第一篇：不等式的證明方法探究

不等式的證明方法探究

不等式的證明是高中數(shù)學(xué)的一個難點，題型較多，涉及的知識面多，證明方法靈活，本文通過一些實例，歸納總結(jié)了證明不等式時常用的方法和技巧。

1．比較法

比較法是證明不等式的最基本方法，有“作差”與“作商”兩種方法。其思路是把要比較的式子變成其差與0比較大小或其商與1比較大小。

例1 求證：2x2?3?x

證明：∵(2x2?3)?x?2x2?x?3?2(x?)2? ∴ 2x2?3?x

由例1可見用作差比較法證明不等式的步驟是：作差，變形，判斷符號，給結(jié)論。

例2 已知：a?b?c?0，求證：aabbcc?(abc)aabbcca?b?c3a?b?c3142323??0 88

?a2a?b?c3b2b?a?c3c2c?a?b3證明：∵(abc)?aa?ba?c?33bb?ab?c?33cc?ac?b?33a?()ba?b3a()ca?c3b()cb?c3

aa 又a?b?c?0則a?b?0,?1，故()bba同理：()ca?b3a?b3?1

b?1,()cb?c3?1

a?b?c3a∴()ba?b3a()ca?c3b()cb?c3＞1，則abc?(abc)abc

由例2可見用作商比較法證明不等式的步驟是：作商，變形，判斷與1的大小，給結(jié)論。

2．綜合法

綜合法是利用一些現(xiàn)成的結(jié)論（比如重要不等式），從已知條件入手，逐步得到要證的結(jié)論。即“由因?qū)す钡姆椒ā?/p>

例3 已知：a?b，且ax?b2?bx?a2，求證：x?a?b 證明：∵ ax?b2?bx?a2

由不等式性質(zhì)得：ax?bx?a2?b2

即：(a?b)x?(a?b)(a?b)①

由條件a?b得a?b?0，給不等式①兩邊同乘以正數(shù)1，即可得到x?a?b a?b3．分析法

分析法是從要證明的結(jié)論入手，尋找成立的條件，一直到這個條件是可以證明或已經(jīng)證明的不等式時，便可推出原不等式成立。即“由果尋因”的方法。

例4 求證：6?2?15

證明：因為6?2與15都是正數(shù) 要證明6?2?15

只需證明(6?2)2?(15)2成立 即只要證明：8?43?15 即只要證明43?7 即只要證明48?49

因為48?49顯然成立，所以6?2?15成立 4．配方法

把一個不是完全平方形式的多項式中的某些項配成完全平方，然后利用一個實數(shù)的平方是非負(fù)的這個性質(zhì)證明某些式子大于或等于零。

例5 求證x2?6x?11?0

證明：x2?6x?11?(x?3)2?2?2?0 則x2?6x?11?0 5．基本不等式法

利用基本不等式及其變式證明不等式是常用的方法，常用基本不等式及變形有：

①若a,b?R，則 a2?b2?2ab（當(dāng)且僅當(dāng)a?b時取等號）②若a?0,b?0，則a?b?2ab（當(dāng)且僅當(dāng)a?b時取等號）例6 已知：x?0,y?0，求證：(x?y)(x2?y2)(x3?y3)?8x3y3 證明：∵x?0,y?0

∴x2?0,y2?0,x3?0,y3?0

∴x?y?2xy?0,x2?y2?2xy?0,x3?y3?2x3y3?0

由不等式性質(zhì)得：

(x?y)(x2?y2)(x3?y3)?2xy?2xy?2x3y3?8x3y3

即(x?y)(x2?y2)(x3?y3)?8x3y3 6．放縮法

放縮法是在證明不等式時，將不等式一邊適當(dāng)?shù)姆糯蠡蚩s小來證明不等式。例7 已知：n?N?，求證：2n?1?2n?證明：∵2n?1?2n? 即2n?1?2n?7．?dāng)?shù)學(xué)歸納法

1n2n?1?n?2n?n1n?

1n

與自然數(shù)n有關(guān)的不等式，通常用數(shù)學(xué)歸納法證明。

例8 求證：對任何實數(shù)x??1和任何正整數(shù)n，有(1?x)n?1?nx 證明：①當(dāng)n?1時，不等式顯然成立

②假設(shè)當(dāng)n?k時，不等式成立，即有(1?x)k?1?kx

∵x??1，則x?1?0，上式兩邊同乘(x?1)，得

(1?x)k?1?(1?kx)(1?x)?1?(k?1)x?kx2?1?(k?1)x

這說明n?k?1時不等式仍成立

綜上①，②知，對任何正整數(shù)n，不等式(1?x)n?1?nx仍成立

8．構(gòu)造法

通過構(gòu)造輔助函數(shù)，然后利用函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)去證明不等式，或者構(gòu)造適當(dāng)?shù)膱D形使要證明的命題比較直觀的反應(yīng)出來。

例9 證明：7x?2(9?x2)?9，并指出等號成立條件

證明：不等式左邊可看成7與x和2與9?x2兩兩乘積的和，從而聯(lián)想到數(shù)量積的坐標(biāo)表示

將左邊看成向量a?(7,2)與b?(x,9?x2)的數(shù)量積

又a?b?a?b，所以7x?2(9?x2)?(7)2?(2)2?x2?(9?x2)?9

當(dāng)且僅當(dāng)b??a,(??0)時等號成立，故由

x7?9?x22

解得：x?7,??1，即x?7時等號成立。例10 已知：a?0,b?0,c?0

求證：a2?ab?b2?b2?bc?c2?a2?ac?c2

當(dāng)且僅當(dāng)??時等號成立

證明：從根式的結(jié)構(gòu)特點聯(lián)想到余弦定理，于是可構(gòu)造如

下圖形

1b1a1c

使OA?a,OB?b,OC?c,?AOB??BOC?60o

則?AOC?120o,AB?a2?ab?b2 BC?b2?bc?c2,AC?a2?ac?c2

由幾何知識知AB?BC?AC

∴a2?ab?b2?b2?bc?c2?a2?ac?c2

當(dāng)且僅當(dāng)A,B,C三點共線時等號成立，則有

1122111 故當(dāng)且僅當(dāng)??時等號成立

bac absin60o?bcsin60o?acsin120o，即ab?bc?ac 129．換元法 通過添設(shè)輔助元素，使原來不等式變成與新的變量有關(guān)的不等式，應(yīng)用換元法，可把字母多的化成字母少的，可把繁瑣的不等式化成簡單的不等式。常用的有三角換元和均值換元。

例11 已知：x?0,y?0,2x?y?1，求證：?121x1?3?22 y 證明：由x?0,y?0,2x?y?1，設(shè)x?sin2?,y?cos2? 則：?1x121???2(1?cot2?)?1?tan2? 22ysin?cos? = 3?(2cot2??tan2?)?3?22 例12 已知x,y?R,且x?y?1。求證：(x?2)2?(y?2)2?證明：x,y?R,且x?y?1

1211則(x?2)2?(y?2)2?(?t?2)2?(?t?2)2

22552525 =(?t)2?(?t)2??2t2?

222225則(x?2)2?(y?2)2?

225 2則設(shè)： x??t,y??t(t?R)

12原不等式得證。

第二篇：證明不等式方法

不等式的證明是高中數(shù)學(xué)的一個難點，題型廣泛，涉及面廣，證法靈活，錯法多種多樣，本節(jié)通這一些實例，歸納整理證明不等式時常用的方法和技巧。1比較法

比較法是證明不等式的最基本方法，具體有“作差”比較和“作商”比較兩種?；舅枷胧前央y于比較的式子變成其差與0比較大小或其商與1比較大小。當(dāng)求證的不等式兩端是分項式（或分式）時，常用作差比較，當(dāng)求證的不等式兩端是乘積形式（或冪指數(shù)式時常用作商比較）

例1已知a+b≥0，求證：a3+b3≥a2b+ab

2分析：由題目觀察知用“作差”比較，然后提取公因式，結(jié)合a+b≥0來說明作差后的正或負(fù)，從而達(dá)到證明不等式的目的，步驟是10作差20變形整理30判斷差式的正負(fù)。

∵（a3+b3)(a2b+ab2)

=a2(a-b)-b2(a-b)

=(a-b)(a2-b2)

證明： =(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 設(shè)a、b∈R+，且a≠b，求證：aabb＞abba

分析：由求證的不等式可知，a、b具有輪換對稱性，因此可在設(shè)a＞b＞0的前提下用作商比較法，作商后同“1”比較大小，從而達(dá)到證明目的，步驟是：10作商20商形整理30判斷為與1的大小

證明：由a、b的對稱性，不妨解a＞b＞0則

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

練習(xí)1 已知a、b∈R+，n∈N，求證（a+b）（an+bn）≤2（an+1+bn+1）2基本不等式法

利用基本不等式及其變式證明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及變形有：

（1）若a、b∈R，則a2+b2≥2ab（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時，取等號）

（2）若a、b∈R+，則a+b≥ 2ab（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時，取等號）

（3）若a、b同號，則 ba+ab≥2（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時，取等號）

例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1則a1-b2+b1-a2≤

1分析：通過觀察可直接套用： xy≤x2+y2

2證明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1

∴b1-a2+a1-b2≤1，當(dāng)且僅當(dāng)a1+b2=1時，等號成立

練習(xí)2：若 ab0，證明a+1(a-b)b≥

33綜合法

綜合法就是從已知或已證明過的不等式出發(fā)，根據(jù)不等式性質(zhì)推算出要證明不等式。

例4，設(shè)a0，b0，a+b=1，證明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252

證明：∵ a0，b0，a+b=1

∴ab≤14或1ab≥

4左邊=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+［(a+b)2-2ab］+(a+b)2-2aba2b2

=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252

練習(xí)3：已知a、b、c為正數(shù)，n是正整數(shù)，且f(n)=1gan+bn+cn

3求證：2f（n）≤f（2n）

4分析法

從理論入手，尋找命題成立的充分條件，一直到這個條件是可以證明或已經(jīng)證明的不等式時，便可推出原不等式成立，這種方法稱為分析法。

例5：已知a0，b0，2ca+b，求證：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

分析：觀察求證式為一個連鎖不等式，不易用比較法，又據(jù)觀察求證式等價于 ｜a-c｜＜c2-ab也不適用基本不等式法，用分析法較合適。

要證c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

只需證-c2-ab＜a-c＜c2-ab

證明：即證 ｜a-c｜＜c2-ab

即證(a-c)2＜c2-ab

即證 a2-2ac＜-ab

∵a＞0，∴即要證 a-2c＜-b 即需證2+b＜2c，即為已知

∴ 不等式成立

練習(xí)4：已知a∈R且a≠1，求證：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）

25放縮法

放縮法是在證明不等式時，把不等式的一邊適當(dāng)放大或縮小，利用不等式的傳遞性來證明不等式，是證明不等式的重要方法，技巧性較強常用技巧有：（1）舍去一些正項（或負(fù)項），（2）在和或積中換大（或換小）某些項，（3）擴(kuò)大（或縮?。┓质降姆肿樱ɑ蚍帜福┑?。

例6：已知a、b、c、d都是正數(shù)

求證： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2分析：觀察式子特點，若將4個分式商為同分母，問題可解決，要商同分母除通分外，還可用放縮法，但通分太麻煩，故用放編法。

證明：∵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ab＜a+mb+m(0＜a＜b，m＞0)可得：ba+b+c＜b+da+b+c+dcb+c+d＜c+aa+b+c+ddc+d+a＜d+bc+d+a+dad+a+b＜a+ca+b+c+d

∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

b+da+b+c+d+c+aa+b+c+d+d+bc+d+a+d+a+ca+b+c+d=2(a+b+c+c)a+b+c+d=2

綜上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2

練習(xí)5：已知：a＜2，求證：loga(a+1)＜1

6換元法

換元法是許多實際問題解決中可以起到化難為易，化繁為簡的作用，有些問題直接證明較為困難，若通過換元的思想與方法去解就很方便，常用于條件不等式的證明，常見的是三角換元。

(1)三角換元：

是一種常用的換元方法，在解代數(shù)問題時，使用適當(dāng)?shù)娜呛瘮?shù)進(jìn)行換元，把代數(shù)問題轉(zhuǎn)化成三角問題，充分利用三角函數(shù)的性質(zhì)去解決問題。

例

7、若x、y∈R+,且 x-y=1 A=(x-1y)(y+1y)。1x，求證0＜A＜

1證明： ∵x，y∈R+，且x-y=1，x=secθ，y=tanθ，（0＜θ＜xy）

∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ

=1-cos2θcosθ·s2m2θ+cos2θcosθ·s2mθ·cos2θ

=sinθ

∵0＜θ＜x2，∴ 0＜s2mθ ＜1因此0＜A＜1

復(fù)習(xí)6：已知1≤x2+y2≤2，求證：12 ≤x2-xy+y2≤

3(2)比值換元：

對于在已知條件中含有若干個等比式的問題，往往可先設(shè)一個輔助未知數(shù)表示這個比值，然后代入求證式，即可。

例8：已知 x-1=y+12=z-23，求證：x2+y2+z2≥431

4證明：設(shè)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

7反證法

有些不等式從正面證如果不好說清楚，可以考慮反證法，即先否定結(jié)論不成立，然后依據(jù)已知條件以及有關(guān)的定義、定理、公理，逐步推導(dǎo)出與定義、定理、公理或已知條件等相矛盾或自相矛盾的結(jié)論，從而肯定原有結(jié)論是正確的，凡是“至少”、“唯一”或含有否定詞的命題，適宜用反證法。

例9：已知p3+q3=2，求證：p+q≤

2分析：本題已知為p、q的三次，而結(jié)論中只有一次，應(yīng)考慮到用術(shù)立方根，同時用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。

證明：解設(shè)p+q＞2，那么p＞2-q

∴p3＞（2-q）3=8-12q+6q2-q

3將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練習(xí)7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求證：a＞0，b＞0，c＞0

8數(shù)學(xué)歸納法

與自然數(shù)n有關(guān)的不等式，通?？紤]用數(shù)學(xué)歸納法來證明。用數(shù)學(xué)歸納法證題時的兩個步驟缺一不可。

例10：設(shè)n∈N，且n＞1,求證：(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+12

分析：觀察求證式與n有關(guān)，可采用數(shù)學(xué)歸納法

證明：（1）當(dāng)n=2時，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假設(shè)n=k(k≥2，k∈n)時不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k-1)＞2k+12 那么當(dāng)n=k+1時，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)＞2k+12·(1+12k+1)①

要證①式左邊＞2k+32，只要證2k+12·

2k+22k+1＞2k+32②

對于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＞3③

∵③成立 ∴②成立，即當(dāng)n=k+1時，原不等式成立

由（1）（2）證明可知，對一切n≥2（n∈N），原不等式成立

練習(xí)8：已知n∈N，且n＞1，求證： 1n+1+1n+2+…+12n＞132

49構(gòu)造法

根據(jù)求證不等式的具體結(jié)構(gòu)所證，通過構(gòu)造函數(shù)、數(shù)列、合數(shù)和圖形等，達(dá)到證明的目的，這種方法則叫構(gòu)造法。

1構(gòu)造函數(shù)法

例11：證明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

證明：設(shè)f（x）=x1-2x-x2（x≠0）

∵f(-x)

=-x1-2-x+x2x-2x2x-1+x

2=x1-2x-［1-(1-2x)］+x2=x1-2x-x+x2

=f（x）

∴f（x）的圖像表示y軸對稱

∵當(dāng)x＞0時，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴當(dāng)x＜0時，據(jù)圖像的對稱性知f（x）＜0

∴當(dāng)x≠0時，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

練習(xí)9：已知a＞b，2b＞a+c，求證：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2構(gòu)造圖形法

例12：若f（x）=1+x2，a≠b，則|f（x）-f（b）|＜ |a-b|

分析：由1+x2 的結(jié)構(gòu)可知這是直角坐標(biāo)平面上兩點A(1，x)，0(0，0)的距離即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2

于是如下圖，設(shè)A(1，a)，B(1，b)則0A= 1+a2 0B=1+b2

|AB|=|a-b|又0A|-|0B＜|AB|∴|f(a)-f(b)|＜|a-b|

練習(xí)10：設(shè)a≥c，b≥c，c≥0，求證 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添項法

某些不等式的證明若能優(yōu)先考慮“添項”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍數(shù)添項

若不等式中含有奇數(shù)項的和，可通過對不等式乘以2變成偶數(shù)項的和，然后分組利用已知不等式進(jìn)行放縮。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時等號成立）證明：∵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

當(dāng)且僅當(dāng)a=b，b=c，c=a即a=b=c時，等號成立。

2平方添項

運用此法必須注意原不等號的方向

例14 ：對于一切大于1的自然數(shù)n，求證：

(1+13)(1+15)…(1+12n-1＞ 2n+1 2)

證明：∵b ＞ a＞ 0，m＞ 0時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平均值添項

例15：在△ABC中，求證sinA+sinB+sinC≤3

32分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算術(shù)平均值添項sin π

3證明：先證命題：若x＞0，y＜π，則sinx+siny≤2sin x+y2（當(dāng)且僅當(dāng)x=y時等號成立）∵0＜x+y2＜ π，-π2＜ x-y2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosx-y

2∴上式成立

反復(fù)運用這個命題，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332

∴sinA+sinB≠sinC≤332

練習(xí)11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18

4利用均值不等式等號成立的條件添項

例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，求證a4+b4＞ 18

分析：若取消a≠b的限制則a=b= 12時，等號成立

證明：∵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中等號不成立∴③中等號不成立∴ 原不等式成立

1．是否存在常數(shù)c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對任意正數(shù)x,y恒成立？ 錯解：證明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故說明c存在。

正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下證不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。要證不等式xx+2y+xx+2y≤23，因為x,y是正數(shù)，即證3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即證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+，求證：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

錯解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz

錯因：根據(jù)不等式的性質(zhì)：若a ＞b＞ 0，c ＞d ＞0,則ac bd，但 ac＞bd卻不一定成立 正解：x2y2+y2z2≥ 2x y2z，y2z2+z2x2≥ 2x yz2，x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，以上三式相加，化簡得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，兩邊同除以x+y+z:

x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

6.3 設(shè)x+y>0，n為偶數(shù)，求證yn-1xn+xn-1yn≥

1x 1y

錯證：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y

=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

n為偶數(shù)，∴ xnyn ＞0，又xn-yn和xn-1-yn-

1同號，∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

錯因：在x+y>0的條件下，n為偶數(shù)時，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同號，應(yīng)分x、y同號和異號兩種情況討論。

正解：應(yīng)用比較法：

yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

① 當(dāng)x>0,y>0時，(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 當(dāng)x,y有一個是負(fù)值時，不妨設(shè)x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n為偶數(shù)時,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

綜合①②知原不等式成立

第三篇：不等式證明若干方法

安康學(xué)院 數(shù)統(tǒng)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué) 專業(yè) 11 級本科生

論文（設(shè)計）選題實習(xí)報告

11級數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)《科研訓(xùn)練2》評分表

注：綜合評分?60的為“及格”； <60分的為“不及格”。

第四篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式的方法探究

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構(gòu)造函數(shù)證明不等式的方法探究 作者：趙久勇 常國慶

來源：《新高考·高三數(shù)學(xué)》2012年第02期

第五篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式的方法探究

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構(gòu)造函數(shù)證明不等式的方法探究

作者：趙久勇 常國慶

來源：《新高考·高三數(shù)學(xué)》2013年第06期

不等式證明是中學(xué)數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容之一.由于證明不等式?jīng)]有固定的模式，證法靈活多樣，技巧性強，使其成為各種考試命題的熱點問題.靈活構(gòu)造函數(shù)，并利用導(dǎo)數(shù)證明不等式是常見的方法.而構(gòu)造好相應(yīng)函數(shù)是關(guān)鍵.從哪里人手，如何構(gòu)造，怎么構(gòu)造，許多同學(xué)找不到突破口，常常感到無所適從，甚至構(gòu)造不出合理的函數(shù).筆者通過2011年一道新課標(biāo)高考試題的分析，就這類問題的處理方法作一剖析和歸納.