)=nlg≥

f(x1)+f(x2)+...f(xn)=lga1+lga2+lga3...lgan=lga1*a2..an

也即lg≥1/n(lga1a2a3...an)=lg(a1a2a...an)^(1/n)=lgn次根号(a1a2..an)

f(x)在定义域内单调递增，所以(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2..an)

(2)原不等式即证：a1^n+a2^n+...an^n≥na1a2a3...an

先证明a^n+b^n≥a^(n-1)b+b^(n-1)a做差(a-b)(a^(n-1)-b^(n-1))≥0

2*(a1^n+a2^n+...an^n)≥a1^(n-1)a2+a2^(n-1)a1+a2^(n-1)a3+a3^(n-1)a2...an^(n-1)a1+a1^a(n-1)an

=a2(a1^(n-1)+a3^(n-1))+a3(a2^(n-1)+a4^(n-1))...≥a2a1^(n-2)a3+a2a3^(n-2)a1+...≥...≥2na1a2...an

即a1^n+a2^n+...an^n≥na1a2a3...an

(3)数学归纳法:但要用到(1+x)^n>1+nx这个不等式，不予介绍

3.n次根号(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

原不等式即证：n次根号(a1a2a3..an)*(1/a1+1/a2+..+1/an)≥n

左边=n次根号+n次根号++n次根号+...n次根号

由2得和≥n*n次根号(它们的积)所以左边≥n*n次根号(1)=n

所以(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

证毕

特例：sqrt(a^2+b^2/2)≥(a+b)/2≥sqrt(ab)≥2/1/a+1/b

证明：

1.sqrt(a^2+b^2/2)≥(a+b)/2两边平方a^2+b^2≥(a+b)^2/4即证(a/2-b/2)^2≥0显然成立

2.(a+b)/2≥sqrt(ab)移项即证(sqrt(a)-sqrt(b))≥0显然成立

此不等式中a+b可以表示一条直径的两部分，(a+b)/2=rsqrt(ab)就是垂直于直径的弦，而r≥弦的一半

3.sqrt(ab)≥2/1/a+1/b两边同时乘上1/a+1/b即证sqrt(ab)*(1/a+1/b)≥2

不等式的证明2 篇11

1.进一步熟练掌握比较法证明不等式； 2.了解作商比较法证明不等式； 3.提高学生解题时应变能力.●教学重点比较法的应用 ●教学难点常见解题技巧 ●教学方法启发引导式 ●教具准备幻灯片 ●教学过程 Ⅰ复习回顾：

师：上一节，我们一起学习了证明不等式的最基本、最重要的方法：比较法，总结了比较法证明不等式的步骤：作差、变形、判断符号，这一节，我们进一步学习比较法证明不等式.Ⅱ.讲授新课：

例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.分析：设从出发地点至指定地点的路程是S，甲、乙二人走完这段路程所用的时间分别为t1，t2，要回答题目中的问题，只要比较t1，t2的大小就可以了.解：设从出发地点至指定地点的路程是S，甲、乙两人走完这段路程所用的时间分别为t1，t2，依题意有：

t12m

t12nS,S2m

S2n

t

22Smn

S(mn)2mn

∴t1

2Smn,t2

S(mn)2mn，t1t2

=

S[4mn(mn)]

2(mn)mn

2其中S，m、n都是正数，且m≠n，于是 t1t20，即t1t

2从而知甲比乙首先到达指定地点.说明：此题体现了比较法证明不等式在实际中的应用，要求学生注意实际问题向数学问题的转化.例5证明函数f(x)x

1x

在x[1,]上是增函数.分析：证明函数增减性的基本步骤：假设、作差、变形、判断，主要应用的就是比较法.证明：设x1x2≥1，则 f(x1)f(x2)x1

1x1

(x2

1x2)(x1x2)

x1x2x1x2

=(x1x2)(1

1x1x2)(x1x2)

(x1x21)x1x2

∵x110,x2≥1＞0，x1x2

∴x1x21,x1x20,x1x20 ∴(x1x2)(x1x11)x1x20

即f(x1)f(x2)所以f(x)x1

x

x在[1)上是增函数 说明：此例题一方面让学生熟悉比较法的应用，另一方面让学生了解利用函数单调性求最值，例如yx

yx1

x(x≥2），若利用基本不等式求最值，则“=”成立条件不存在；而在x≥2时是增函数，故x=2时，函数有最小值.Ⅲ.课堂练习

(1)课本P14练习4，5

(2)证明函数f(x)x

●课堂小结

师：通过本节学习，要求大家进一步掌握比较法证明不等式，并了解比较法证明不等式在证明函数单调性及实际问题中的应用.●课后作业

习题6.33，6

●板书设计

●教学后记

不等式的证明(一) 篇12

一、教学目标：掌握并灵活运用分析法、综合法、比较法证明简单的不等式．对较复杂的不等式先用分析法探求证明途径，再用综合法加以证明。

特别注意: 在利用不等式的性质或基本不等式时要注意等号、不等号成立的条件。

二、教学重点：作差比较法的顺序是“作差---变形---判断差式的正负”；作商比较法的顺序是“作商---变形---判断商式与1的大小”（注意商式的分子分母均正）；综合法证明不等式是“由因导果”。

三、教学过程：

（一）主要知识：

1.比较法证明不等式是最基本的方法也是最常用的方法。比较法的两种形式：

①比差法：要证a>b，只须证a-b>0。

②比商法：要证a>b且b>0，只须证

a0。b说明：①作差比较法证明不等式时，通常是进行因式分解，利用各因式的符号进行判断，或进行配方，利用非负数的性质进行判断；②一般地运用比商法时要考虑正负，尤其是作为除式式子的值必须确定符号；③证幂指数或乘积不等式时常用比商法，证对数不等式时常用比差法。

2.综合法：利用某些已经证明过的不等式作为基础，再运用不等式的性质推导出所要求证的不等式的方法。证明时要注意字母是否为正和等号成立的条件。

a2b2ab2ab基本不等式：(1)若a0,b0,则 当且仅当a=b时取

1122ab等号。

(2)a,bR,(3)a,b同号，a2b22abab2ba当且仅当ab时取等号

当且仅当ab时取等号

3.分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为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，那么就可以判定所证的不等式成立。这种证明方法叫做分析法。要注意书写的格式, 综合法是分析法的逆过程

（二）例题分析：

例

1、已知a,b∈R,求证: a2+b2+1>ab+a 证明：p= a2+b2+1-ab-a=[(a2abb)(a2a1)b1]=[(ab)(a1)b1] 显然p>0

∴得证

[思维点拔] 作差比较法的顺序是“作差---变形---判断差式的正负”.通常是进行因式分解，利用各因式的符号进行判断，或进行配方，利用非负数的性质进行判断 12222212222a22b22例

2、设a0,b0,求证()()a2b2.ba1111【分析】不等式两端都是多项式的形式，故可用比差法证明或比商法证明。【证法一】左边-右边=(a)3(b)3ab(ab)

=(ab)(aabb)ab(ab)ab(ab)(a2abb)ab =

=

(ab)(ab)2ab0 ∴原不等式成立。

【证法二】左边>0，右边>0。左边(ab)(aabb)(aabb)2abab 1∴原不等式成立。右边ab(ab)abab[思维点拔] 用比较法证不等式，一般要经历作差（或商）、变形、判断三个步骤。变形的主要手段是通分、因式分解或配方。在变形过程中，也可以利用基本不等式放缩，如证法二。

anbncn例

3、已知a,b,c为正数n,是正整数,且f(n)=lg,求证2f(n)≤f(2n)

3证2f(n)=

2：anbncnanbncn2a2nb2nc2n2anbn2bncn2ancnlglg()lg

339f(2n)= nnlg2na2nb2nc2n3,由基本不等式知,2abab2n,2cnbnc2nb2n,2ancna2nc2n

三式相加得

[思维点拔] 利用某些已经证明过的不等式作为基础,分析求证式子间的特点证明 例

4、设x>0,y>0且x≠y,求证xy3133x1332y2122

证明：由x>0,y>0且x≠y,要证明xy只需x3y33xy122

x222y

2即2x3y33x2y2x2y2

3只需2xyxy

由条件,显然成立.∴原不等式成立

[思维点拔] 分析法证明不等式是“执果索因”, 要注意书写的格式 练习:.若a、b、c是不全相等的正数，2求证：lgabcbaclglglgalgblgc 222abcbab0，cb0，【分析】根据本题的条件和要证明的结论，既可用分析法由可用综合法。【证法一】（综合法）：a,b,cR，22ac2ac0

又∵a、b、c是不全相等的正数，∴有

ab2cb2ac2abc。∴lg(ab2cb2ac2)lgabc 即lgabcbac2lg2lg2lgalgblgc【证法二】（分析法）要证lgab2lgcb2lgac2lgalgblgc 即证lg(ab2cbacabcbac22)lgabc成立。只需证222abc成立。∵abcb2ab0，2cb0，ac2ac0。ab2cb2ac2abc0（*）又∵a、b、c是不全相等的正数，∴（*）式等号不成立。∴原不等式成立。

例

5、已知i，m，n是正整数，且1＜i≤m＜n

(I)证明niAim＜miAin；

门)证明(1+m)n>(1+n)m．

(I)证明:对于1im,有Aimm(mi1),Aimmm1mimmmi1m,同理pinnn1ni1ninnn,4分由于mn,对整数k1,2,,i1,有nknmkm,所以AiinAmiinimi,即miAnniAm6分 ∴(II)证明:由二项式定理有i(1m)miCn,ni0mi(1n)niCm,mi0n8分ii由(I)知miAnniAm(1imn),iiAmAni而C,Cn10分i!i!ii所以miCnniCm(1imn).imi因此mCniCm.iini2i20011i又m0Cnn0Cm,mCnnCmmn,miCn0(min).imCniCm.iini0i0mmmm即(1m)n(1n)m.（三）巩固练习：

12分

1．四个不相等的正数a,b,c,d成等差数列，则 A．adbc 2

adbc

2（）

adbc 2B．

adbc 2C．D．2．综合法证明不等式中所说的“由因导果”是指寻求使不等式成立的 A．必要条件

B．充分条件

C．充要条件

（）

D．必要或充分条件

ab2abab3．在a0，b0的条件下，①，②2ab2b2a2a2b2ab，③ab2其中正确的个数是

（）

A．0

B．1 C．2 D．3 4．下列函数中最小值是2的是

（）A．yx1

C．2x22

B．ysincsc, D．yx0,yxx2x21

（）5．设mn,xm4m3n,yn3mn4，则x，y的大小是

A．x>y

B．x=y

C．x

（）6．已知a、b、m是正实数，则不等式A．当a< b时成立

B．当a> b时成立 C．是否成立与m有关D．一定成立

（）17．函数yx(x0)有

xA．最大值是2 B．最小值是2 C．最大值是－2 D．最小值是2 8．如果a、b为不相等的非零实数，那么ab的值是

（）

baC．小于等于2

D．大于2或小于2

ab9．在ABC中，a,b,c分别是C,B,C所对应的边，则的取值范围是（）C90，cA．（1,2）

B．(1,2)

C．(1,2]

D．[1,2] A．大于2

10．设x0,y0,且x2y24,xy4(xy)10,则的最值情况是 A．有最大值2，最小值2(22)B．有最大值2，最小值0 C．有最大值10，最小值2(22)2

D．最值不存在

（）B．小于2或大于2 参考答案

ABCDA ACBCA

四、小结：

不等式的比较法、综合法、分析法合称三种基本方法，是最常用的方法 比较法：①比差法：要证a>b，只须证a-b>0。

②比商法：要证a>b且b>0，只须证

a0 b综合法：证明时要注意字母取值范围和等号成立的条件 分析法：要注意书写的格式, 综合法是分析法的逆过程