常用的不等式证明方法

关键词： 导数 证明

常用的不等式证明方法（通用6篇）

篇1：常用的不等式证明方法

证明不等式的常用方法和技巧

一、比较法

例

1、求证：对任何非负数a和b，不等式

二、分析法11(a+b)2+(a+b)≥a+ba成立 24

1ab2ab1ab2

ab例

2、设0ba,求证: 8a28b

三、综合法

例

3、对任意实数x,y,z，有sinxcosy+sinycosz+sinzcosx≤

例

4、若m、n∈N*，求证：

例

5、求证：对任意正整数n，有(1+3 2mnmnmmn 21n+11n+2)＞(1+)＞2 nn

1例

6、已知a1,a2,…,an都是正数，且a1+a2+…+an=1，求证：

121212(n21)2

(a1+)+(a2+)+…+(an+)≥ na2ana

1例

7、设3x2+2y2≤6，求p=2x+y的最大值。

例

8、在△ABC中，A、B、C是三内角，a、b、c为其对应边。

a2b2b2c2c2a2a3b3c3

例

9、a,b,c＞0，求证：a+b+c≤++≤++

2c2a2bbccaab

aAbBcC



abc

3几个古典不等式

1、(切比雪夫不等式)若a1，a2，…，an和b1，b2，…，bn为实数，且a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn(或a1≥a2≥…≥an，b1≥b2≥…≥bn)，则(当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn时取等号。

2、(琴生不等式)设f(x)为区间[a，b]上的严格下凸函数，即对x1,x2∈[a,b], x1≠x2，总有f（x1x21)＜[f(x1)+f(x2)]，则对于[a，b]中任意一组不全相同的值x1,x2,…,xn，22

1n1n1n

aibiai)(bi)≤

ni1ni1ni1

必有f（x1x2xn1)＜[f(x1)+f(x2)+…+f(xn)]

nn

11xpyq



3、(Young不等式)设p,q＞1,1，则对任何x,y≥0，有xy≤。当且仅

pqpq

当xp=yq时等号成立。

4、(赫德勒不等式)若ak≥0，bk≥0，k=1，2，…，n，且p＞1，n

akbkk

1npp≤(ak)

k1

nqq(bk)k1

1，则 pq

四、判别式法

例

10、已知A、B、C是△ABC的内角，x,y,z∈R，求证：

x2+y2+z2≥2xycosC+2yzcosA+2zxcosB

例

11、若x+y+z=0，且a,b,c为三角形的三条边长。求证：a2yz+b2zx+c2xy≤0

五、放缩法

1171

例

12、求证：1++2+…+2＜

4n22

3例

13、已知a,b,c∈[0,1]，求证：

例

14、设x0=5，xn+1=xn+

六、代换法

例

15、设a＞1,n∈N,n≥2，求证：a1＜

例

16、设x1,x2,…,xn＞0,求证：1x1)(1x2)(1xn)－x1x2xn≥

1abc

+++(1－a)(1－b)(1－c)≤1

bc1ca1ab1,求证：45＜x1000＜45.1 xn

a1

n

例17、设a≥4，求证：

lgalg3lg(a2)



lg4lg3lg

2七、构造法

例

18、设a,b,c为绝对值小于1的实数，求证：ab+bc+ca+1＞0

例

19、已知v＞0,u∈[－,2]，求证：(u－v)2+(2u2－

92)≥8 v

八、反证法

例20、已知a1，a2，…，a8＞0且a1+a2+…+a8=20，a1a2…a8＜13。求证：a1，a2，…，a8中至少有一个小于1。

例

21、设f(x)，g(x)是[0，1]上的增函数。证明：存在x0,y0∈[0，1]，使得|x0y0－f(x0)－g(y 0)|≥

4九、数学归纳法 例

22、当0＜α＜

，n≥2，n∈N时，求证：tan nα＞ntanα

4(n1)

练习题：

2222x3x1x2x41、设x1,x2,x3,x4＞0，求证：+++≥x1+x2+x3+x4

x2x3x4x12、设a,b,c＞0，求证：

bc2ca2ab2x+y+z≥2(xy+yz+xz)abc3、设a,b,c为正数，试证：abc≥(b+c－a)(c+a－b)(a+b－c)

4、设x,y,x,w是四个不全为零为实数，求证：

xy2yzzwx2y2z2w2

≤

2

15、求证：(a1+a2+…+an)2≤n(a12+a22+…+an2)

6、有一个矩形铁片，尺寸是80×50，现要在四角各裁去一个同样大小的正方形，做成无盖盒子。求证上：不管如何裁法，所成盒子的容积不超过18000。

7、若x+y+z=1，求22x2+33y2+11z2的最小值

8、若n是不小于2的正整数，试证：

a12b12c129、已知a,b,c＞0，求证：++≥a10+b10+c10

bccaab

1112411

＜1－+－+…+－＜

23472n12n210、设x＞0,求证：1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn11、求证：

y2y2212、证明：对任意正数x,y,z有xxy+z＞z2zxx2

3n111

＜1+++…+＜n(n≥2)

n2232

113、若a,b,c＞0，方程ax2+bx+c=0有实根，求证：a,b,c至少有一个数不小于

14、任给7个实数，证明其中必存在两个实数x,y，满足0≤

xy 1xy

3(a+b+c).915、已知u+u2+u3+…+u8+10u9=v+v2+v3+…+v10+10v11=8，求证：u＜v

提示：

2、作差，配方

3、讨论a≥b+c；a＜b+c，则设a≥b≥c,作差≥0或当三项都大于0时，由(b+c－a)+(c+a－b)+(a+b－c)= a+b+c证

6、V=x(80－2x)(50－2x)=αx·β(50

－2x)·(80－2x)≤[(αx+β(50－2x)+ 80－2x)]3。取α=2β+2且等号成立必

3须αx=β(50－2x)=80－2x，得x=10。

7、用柯西不等式得最小值为68、等价于＜

2111

++…+＜由柯西不等式

9、排序不等式

10、排序不等式

11、n1n22n2

放缩法

12、构造法

14、三角代换15、0＜u,v＜1。记f(x)=x+x2+x3+…+x8+10x9

－8，g(x)= x+x2+x3+…+x10+10x11－8 均为增函数，f(0)＜0，f(1)＞0，g(0)＜0，g(1)＞0，u,v为f(x)=0，g(x)=0在(0,1)上唯一的根。又10u10－9u9－9u+8=0，10v12－9v11－9v+8=0。可推得g(x)=0的唯一根v∈(u，1)

篇2：常用的不等式证明方法

不等式证明是中学数学的一项基本内容，证明不等式的方法多种多样，但常见的几种方法有：放缩法、判别式、换元法、函数法、数学归纳法等[4].在这里通过学习，总结前人巧妙的证明方法，使中学生可以轻松地理解并掌握进而灵活运用常用的不等式证明方法解决有关不等式的证明问题.下面试图通过一些例子来说明.一、一般思路

不等式证明的总体思路是比较不等式两边式子的大小,一般用比较法证明不等式.比较法证明不等式可分为差比法和商比法，它是不等式证明中最基本思路.明确作差、作商比较法证明不等式的依据，理解转化，使问题简化是比较法证明不等式中所蕴含的重要数学思想，掌握作差、作商后对差式、商式变形以及判断符号的重要方法，并在今后学习中继续积累方法．但比较法证明不等式主要运用了综合法和分析法.利用题设和某些证明过的不等式作为基础，再利用不等式的性质推出欲证的不等式，称为综合法.思路是“由果索因”，即从题设条件或已知证明的结论﹑公式出发，逐步推理，得到欲证的不等式，这种方法条理清楚，易表述．

分析法是从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的条件,只要使不等式成立的条件已经具备,就断定不等式成立.思路是“执果索因”, 即从要证明的不等式出发,寻找使这个不等式成立的某一“充分”的条件,为此逐步往前追溯,一直追溯到已知便于探求解题思路.二、典型方法分析

(1)放缩法

不等式的传递性，若A＞B，B＞C则A＞C告诉我们要证明A＞C时就可以先把A缩小B，再把B缩小为C，从而证明A＞C；同样A放大为B，再把B放大为C，可以证明A＜C． 例１ 求证：１＋12131n2n(nN)．

分析:注意观察不等式左边的形式,显然左边要比右边复杂,所以我们应选择从左到右来证明.先取有限项进行观察,从它们的规律分析进而得证.一般地,如果是分式就考虑放大(缩小)分子(分母).如本题就是利用放大分母

1n

＝22n2nn12(nn1),每一项都可由此规律放大分母,从而易得证.但值得注意的是放大或缩小要适当.证明:1n＝22n2nn12(nn1)，∴1312＜2（2－１），2(32)，„„

1n11n2(n1n2)，＜2（nn1）．

121n以上各式相加，得１＋所以原不等式成立．

＋„＜2n－１＜2n．

【评注】利用分数的性质，可适当地增项﹑减项，运用放缩法证明[4]，但要注意放缩法要适度，否则不能同向传递．

例2 已知数列an,an=122334Ln(n1)

n(n1)(n1)2an＜.求证：22n(n1)是前ｎ个自然数的和，与an比较只须缩小为１2﹑2﹑3„„n即可．仿此把各项放大2﹑3﹑„„（n+1）所得结论过弱，只能放

n(n1)弃，于是转而联想到关系式n(n1)，右边的不等式证明，由此可证

2得．

证明 由于 分析: 注意到左边的式子an=122334n(n1)>122233n2 =1+2+3+„+n =n(n1)22n1n(n1)＜

22又由n(n1)3572n1有an＝122334n(n1)＜

22221(n1)

2＜[1357(2n1)]22n(n1)(n1)2an＜综上所述． 22

【评注】放缩法的基本思路: ab,bc,ac.[3]技巧与方法:(1)适当添上

131或舍去某些项,例:(a)2(a)2;(2)如果是分式则需放大或缩小分子

242或分母,如:11111 2放大缩小切记适度.k(k1)kk(k1)k1k(2)判别式法

有些要证明的不等式，它的已知条件是一些等式，如果这些条件可以转化为一个含参数的一元二次方程式；或者要证明的不等式可以化为一个一元二次不等式，这时往往可以用判别式求证[2]．

2xyz8x70例 已知x,y,z是实数，且满足条件22

yzyz6x60求证：１x9.证明 由已知等式得：

yz=x28x7

(yz)2yz6x6 x28x7+6x-6=x2-2x+1=(x-1)2 于是y,z是方程t2(x1)t(x28x7)=0的两个实根 △＝(x-1)2－４（x28x7）＞０解得１x9.【评注】本题可以将原方程组变形得到yz和yz的表达式,再把x看作常数写成关于t的一元二次方程，最后用判别式来求解．用判别式证明不等式，常常把要证明的内容通过韦达定理以及其他代数变形手段，放到某个一元二次方程的系数中去．(3)换元法

有些不等式可以把其中一些元素换成另一种元素，从而使条件之间的数量关系明朗化，便于解决问题[2]．

1125例1 设a,bR且a+b=1.求证：(a)2(b)2.ab2 证明： a+b=1可设：a=sin2,b=cos2

x2y2xy 又 则

2211(a)2(b)2

ab111(ab)2 2ab1112)＝(sin2＋cos2＋2

2sincos2142125)(14)2＝(1．

2sin2222例2 设a,b>0，求证：3a3b＋3a3b23a． 证明：设3a3b＝m,3a3bn,则m3n3=2a 于是要证的不等式等价于(mn)3＜4（m3n3）只要证：4（m3n3）－m33m2n3mn2n30 而3m3+3n33m2n3mn2 =3m2(mn)3n2(nm)

=3(m-n)(m2-n2)=3(m-n)2(m+n)>0 ∴(mn)34(m2n2)成立.【评注】本题巧用三角代换,使不等式的证明变得简捷明了.当所给的条件复杂,一个变量不易由另一变量表示时,可考虑三角代换,将两个变量都用一个参数表示.换元法中最常用的是三角代换,三角代换法多用于条件不等式的证明[3].具体代换方法有:(1)若a2b21,可设acos,bsin(为参数）;(2)若a2b21,可设arcos,brsin(为参数）；

(3)对于1x2,x1,由cos1或sin1知，可设xcos或xsin;(4)若xyzxyz,由tanAtanBtanCtanAtanbtanC知,xtanA,y

tanB,ztanC.(ABC)

(4)函数法

有些不等式的证明可以借助于函数的一些性质,如单调性,函数的值域等进行证明.例:求证:|x1x2xn||xn||x1||x2| 1|x1x2xn|1|x1|1|x2|1|xn|xx的形式,于是可以构造函数f(x)= 1x1x分析:要证不等式的每一项结构都是证明: 构造函数f(x)=

x 1xf(x1)f(x2)x1xx1x2 21x11x2(1x1)(1x2)当x1x20时,显然f(x1)f(x2)所以函数f(x)当x0时是增函数

Q|x1x2Lxn||x1||x2|L|xn|

x1x2xn|xn|1 1|x1x2xn|1|x1|x2||xn|1|x1||x2||xn|

|xn||x1||x2|1|x1|1|x2|1|xn|

篇3：不等式证明常用方法

不等式是中学数学最基本内容之一, 它有着丰富的实际背景, 与生产实践联系十分密切.因此, 无论普通高考, 还是对口高考, 不等式历年都是考试的重点、热点, 甚至难点.下面就不等式的证明, 介绍几种常见方法, 如有不对, 敬请同行、同学们斧正.

一、作差法

例1 对于任意实数x, 求证:x2+3>2x.

证明 ∵x2+3-2x= (x-1) 2+2>0, ∴x2+3>2x.

评注 1.作差法步骤:作差——变形——判断与0的关系——结论.

2.作差后的变形常用方法有因式分解、配方、通分、有理化等, 应注意结合式子的形式, 适当选用.

二、作商法

例2 设a, b均是正实数, 求证:aabb≥abba.

证明 首先, 由条件aabb>0, abba>0,

其次, $\frac{a{}^{a}b{}^b}{a{}^{b}b{}^a}=\left(\frac{a}{b}\right){}^{a-b}‚$

(1) 当a≥b>0时, $\frac{a}{b}\ge 1‚a-b\ge 0‚\therefore \left(\frac{a}{b}\right){}^{a-b}\ge 1.$

(2) 当b>a>0时, $0<\frac{a}{b}<1‚a-b<0‚\therefore \left(\frac{a}{b}\right){}^{a-b}>1.$

综合 (1) , (2) :$\left(\frac{a}{b}\right){}^{a-b}\ge 1‚\therefore a{}^{a}b{}^b\ge a{}^{b}b{}^a.$

评注 1.作商法步骤:作商——变形——判断与1的关系—结论.

2.作差法是通法, 运用较广;作商法要注意条件, 不等式两边必须是正数.作商法常用于证幂、指数形式的不等式.

三、综合法

例3 设a, b, c均是正实数, 求证:$\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c.$

证明 ∵a, b, c均是正实数,

$\therefore \frac{bc}{a},\frac{ca}{b},\frac{ab}{c}$也均是正实数.

$\begin{array}{l}\therefore \frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge 2c,\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge 2a,\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge 2b.\\ \therefore 2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge 2(a+b+c)‚\\ \therefore \frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c.\end{array}$

评注 1.利用某些已经证明过的不等式 (例如正数的算术均值不小于几何均数等) 和不等式的性质 (例如|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|等) 推导出所要证明的不等式成立, 这种证明方法通常叫做综合法.

2.综合法的思维特点是:由因导果, 即由已知条件出发, 利用已知的数学定理、性质和公式, 推出结论的一种证明方法.

3.运用综合法证明不等式, 必须发现式子的结构特征, 结合重要不等式和常用不等式, 找到解题的方法.

四、分析法

例4 设a>b>0, 求证:$\frac{(a-b){}^2}{8a}<\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}<\frac{(a-b){}^2}{8b}.$

证明 由条件, 要证原不等式成立,

只需证$\frac{(a-b){}^2}{8a}<\frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b}){}^2}{2}<\frac{(a-b){}^2}{8b}$,

只需证$\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}){}^2}{4a}<1<\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}){}^2}{4b}$,

只需证$\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2\sqrt{a}}<1<\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2\sqrt{b}}$,

$\begin{array}{l}\text{只}\text{需}\text{证}\sqrt{\frac{b}{a}}<1<\sqrt{\frac{a}{b}}.\\ \because a>b>0‚\end{array}$

∴此式显然成立, ∴原不等式在a>b>0时成立.

评注 1.证明不等式时, 有时可以从求证的不等式出发, 分析使这个不等式成立的充分条件, 把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题, 如果能够肯定这些充分条件都已具备, 那么就可以断定原不等式成立, 这种方法通常叫做分析法.

2.分析法的思维特点是:执果索因, 步步寻求上一步为真的充分条件, 即从“未知”看“需知”, 逐步靠拢“已知”.

3.分析法的书写格式:要证明命题B为真, 只需要证明命题B1为真, 从而有……这只需要证明命题B2为真, 从而又有……这只需要证明命题A为真, 而已知A为真, 故命题B必为真.

五、反证法

例5 已知0<a, b, c<1, 求证: (1-a) b, (1-b) c, (1-c) a不可能都大于$\frac{1}{4}.$

证明 假设 (1-a) b, (1-b) c, (1-c) a都大于$\frac{1}{4}$, 则$(1-a)b(1-b)c(1-c)a>\frac{1}{64}.$

由条件, 得

$(1-a)b(1-b)c(1-c)a=(1-a)a(1-b)b(1-c)c\le \left(\frac{a+1-a}{2}\right){}^2\left(\frac{b+1-b}{2}\right){}^2\left(\frac{c+1-c}{2}\right){}^2=\frac{1}{64}.$

前后矛盾, 因而原命题成立.

评注 1.反证法是指有些不等式的证明, 从正面证不好说清楚, 可以从“正难, 则反”的角度考虑, 即要证明不等式A>B, 先假设A≤B, 由题设及其他性质, 推出矛盾, 从而肯定A>B.

2.反证法证题步骤:反设——推理——归谬——确认.

3.反证法证题类型:凡涉及的证明不等式为否定命题、唯一性命题或含有“至多”“至少”“不存在”“不可能”等词语, 可以考虑用反证法.

六、换元法

例6 已知x2+y2=1, 求证:$|x{}^2+2xy-y{}^2|\le \sqrt{2}.$

证明 由条件, 可令x=cosθ, y=sinθ,

则|x2+2xy-y2|=|cos2θ+2cosθsinθ-sin2θ|=|cos2θ+sin2θ|=$\sqrt{2}\sin \left(2\theta +\frac{\text{π}}{4}\right)$$\le \sqrt{2}.$

评注 1.换元法是指对一些结构比较复杂, 变量较多, 变量之间的关系不甚明了的不等式可引入一个或多个变量进行代换, 以便简化原有的结构或实现某种转化与变通, 给证明带来新启迪的方法.

2.换元法常用两种换元形式:

(1) 三角换元:多用于条件不等式的证明, 当所给条件较复杂, 一个变量不易用另一个变量表示时, 这时可考虑三角代换, 将两个变量都用同一个参数表示.此法如果运用恰当, 可沟通三角与代数的联系, 将复杂的代数问题转化为三角问题.

根据具体问题, 实施的三角换元如:①若x2+y2=1, 可设x=cosθ, y=sinθ;②若x2+y2≤1, 可设x=rcosθ, y=rsinθ (其中-1≤r≤1) ;③若$\frac{x{}^2}{a{}^2}+\frac{y{}^2}{b{}^2}=1$, 则可设x=acosθ, y=bsinθ等.

(2) 增量换元:在对称式 (任意交换两个字母, 代数式不变) 和给定字母顺序 (如a>b>c等) 的不等式, 考虑用增量法进行换元, 其目的是通过换元达到减元, 使问题化难为易, 化繁为简.

七、均值法

例7 已知a, b, c均为正实数, 求证:$\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\ge \frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}.$

证明 ∵a, b为正实数, $\therefore \frac{a+b}{2}\ge \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}},$

即$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge \frac{4}{a+b}.$

$\begin{array}{l}\text{同}\text{理}:\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{4}{b+c}‚\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge \frac{4}{c+a}.\\ \therefore \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge \frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a}‚\\ \therefore \frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\ge \frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}.\end{array}$

评注 1.均值法是指应用均值不等式, 直接回答不等式成立的方法.

2.均值不等式:设a1, a2, a3, …, a4均为正数, 则

算术均数$A{}_n=\frac{a{}_1+a{}_2+a{}_3+\cdots +a{}_n}{n},$

几何均数$G{}_n=\sqrt{a{}_{1}a{}_{2}a{}_3\cdots a{}_n},$

平方均数$Q{}_n=\sqrt{\frac{a{}_1^2+a{}_2^2+a{}_3^2+\cdots +a{}_n^2}{n}},$

调和均数${\rm H}{}_n=\frac{n}{\frac{1}{a{}_1}+\frac{1}{a{}_2}+\frac{1}{a{}_3}+\cdots +\frac{1}{a{}_n}}.$

必满足Hn≤Gn≤An≤Qn, 而且当且仅当a1=a2=…=an时, 取等号.

八、“Δ”法

例8 已知实数a, b, c满足a+b+c=0, abc=2, 求证:a, b, c中至少有一个不小于2.

证明 由条件知a, b, c中必有一个为正数, 不妨令

$\begin{array}{l}a>0.\\ \because a+b+c=0,abc=2,\therefore b+c=-a,bc=\frac{2}{a},\end{array}$

即b, c是二次方程$x{}^2+ax+\frac{2}{a}=0$的两个实根,

$\therefore \text{Δ}=a{}^2-4\cdot \frac{2}{a}\ge 0,a\ge 2.$

∴该命题获证.

评注 1.“Δ”法是指一元二次方程存在实根, 则判别式Δ=b2-4ac≥0, 从而推得原不等式成立的方法.

2.应用“Δ”法, 必须保证两个“一定”:一个原方程一定是实系数一元二次方程, 两个实系数一元二次方程一定存在实根.

九、单调法

例9 设x>0, 求证:$x+\frac{1}{x}+\frac{1}{x+\frac{1}{x}}\ge \frac{5}{2}.$

证明 构造函数$u=x+\frac{1}{x},y=u+\frac{1}{u},$

∴证明$x+\frac{1}{x}+\frac{1}{x+\frac{1}{x}}\ge \frac{5}{2}$, 相当于证明

$\begin{array}{l}y\ge \frac{5}{2}.\\ \because x>0,\therefore u\ge 2.\end{array}$

又 ∵易证$y=u+\frac{1}{u}$在u∈[2, +∞) 时, 单调减少,

$\therefore y\ge 2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$.即原不等式成立.

评注 1.单调法是指利用已知函数的单调增加或单调减少特性来回答不等式成立的方法.

2.单调法证题步骤:首先, 分析要证不等式, 设法建立辅助函数;其次, 说明辅助函数在某区间上的单调性 (单调增加或单调减少) ;第三, 根据辅助函数单调性确认不等式成立.

3.函数$y=x+\frac{a}{x}(a>0)$在$(0,\sqrt{a})$上单调减少, 在$[\sqrt{a},+\infty )$上单调增加的特性, $f(x)=\frac{x}{1+x}$在[0, +∞) 上单调增加的特性经常被应用.

十、“1”还法

例10 设a, b, c均为正数, 且a+b+c=1, 求证:$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge 9.$

证明 由条件, $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}=3+\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)+\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\right)\ge 3+2+2+2=9$, 而且, 当且仅当a=b=c时, 等号成立.

即原命题获证.

评注 1.“1”还法是指将要证不等式“1”, 有选择性地还原成条件中的代数式, 而后根据条件, 利用所学定理、公式、性质等, 推得要证不等式成立的一种方法.

2.条件中如有a+b=1, a+b+c=1等的不等式证明题, 常常应用“1”还法证明.

十一、配凑法

例11 已知$0<x<\frac{2}{5}$, 求证:$x{}^2(2-5x)\le \frac{32}{675}.$

证明 配凑法$(1)\because 0<x<\frac{2}{5}‚\therefore x{}^2(2-5x)=\frac{4}{25}\cdot \frac{5}{2}x\cdot \frac{5}{2}x\cdot (2-5x)\le \frac{4}{25}\cdot \left(\frac{\frac{5}{2}x+\frac{5}{2}x+(2-5x)}{3}\right){}^3=\frac{32}{675}$, 当且仅当$\frac{5}{2}x=\frac{5}{2}x=(2-5x)$, 即$x=\frac{4}{15}$时, 取等号.

配凑法$(2)\because 0<x<\frac{2}{5}‚\therefore x{}^2(2-5x)=20\cdot \frac{1}{2}x\cdot \frac{1}{2}x\cdot \left(\frac{2}{5}-x\right)\le 20\cdot \left(\frac{\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}x+\left(\frac{2}{5}-x\right)}{3}\right){}^3=\frac{32}{675}$, 当且仅当$\frac{1}{2}x=\frac{1}{2}x=\left(\frac{2}{5}-x\right)$, 即$x=\frac{4}{15}$时, 取等号.

评注 1.配凑法是指将要证不等式一边配凑成基本不等式能应用的形式.

2.应用配凑法, 必须注意基本不等式试用条件, 如若不满足试用条件, 必须重新组合配凑.

十二、放缩法

例12 已知a, b, c, d均为正实数, 求证:

$1<\frac{a}{a+b+d}+\frac{b}{b+c+a}+\frac{c}{c+d+b}+\frac{d}{d+a+c}<2.$

证明 记$m=\frac{a}{a+b+d}+\frac{b}{b+c+a}+\frac{c}{c+d+b}+\frac{d}{d+a+c}.$

∵a, b, c, d均为正实数, $\therefore m>\frac{a}{a+b+c+d}+\frac{b}{b+c+d+a}+\frac{c}{c+d+a+b}+\frac{d}{d+a+b+c}=1‚m<\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+d}+\frac{d}{d+c}=2‚\therefore 1<m<2$, 即原不等式成立.

评注 1.放缩法是要证明不等式A<B成立不容易, 而借助一个或多个中间变量通过适当的放大或缩小达到证明不等式的方法.

2.放缩法证明不等式的理论依据主要有: (1) 不等式的传递性; (2) 等量加不等量为不等量; (3) 同分子 (分母) 异分母 (分子) 的两个分式大小的比较.

3.常用的放缩技巧有:①舍掉 (或加进) 一些项;②在分式中放大或缩小分子或分母;③应用均值不等式.

十三、几何法

例13 已知x, y, z∈R+, 求证:

$\sqrt{x{}^2+y{}^2-xy}+\sqrt{y{}^2+z{}^2-yz}\ge \sqrt{z{}^2+x{}^2-zx}.$

证明 首先, 容易联想:

x2+y2-xy=x2+y2-2xycos60°,

y2+z2-yz=y2+z2-2yzcos60°,

z2+x2-zx=z2+x2-2zxcos60°.

其次, 构造三棱锥P-ABC, 并令∠APB=∠BPC=∠CPA=60°, PA=x, PB=y, PC=z.

$\begin{array}{l}\text{在}△ABC\text{中},|AB|=\sqrt{x{}^2+y{}^2-xy},|BC|=\sqrt{y{}^2+z{}^2-yz}‚|CA|=\sqrt{z{}^2+x{}^2-zx}.\\ \because |AB|+|BC|\ge |CA|,\\ \therefore \sqrt{x{}^2+y{}^2-xy}+\sqrt{y{}^2+z{}^2-yz}\ge \sqrt{z{}^2+x{}^2-zx}.\end{array}$

评注 1.几何法是指利用几何图形上边的不等关系来证明不等式成立.

2.几何法实质:设法将要证不等式转化到几何图形对应线段上去.

十四、图像法

例14 设α, β, γ是三角形三内角, x, y, z∈R, 求证:

x2+y2+z2≥2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ.

证明 构造函数f (x) =x2-2x (ycosα+zcosγ) +y2+z2-2yzcosβ, 显然其图像为开口向上的抛物线.

∵Δ=[-2x (ycosα+zcosγ) ]2-4 (y2+z2-2yzcosβ) =-4 (ysinα-zsinγ) 2≤0,

∴函数y=f (x) 的图像不可能落在x轴下方, 应全在x轴上方, 最多与x轴相切, 即f (x) ≥0, ∴x2+y2+z2≥2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ.

评注 1.图像法是指通过构造函数, 画函数图像, 由函数图像性质说明要证不等式成立.

2.二次函数、二次图像、二次方程、二次不等式之间的关系, 常常是图像法解题的关键.

十五、柯西法

例15 已知a1, a2, …an为实数, 求证:n (a${}_1^2$+a${}_2^2$+…+a${}_n^2$) ≥ (a1+a2+…+an) 2.

证明 首先将n改写成12+12+…+12, 即n个12相加, 由柯西不等式, 得

$\begin{array}{l}n(a{}_1^2+a{}_2^2+\cdots +a{}_n^2)\\ =\underset{n\text{个}1{}^2\text{和}}{{\displaystyle (1{}^2+1{}^2+\cdots +1{}^2)}}\cdot (a{}_1^2+a{}_2^2+\cdots +a{}_n^2)\\ \ge (1\cdot a{}_1+1\cdot a{}_2+\cdots +1\cdot a{}_n){}^2\\ =(a{}_1+a{}_2+\cdots +a{}_n){}^2‚\end{array}$

当且仅当a1=a2=…=an时等号成立.

因此, 原不等式成立.

评注:

1.柯西法是指借助柯西不等式证明不等式成立.

2.柯西不等式:

(a${}_1^2$+a${}_2^2$+…+a${}_n^2$) (b${}_1^2$+b${}_2^2$+…+b${}_n^2$) ≥ (a1b1+a2b2+…+anbn) 2, 当且仅当$\frac{b{}_1}{a{}_1}=\frac{b{}_2}{a{}_2}=\cdots =\frac{b{}_n}{a{}_n}$时等号成立 (当ai=0时, 约定bi=0, i=1, 2, …, n) .

3.柯西不等式应用的关键:

寻求柯西不等式应用条件或形式.

十六、归纳法

例16 已知a, b为正数, n∈N*, 求证:

$\frac{a{}^n+b{}^n}{2}\ge \left(\frac{a+b}{2}\right){}^n.$

证明 (1) 当n=1时, 不等式显然成立.

(2) 假设n=k时, 不等式成立, 即

$\begin{array}{l}\frac{a{}^k+b{}^k}{2}\ge \left(\frac{a+b}{2}\right){}^k.\\ \because \frac{a{}^k+b{}^k}{2}\ge \left(\frac{a+b}{2}\right){}^k,\therefore \frac{a{}^k+b{}^k}{2}\cdot \frac{a+b}{2}\ge \left(\frac{a+b}{2}\right){}^{k+1}.\end{array}$

而$\frac{a{}^{k+1}+b{}^{k+1}}{2}\ge \frac{a{}^k+b{}^k}{2}\cdot \frac{a+b}{2}\iff (a-b)(a{}^k-b{}^k)\ge 0,$

∵由条件, (a-b) (ak-bk) ≥0显然成立,

$\therefore \frac{a{}^{k+1}+b{}^{k+1}}{2}\ge \left(\frac{a+b}{2}\right){}^{k+1}.$

(3) 综合 (1) , (2) 可知:

对任何n∈N*, 不等式$\frac{a{}^n+b{}^n}{2}\ge \left(\frac{a+b}{2}\right){}^n$成立.

评注 1.归纳法是指严格按照数学归纳法三步骤证明不等式成立.

2.数学归纳法证题有三步曲:第一步验证打基础—关键, 第二步推理找规律——核心, 第三步归纳下结论——确认.

十七、排序法

例17 设a>0, b>0, 求证:a3+b3≥a2b+ab2.

证明 根据正数a, b对称性, 不妨设a≥b>0,

则a2≥b2.

由排序定理知, 同序和不小于乱序和,

∴a·a2+b·b2≥a·b2+b·a2, 即a3+b3≥a2b+ab2.

评注 1.排序法是指借助排序定理证明不等式成立.

2.排序定理:设两组实数a1, a2, …, an与b1, b2, …, bn, 且a1≤a2≤…≤an, b1≤b2≤…≤bn, c1, c2, …, cn为b1, b2, …, bn的任意一个排列, 则和数a1c1+a2c2+…+ancn在a1, a2, …, an与b1, b2, …, bn同序时最大, 反序时最小, 即a1b1+a2b2+…+anbn≥a1c1+a2c2+…+ancn≥a1bn+a2bn-1+…+anb1.

3.只有满足排序定理条件时, 方可应用其证明不等式.

实践证明:中学数学不等式的证明, 对于培养和提高同学们逻辑思维能力、分析解决问题能力确实非常有好处, 而且方法绝非上述几种, 还有很多很多, 如函数法、方程法、性质法、公式法、构造法、调整法, 等等, 具体遇到不等式证明题目, 必须灵活、综合选用.

篇4：不等式证明的基本方法

一、 比较法

例1 设a、b是非负实数，求证：a3+b3≥ab（a2+b2）.

简解： a3+b3-ab（a2+b2）=a2a（a-b）+b2b（b-a）

=（a-b）［（a）5-（b）5］

当a≥b时，a≥b，从而（a）5≥（b）5，得（a-b）［（a）5-（b）5］≥0；

当a＜b时，a＜b，从而（a）5＜(b)5，得（a-b）［（a）5-(b)5］

＜0

所以a3+b3≥ab（a2+b2）.

二、 分析法

例2 已知a＞0，b＞0，2c＞a+b，求证：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab．

简解：要证c-c2-ab＜a＜c+c2-ab，只需证，-c2-ab＜a-c＜c2-ab

只需证，|a-c|＜c2-ab即证，(a-c)2＜c2-ab

即证a2-2ac＜-ab，∵ a＞0，只需证，a-2c＜-b

即证a+b＜2c，这为已知．故原不等式成立．

点评：分析法是执果索因，其步骤为未知→需知→已知，在操作中“要证”，“只需证”，“即证”这些词语是不可缺少的．

三、 综合法

例3设函数f（x）=2x（1-ln2x），

求证：对任意a、b∈R+，均有f′a+b2≤f′(a)+f′(b)2≤f′2aba+b.

简解：

f′（x）=-2ln2x，f′（a）+f′（b）2=-ln4ab，

f′a+b2=-ln（a+b）2≤-ln4ab，

f′2aba+b=-2ln2•2aba+b≥-2ln4ab2ab=-ln4ab，

∴ f′a+b2≤f′（a）+f′（b）2≤f′2aba+b.

点评：综合法是由因导果，其步骤为：从已知条件出发，利用有关定理、公理、公式、概念等推导出结论不等式.

四、 基本不等式法

例4 已知a、b、c均为正数，证明：a2+b2+c2+1a+1b+1c2≥63，并确定a、b、c为何值时，等号成立.

简解：因为a、b、c均为正数，由基本不等式得：

a2+b2≥2ab

b2+2≥2bc

c2+a2≥2ac

所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac①

同理1a2+1b2+1c2≥1ab+1bc+1ac②

故a2+b2+c2+1a+1b+1c2

≥ab+bc+ac+31ab+31bc+31ac③

≥63

所以原不等式成立.

当且仅当a=b=c时，①式和②式等号成立，当且仅当a=b=c，（ab）2=（bc）2=（ac）2=3时，③式等号成立，

即当且仅当a=b=c=314时，原式等号成立.

点评：利用基本不等式必须注意：“一正，二定，三相等.”

五、 反证法

例5 已知p3+q3=2，求证：p+q≤2.

分析：本题由已知条件直接证明结论，佷难找到证明的方法，正难则反，可以利用反证法.

简解：假设p+q＞2，则p＞2-q，p3＞（2-q）3，

∴ p3+q3＞q3+（2-q）3=q3+8-12q+6q2-q3=6q2-12q+8=6（q-1）2+2≥2

∴ p3+q3＞2与p3+q3=2矛盾，∴ p+q≤2.

点评：正难则反，使用反证法，从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的.

六、 放缩法

例6 设数列{an}满足a1=0且11-an+1-11-an=1.

（1） 求{an}的通项公式；

(2)设bn=1-an+1n记Sn=∑nk=1bn，证明：Sn＜1.

分析：要证Sn＜1，先求出{bn}的通项公式，再求{bn}的前n项的和Sn，最后利用放缩法.

简解：(1)an=1-1n；

(2)bn=1-an+1n=n+1-nn+1•n=1n-1n+1，

Sn=∑nk=1bn=∑nk=11k-1k+1=1-1n+1＜1.

点评：放缩法是利用不等式的传递性，按题意及目标，作适当的放大或缩小，常用的放缩技巧有：

(1) 舍掉(或加进)一些项；(2)在分式中放大或缩小分子(或分母)；

七、 柯西不等式法

例7 若n是不小于2的正整数，求证：47＜1-12+13-14+…+12n-1-12n＜22.

分析：从所要证明的不等式结构可转化为柯西不等式来证.

简解：1-12+13-14+…+12n-1-12n=1+12+13+…+12n-212+14+…+12n=1n+1+1n+2+…+12n

所以求证式等价于47＜1n+1+1n+2+…+12n＜22

由柯西不等式有1n+1+1n+2+…+12n［（n+1）+(n+2)+…+2n］＞n2于是：1n+1+1n+2+…+12n＞n2（n+1）+（n+2）+…+2n=2n3n+1=23+1n≥47

又由柯西不等式有

1n+1+1n+2+…+12n＜

（12+22+…+n2）1(n+1)2+1(n+2)2+…+1(2n)2＜

n1n(n+1)+1（n+1）（n+2）+…+1（2n-1）（2n）=

n1n-12n=22

八、 构造法

例8 已知a、b∈R，求证：|a+b|1+|a+b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|.

分析：本题若从绝对值不等式方面入手比较难，但观察不等式两边的结构，可看出是函数f(x)=x1+x（x≥0）自变量x分别取|a+b|、|a|、|b|的函数值，从而可构造函数求解.

简解：构造函数f(x)=x1+x（x≥0），首先判断其单调性，设0≤x1＜x2，因为f(x1)-f(x2)=x11+1-x21+x2=x1-x2(1+x1)（1+x2）＜0，所以f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在［0，+∞］上是增函数，取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，显然满足0≤x1≤x2，所以f(|a+b|)≤f(|a|+|b|)，

即|a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|1+|a|+|b|=|a|1+|a|+|b|+|b|1+|a|+|b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|.

点评： 抓住不等式的结构和特点，转化为函数思想求解是解决此题的关键.

篇5：常用的不等式证明方法

不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本节着重培养考生数学式

重难点归纳比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法

(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配 如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野

2不等式证明还有一些常用的方法换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法

证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，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

1112(n∈N*)例1证明不等式123n

命题意图

本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能

知识依托 本题是一个与自然数n有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等

错解分析 此题易出现下列放缩错误

1n个

技巧与方法本题证法一采用数学归纳法从n=k到n=k+1的过渡采用了放缩法证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省(1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立

111(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+＜2k，2k则1

1211k112k1k1 2k(k1)11k(k1)12k1,∴当n=k+

1综合(1)、(2)得当n∈N*时，都有1+

121

31

n＜

另从k到k+12(k1)12k(k1)k2k(k1)(k1)

(kk1)20,2k(k1)12(k1),k10,21

k12k1.k1

21k11

k1, 又如:2k12

2k21.k1

对任意k∈N*，都有1

kkkk1证法111因此122(1)2(2)2(nn1)2n.23三 设f(n)=2n(1222(kk1),1

3那么对任意k∈N* 都有11n),f(k1)f(k)2(k1k)



1k11

k1[2(k1)2k(k1)1][(k1)2k(k1)k]1k1(k1k)2

k10

∴f(k+1)＞f(k)

因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞„＞f(1)=1＞0，1112n.∴123例2求使xy≤axy(x＞0，y＞0)恒成立的a 命题意图本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力 知识依托该题实质是给定条件求最值的题目，所求a的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再错解分析 本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜

2)，这样也得a≥sin

θ+cosθ其原因是(1)缩小了x、y的范围(2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=

1技巧与方法 除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，a≥f(x)，则amin=f(x)max 若 a≤f(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得

x+y+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2－1)(x+y)，∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，①②

当且仅当x=y时，②中有等号成立

比较①、②得a的最小值满足a2－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a

设

uxy(xy)2xy2xy xyxyxy∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2xy(当x=y时“=”成立)，∴2xy2xy≤1，的最大值是1 xyxy

从而可知，u的最大值为12，又由已知，得a≥u，∴a的最小值为∵y＞0，∴原不等式可化为x+1≤ayx1，y

设x

=tanθ，θ∈(0，)y2

∴tanθ+1≤a 即tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+

又∵sin(θ+4)，③ 

4)的最大值为1(此时θ=

4)

由③式可知a

例3已知a＞0，b＞0，且a+b=1求证(a+11)(b+)ba(分析综合法）

欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，即证ab≤1或ab≥8 4

∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立

∵1=a+b≥2ab，∴ab≤

(均值代换法)1，从而得证 4

设a=11+t1，b=+t222

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜11，|t2|＜ 22

11a21b21(a)(b)abab

111122(t1)21(t2)21(t1t11)(t2t21)1111t1t2(t1)(t2)2222

1152222(t1t11)(t2t21)(t2)2t21122t2t244

2532254t2t225.24t244

显然当且仅当t=0，即a=b=

(比较法）1时，等号成立 2

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1 4

1125a21b21254a2b233ab8(14ab)(8ab)(a)(b)0ab4ab44ab4ab 1125(a)(b)ab4

(综合法)

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab 252(1ab)1213916(1ab)12521ab1(1ab)44161ab44ab

1125 即(a)(b)ab4

(三角代换法）

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，2)

11112(a)(b)(sin2)(cos)absin2cos2

sin4cos42sin2cos22(4sin2)2164sin224sin22

sin221,4sin22413.2 42sin221625(4sin22)22511244sin224sin2

篇6：常用的不等式证明方法

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： ⑴添加或舍去一些项，如：

⑵将分子或分母放大（或缩小）a21a；n(n1)n

n(n1)n(n1)⑶利用基本不等式，如：lg3lg5(lg3lg52)lglglg4；

201n01⑷二项式放缩:2n(11)nCn,2nCnCnCnCnn1,22nC0C1C2nn22nn(n1)(n2)nnn2

(5)利用常用结论：

Ⅰ.的放缩

Ⅱ.1的放缩(1)：

k2111（程度大）2k(k1)kk(k1)

11111（程度小）()k1(k1)(k1)2k1k12Ⅲ.1 的放缩(2)：122kk

411（程度更小）Ⅳ.1的放缩(3)：

1222()k4k12k12k1k2

Ⅴ.分式放缩还可利用真（假）分数的性质:bbm(ba0,m0)和bbm(ab0,m0)

aamaam

记忆口诀“小者小,大者大”。解释:看b,若b小,则不等号是小于号,反之亦然.Ⅵ.构造函数法 构造单调函数实现放缩。例：f(x)x(x0)，从而实现利用函数单调性质的放缩：1x

f(ab)f(ab)。

一． 先求和再放缩

例1.an

1,前n项和为Sn，求证：sn1 n(n1)

例2.an(), 前n项和为Sn，求证：sn

13n1 2/ 6

二． 先放缩再求和

（一）放缩后裂项相消

例3．数列n，（二）放缩后转化为等比数列。{a}an(1)n11s2nn，其前n项和为sn，求证：2

2{b}b1,bb(n2)bn3 n1n1n例4.满足：

bnn

11111Tn...Tn3b13b23b33bn，求证：2（2）（1）用数学归纳法证明：

三、裂项放缩

例5.(1)求k1n24k21n的值;(2)求证:15.2k1k

3例6.(1)求证:1112235171(n2)

262(2n1)(2n1)

(2)求证:111111 2416364n24n

(3)求证：2(n11)11112(n11)

2n

例7.求证:6n111512(n1)(2n1)49n3

例8.已知an4n2n,Tn

2na1a2an,求证:TTTT3.123n

2四、分式放缩

姐妹不等式:bbm(ba0,m0)和bbm(ab0,m0)

aamaam

记忆口诀”小者小,大者大”

解释:看b,若b小,则不等号是小于号,反之亦然.例9.姐妹不等式:(11)(11)(11)(11)n1和

352n

111111也可以表示成为(1)(1)(1)(1)2462n2n1

2n1和135(2n1)2462n2n12462n135(2n1)

111例10.证明:(11)(1)(1)(1)3n1.473n

2五、均值不等式放缩

例11.设Sn23n(n1).求证n(n1)S2n(n1)

2.2

例12.已知函数f(x)

求证：f(1)11，a>0,b>0,若4，且f(x)在[0，1]上的最大值为，f(1)bx21a2

512n1f(2)f(n)n1.2六、二项式放缩

01n012n(11)nCn,2nCnCnCnCnn1, 22nC0C1C2nn22nn(n1)(n2)nnn

2例13.设n1,nN，求证(2)n38.(n1)(n2)

例14.an23n ,试证明：.n1111≤ 4n2a1a2an

4七、部分放缩(尾式放缩)

例15.求证: 1

1313211

32n11

47例16.设an1111,a2.求证：an2.ana2a

3八、函数放缩

例17.求证：ln2ln3ln4ln33n5n6(nN*).n23436n

2例18.求证:2,ln2ln3lnn2nn1(n2)23n2(n1)

例19.求证:111ln(n1)111 23n12n

九、借助数列递推关系例20.若a11,an1ann1,求证:1a1 112(n11)a2an

例21.求证:113135135(2n1)2242462462nn2

1十、分类放缩例22.求证:111231n