第一篇：2018考研數(shù)學(xué)難點(diǎn)必看題型：不等式的證明

為學(xué)生引路，為學(xué)員服務(wù)

2018考研數(shù)學(xué)難點(diǎn)必看題型：不等式的證明

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第二篇：考研數(shù)學(xué)切比雪夫不等式證明及題型分析

武漢文都 wh.wendu.com 考研數(shù)學(xué)切比雪夫不等式證明及題型分析

在考研數(shù)學(xué)概率論與數(shù)理統(tǒng)計(jì)中，切比雪夫不等式是一個(gè)重要的不等式，利用它可以證明其它一些十分有用的結(jié)論或重要的定理，如切比雪夫大數(shù)定律等，然而有些同學(xué)對(duì)這個(gè)不等式不是很理解，也不太會(huì)利用該不等式去解決相關(guān)問題，另外，很多資料上也沒有對(duì)該不等式進(jìn)行完整的分析或證明，為此，在這里對(duì)比雪夫不等式及其典型例題做些分析總結(jié)，供各位2016考研的朋友和其它學(xué)習(xí)的同學(xué)參考。

一、切比雪夫不等式的分析證明

武漢文都 wh.wendu.com

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從上面的分析我們看到，利用切比雪夫不等式可以對(duì)隨機(jī)變量在其均值附近的對(duì)稱區(qū)間內(nèi)取值的概率進(jìn)行估計(jì)，它也說明了方差的基本特性，即隨機(jī)變量的方差越小，隨機(jī)變量取值越集中，方差越大，則取值越分散，不論對(duì)于什么隨機(jī)變量，它在區(qū)間內(nèi)取值的概率基本都是約90%。以上分析希望對(duì)大家理解和應(yīng)用切比雪夫不等式有所幫助，最后預(yù)祝各位考生2016考研成功。

第三篇：考研數(shù)學(xué)中的不等式證明

考研數(shù)學(xué)中的不等式證明

陳玉發(fā)

鄭州職業(yè)技術(shù)學(xué)院基礎(chǔ)教育處450121

摘要：在研究生入學(xué)考試中，中值定理是一項(xiàng)必考的內(nèi)容，幾乎每年都有與中值定理相關(guān)的證明題．不等式的證明就是其中一項(xiàng)．在不等式的證明中，利用函數(shù)的單調(diào)性，構(gòu)造輔助函數(shù)是一種常用并且非常有效的方法．但是，有時(shí)這種方法非常繁瑣．巧用中值定理可使一些不等式的證明簡(jiǎn)化．

關(guān)鍵詞：考研數(shù)學(xué)不等式中值定理冪級(jí)數(shù)

（作者簡(jiǎn)介：陳玉發(fā)，男，漢族，出生于1969年5月工作單位：鄭州職業(yè)技術(shù)學(xué)院，副教授，碩士，從事數(shù)學(xué)教育研究．郵編：450121）

微分中值定理是微積分學(xué)中的一個(gè)重要定理，在研究生入學(xué)考試中，幾乎每年都會(huì)有與中值定理相關(guān)的證明題．不等式就是其中一項(xiàng)。下面就考研數(shù)學(xué)中的不等式證明談一下中值定理的應(yīng)用． 在不等式的證明中，利用函數(shù)的單調(diào)性，構(gòu)造輔助函數(shù)是一種常用并且非常有效的方法．但是，有時(shí)這種方法非常繁瑣．巧用中值定理可以使一些不等式的證明過程得到簡(jiǎn)化．下面就歷年考研數(shù)學(xué)中的不等式證明題談一下．

例1（1993年全國(guó)碩士研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(一)試卷第六題）

(2)設(shè)b?a?e，證明a?b ba

xa對(duì)此不等式的證明，一般我們會(huì)想到構(gòu)造輔助函數(shù)，f(x)?a?x，f(a)?0，然后證明

在x?a時(shí)，f?(x)?0．這個(gè)想法看似簡(jiǎn)單，而實(shí)際過程非常繁瑣，有興趣的讀者可以試著證明一下．下面筆者給出幾個(gè)簡(jiǎn)便的證明．

證：Ⅰ利用拉格朗日中值定理：ab?ba?b?alogab?b?alnb lna

lnb?lna lna

lnb?lnalna?? b?aa

1???lna，其中e?a???b?lna?b?a?a

?1

??1lna，其中e?a???b． a

原命題得證．

證：Ⅱ 利用微分中值定理，ab??e?blna?alnb

?

?

?

?

?blnb? alnablnb?lna?1? alnab1b?1?ln alnaab1b?1?(ln?ln1)alnaabln?ln1?lna（微分中值定理）?1a

?1

??lna，（1???b）a

原命題得證．

證明Ⅲ 利用冪級(jí)數(shù)展開：

設(shè)b?a?x，原不等式等價(jià)于

aa?xa ?(a?x)a?aa?ax?(a?)x

x?a?(1?

而 xa)，a

ln2a2a?1?lna?x?x?2!xlnnan?x?n!，xxa?(a?1)x2a?(a?1)(a?n?1)xn(1?)a?1?a??()??()?． aa2!an!a

a?(a?1)(a?n?1)n由于x?0，a?e，所以lna?1，lna?．通過比較以上兩個(gè)級(jí)數(shù)可知原na

不等式成立．

對(duì)于不等式a?(1?

一下．

例2（1992年全國(guó)碩士研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(一)試卷第六題）xxa)的證明仍可以利用拉格朗日中值定理證明，有興趣的讀者可以自己證a

設(shè)f??(x)?0，f(0)?0，證明對(duì)任何x1?0,x2?0，有f(x1?x2)?f(x1)?f(x2)． 證：不妨設(shè)x1?x2，f(x1?x2)?f(x1)?f(x2)?f(x1?x2)?f(x2)?f(x1)

f(x1?x2)?f(x2)f(x1)?f(0)?(x1?x2)?(x2)x1?0?

?f?(?1)?f?(?2)，x2??1?x1?x2，0??2?x1?x2，顯然?2??1，而f??(x)?0，所以f?(x)單調(diào)遞減．原不等式得證．

例3（1999年全國(guó)碩士研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(一)試卷第六題）

論證：當(dāng)x?0時(shí),(x2?1)lnx?(x?1)2 ．(x2?1)lnx

證：(x?1)lnx?(x?1)?(x?1)2?1 22

(x?1)lnx?1 x?1

(x?1)lnx?(1?1)ln1??1，（柯西中值定理）x?1?

?ln??(??1)

??1，（?介于1與x之間）

1ln???0． 當(dāng)??1時(shí)，上式顯然成立；當(dāng)0???1時(shí)，我們可以證明，?

命題得證．

例4（2004年全國(guó)碩士研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(一)試卷第三題）

(15)設(shè)e?a?b?e2，證明lnb?lna?

22224(b?a)． 2e4ln2b?ln2a4證：lnb?lna?2(b?a)??2 e(b?a)e

14?2ln??2，(e?a???b?e2)?e

?1

?ln??2，2e

因?yàn)閑?a???b?e2，所以，?ln??eln?e2?2?2． e?ee

所以，原不等式成立．

例5（2006年全國(guó)碩士研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)三試題第（17）題）

證明：當(dāng)0?a?b??時(shí)，bsinb?2cosb??b?asina?2cosa??a．

證：令f(x)?xsinx?2cosx??x

bsinb?2cosb??b?asina?2cosa??a

?f(b)?f(a)? 0

?f(b)?f(a)?0 b?a

?f?(?)??cos??sin????0，0?a???b??

令f?(x)?xcosx?sinx??，f?(?)?0，f??(x)?cosx?xsinx?cosx??xsinx?0，0?a?x?b??，所以在(0,?)內(nèi)，f?(x)單調(diào)減少，即f?(x)?0．

原命題得證．

例6（2010年全國(guó)碩士研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(一)試卷第(17)題

(1)比較?1

0lnt[ln(1?t)]ndt與?tnlnt的大小,說明理由。01

解：因?yàn)閘nt[ln(1?t)]n

tnlnt[ln(1?t)]n ?tn

?[ln(1?t)nln(1?t)?ln(1?0)n]?[]（拉格朗日中值定理）tt?0

?()?1，0???t?1，1n

?

所以lnt[ln(1?t)]?tlnt。即nn?1

0lnt?t)]dt?n?10tnlnt。

例7（2012年全國(guó)碩士研究生入學(xué)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)三試題第（18）題）

1?xx2

?cosx?1?，(?1?x?1)．證明：xln1?x2

證：原不等式等價(jià)于：

x2

x[ln(1?x)?ln(1?x)]?1?cosx? 2

xx2

?（僅當(dāng)x?0時(shí)取等號(hào)）?x[ln(1?x)?ln(1?x)]?2sin222

?[ln(1?x)?ln(1?x)]1?（當(dāng)x?0時(shí)）2xxx2sin2?22

11?1??1??1??，（柯西中值定理，其中0???x?1），sin???x

?21?，0???x?1 2(sin???)(1??)x

因?yàn)?sin???)(1??2)?2??2x，所以不等式成立．

利用同樣的方法可以證明當(dāng)?1?x?0時(shí)，不等式成立．

綜上所述，原不等式成立．

xx例8 證明：當(dāng)x?0時(shí)，x?e?1?xe．

證：當(dāng)x?0時(shí)，ex?1xx?e?1?xe?1??e xxx

ex?e0

?1??ex，（利用柯西中值定理）x?0

?1?e??ex，其中0???x．

原不等式成立．

例9 證明：當(dāng)0?x??

2時(shí)，sinx?tanx?2x．

證明：sinx?tanx?2x?sinx?tanx?2 x

?sinx?tanx?(sin0?tan0)?2 x?0

cos??sec2??2（柯西中值定理）?1

?cos??sec2??2，因?yàn)?/p>

cos??sec2???所以，原不等式成立．

中值定理是證明不等式時(shí)常用的一個(gè)非常有效的工具．我們習(xí)慣于構(gòu)造輔助函數(shù)，利用單調(diào)性來(lái)證明不等式．而函數(shù)的單調(diào)性還是通過拉格朗日中值定理進(jìn)行證明的．因此，利用單調(diào)性證明不等式的基礎(chǔ)還是微分中值定理．以上幾例體現(xiàn)了中值定理在證明不等式時(shí)的效果．

?2，

第四篇：高考數(shù)學(xué)難點(diǎn)突破_難點(diǎn)不等式的證明策略

不等式的證明策略

不等式的證明，方法靈活多樣，它可以和很多內(nèi)容結(jié)合.高考解答題中，常滲透不等式證明的內(nèi)容，純不等式的證明，歷來(lái)是高中數(shù)學(xué)中的一個(gè)難點(diǎn)，本難點(diǎn)著重培養(yǎng)考生數(shù)學(xué)式的變形能力，邏輯思維能力以及分析問題和解決問題的能力.●難點(diǎn)磁場(chǎng)

(★★★★)已知a＞0，b＞0，且a+b=1.求證：(a+1125)(b+)≥.ba41?1???1?2n(n∈N*)●案例探究

23n命題意圖：本題是一道考查數(shù)學(xué)歸納法、不等式證明的綜合性題目，考查學(xué)生觀察能力、構(gòu)造能力以及邏輯分析能力，屬★★★★★級(jí)題目.知識(shí)依托：本題是一個(gè)與自然數(shù)n有關(guān)的命題，首先想到應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法，另外還涉及不等式證明中的放縮法、構(gòu)造法等.錯(cuò)解分析：此題易出現(xiàn)下列放縮錯(cuò)誤： ［例1］證明不等式1?

這樣只注重形式的統(tǒng)一，而忽略大小關(guān)系的錯(cuò)誤也是經(jīng)常發(fā)生的.技巧與方法：本題證法一采用數(shù)學(xué)歸納法從n=k到n=k+1的過渡采用了放縮法；證法二先放縮，后裂項(xiàng)，有的放矢，直達(dá)目標(biāo)；而證法三運(yùn)用函數(shù)思想，借助單調(diào)性，獨(dú)具匠心，發(fā)人深省.證法一：(1)當(dāng)n等于1時(shí)，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；

111????(2)假設(shè)n=k(k≥1)時(shí)，不等式成立，即1+＜2k，23k則1??12?13????1k?1k?1?2k?1k?1

2k(k?1)?1k?1k?(k?1)?1?2k?1,∴當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式成立.綜合(1)、(2)得：當(dāng)n∈N*時(shí)，都有1+

12?13???1n＜2n.另從k到k+1時(shí)的證明還有下列證法：

?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,?2k?1k?1?2k?1.2k?1?k?2k?1?k?1?1k?1，又如:?2k?1?2k?k?1證法二：對(duì)任意k∈N*，都有： ?2k?1?2k?1.?2(k?k?1),k?kk?k?1

111因此1??????2?2(2?1)?2(3?2)???2(n?n?1)?2n.23nk證法三：設(shè)f(n)=2n?(1?*1?2?212?13???1n)，那么對(duì)任意k∈N 都有：

f(k?1)?f(k)?2(k?1?k)???1k?11k?1[2(k?1)?2k(k?1)?1]?[(k?1)?2k(k?1)?k]?1k?1

(k?1?k)2k?1?0∴f(k+1)＞f(k)因此，對(duì)任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞?＞f(1)=1＞0，111?????2n.∴1?23n［例2］求使x?y≤ax?y(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.命題意圖：本題考查不等式證明、求最值函數(shù)思想、以及學(xué)生邏輯分析能力，屬于★★★★★級(jí)題目.知識(shí)依托：該題實(shí)質(zhì)是給定條件求最值的題目，所求a的最值蘊(yùn)含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有關(guān)性質(zhì)把a(bǔ)呈現(xiàn)出來(lái)，等價(jià)轉(zhuǎn)化的思想是解決題目的突破口，然后再利用函數(shù)思想和重要不等式等求得最值.錯(cuò)解分析：本題解法三利用三角換元后確定a的取值范圍，此時(shí)我們習(xí)慣是將x、y與cosθ、sinθ來(lái)對(duì)應(yīng)進(jìn)行換元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜

?2)，這樣也得a≥sinθ+cosθ，但是這種換元是錯(cuò)誤的.其原因是：(1)縮小了x、y的范圍；(2)這樣換元相當(dāng)于本題又增加了“x、y=1”這樣一個(gè)條件，顯然這是不對(duì)的.技巧與方法：除了解法一經(jīng)常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若參數(shù)a滿足不等關(guān)系，a≥f(x)，則amin=f(x)max；若 a≤f(x)，則amax=f(x)min，利用這一基本事實(shí)，可以較輕松地解決這一類不等式中所含參數(shù)的值域問題.還有三角換元法求最值用的恰當(dāng)好處，可以把原問題轉(zhuǎn)化.解法一：由于a的值為正數(shù)，將已知不等式兩邊平方，得：

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

當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，②中有等號(hào)成立.比較①、②得a的最小值滿足a2－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a的最小值是2.解法二：設(shè)u?x?y(x?y)2??x?yx?yx?y?2xy2xy.?1?x?yx?y∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2xy(當(dāng)x=y時(shí)“=”成立)，∴2xy2xy≤1，的最大值是1.x?yx?y從而可知，u的最大值為1?1?2，又由已知，得a≥u，∴a的最小值為2.解法三：∵y＞0，∴原不等式可化為

x+1≤ayx?1，y設(shè)x?=tanθ，θ∈(0，).y2∴tanθ+1≤atan2??1；即tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+又∵sin(θ+

?4)，③

?4)的最大值為1(此時(shí)θ=

?4).由③式可知a的最小值為2.●錦囊妙計(jì)

1.不等式證明常用的方法有：比較法、綜合法和分析法，它們是證明不等式的最基本的方法.(1)比較法證不等式有作差(商)、變形、判斷三個(gè)步驟，變形的主要方向是因式分解、配方，判斷過程必須詳細(xì)敘述；如果作差以后的式子可以整理為關(guān)于某一個(gè)變量的二次式，則考慮用判別式法證.(2)綜合法是由因?qū)Ч治龇ㄊ菆?zhí)果索因，兩法相互轉(zhuǎn)換，互相滲透，互為前提，充分運(yùn)用這一辯證關(guān)系，可以增加解題思路，開擴(kuò)視野.2.不等式證明還有一些常用的方法：換元法、放縮法、反證法、函數(shù)單調(diào)性法、判別式法、數(shù)形結(jié)合法等.換元法主要有三角代換，均值代換兩種，在應(yīng)用換元法時(shí)，要注意代換的等價(jià)性.放縮性是不等式證明中最重要的變形方法之一，放縮要有的放矢，目標(biāo)可以從要證的結(jié)論中考查.有些不等式，從正面證如果不易說清楚，可以考慮反證法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定詞的命題，適宜用反證法.證明不等式時(shí)，要依據(jù)題設(shè)、題目的特點(diǎn)和內(nèi)在聯(lián)系，選擇適當(dāng)?shù)淖C明方法，要熟悉各種證法中的推理思維，并掌握相應(yīng)的步驟、技巧和語(yǔ)言特點(diǎn).●殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練

一、填空題

1.(★★★★★)已知x、y是正變數(shù)，a、b是正常數(shù)，且

ab?=1，x+y的最小值為xy__________.2.(★★★★)設(shè)正數(shù)a、b、c、d滿足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，則ad與bc的大小關(guān)系是__________.3.(★★★★)若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，則m、n、p、q的大小順序是__________.二、解答題

4.(★★★★★)已知a，b，c為正實(shí)數(shù)，a+b+c=1.求證：(1)a2+b2+c2≥3(2)3a?2?3b?2?3c?2≤6 5.(★★★★★)已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=6.(★★★★★)證明下列不等式：(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，則

12，證明：x，y，z∈［0，］ 23b?c2c?a2a?b

2z≥2(xy+yz+zx)x?y?abc(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，y?zz?xx?y111??則≥2(??)xyzxyz7.(★★★★★)已知i，m、n是正整數(shù)，且1＜i≤m＜n.(1)證明：niAim＜miAin；

(2)證明：(1+m)n＞(1+n)m

8.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求證：a+b≤2，ab≤1.參考答案

難點(diǎn)磁場(chǎng)

證法一：(分析綜合法）

欲證原式，即證4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即證4(ab)2－33(ab)+8≥0，即證ab≤ab≥8.∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立

∵1=a+b≥2ab，∴ab≤證法二：(均值代換法)設(shè)a=

1或41，從而得證.411+t1，b=+t2.2211，|t2|＜ 22∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜11a2?1b2?1?(a?)(b?)??abab111122(?t1)2?1(?t2)2?1(?t1?t1?1)(?t2?t2?1)4?2?2?41111?t1?t2(?t1)(?t2)22221152222(?t1?t1?1)(?t2?t2?1)(?t2)2?t24?4?41122?t2?t2442532254?t2?t225?162?16?.1124?t244顯然當(dāng)且僅當(dāng)t=0，即a=b=證法三：(比較法）

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

1時(shí)，等號(hào)成立.21 41125a2?1b2?1254a2b2?33ab?8(1?4ab)(8?ab)(a?)(b?)???????0ab4ab44ab4ab 1125?(a?)(b?)?ab4證法四：(綜合法)

1∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤.425??2(1?ab)?1??139??(1?ab)2?12516?2 ?1?ab?1???(1?ab)??????14416?ab4 ?4???ab??1125 即(a?)(b?)?ab4證法五：(三角代換法）

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，?2)11112(a?)(b?)?(sin2??)(cos??)22absin?cos?sin4??cos4??2sin2?cos2??2(4?sin2?)2?16??24sin2?4sin22??sin22??1,?4?sin22??4?1?3.2 4?2sin22??16?25??(4?sin22?)225???11244sin2???2sin2?4?1125即得(a?)(b?)?.ab4殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練

一、1.解析：令

ba=cos2θ，=sin2θ，則x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc

2yxθ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2atan2??bcot2??a?b?2ab.答案：a+b+2ab

2.解析：由0≤|a－d|＜|b－c|?(a－d)2＜(b－c)2?(a+b)2－4ad＜(b+c)2－4bc

∵a+d=b+c，∴－4ad＜－4bc，故ad＞bc.答案：ad＞bc

3.解析：把p、q看成變量，則m＜p＜n，m＜q＜n.答案：m＜p＜q＜n

二、4.(1)證法一：a2+b2+c2－=

11=(3a2+3b2+3c2－1)331［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］ 31=［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］ 311=［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥ 33證法二：∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥3a2?b2?c2a?b?ca?b?c?證法三：∵∴a2+b2+c2≥

3331 3111證法四：設(shè)a=+α，b=+β，c=+γ.333∴a2+b2+c2≥∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a2+b2+c2=(=111+α)2+(+β)2+(+γ)2 3332 12+(α+β+γ)+α2+β2+γ3311=+α2+β2+γ2≥ 331∴a2+b2+c2≥

3(2)證法一:?3a?2?(3a?2)?1?同理3b?2?3a?2?1,23b?33c?3 ,3c?2?223(a?b?c)?9?3a?2?3b?2?3c?2??62∴原不等式成立.證法二：3a?2?3b?2?3c?2(3a?2)?(3b?2)?(3c?2)?

33?3(a?b?c)?6?3

3∴3a?2?3b?2?3c?2≤33＜6 ∴原不等式成立.5.證法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=次方程得：

11，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成關(guān)于y的一元二221=0，∵y∈R，故Δ≥0 2122∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］

2332同理可得y，z∈［0，］

3111證法二：設(shè)x=+x′，y=+y′，z=+z′，則x′+y′+z′=0，3331111于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2

233312=+x′2+y′2+z′2+(x′+y′+z′)33211132222(y??z?)=+x′+y′+z′≥+x′+=+x′2

2333211122故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］

933332y2－2(1－x)y+2x2－2x+證法三：設(shè)x、y、z三數(shù)中若有負(fù)數(shù)，不妨設(shè)x＜0，則x2＞0，21222

=x+y+z≥2(y?z)2(1?x)2311??x2?x2?x?＞，矛盾.x+22222221x、y、z三數(shù)中若有最大者大于，不妨設(shè)x＞，則=x2+y2+z2≥

33222312(y?z)2(1?x)x+=x+=x2－x+

22223211x(x－)+＞；矛盾.23222故x、y、z∈［0，］

3b?c2c?a2a?b26.(1)證明:?x?y?z?2(xy?yz?zx)2bcbacbac?(x2?y2?2xy)?(y2?z2?2yz)?(z2?x2?2zx)abbccaba2cb2ac2?(x?y)?(y?z)?(z?x)?0abbccab?c2c?aa?b2?x?y?z?2(xy?yz?zx)abc(2)證明:所證不等式等介于y?zz?xx?yx2y2z2(??)?2(xy?yz?zx)2xyz=

?xyz?[yz(y?z)?zx(z?x)?xy(x?y)]?2(xy?yz?zx)2?(x?y?z)(y2z?yz2?z2x?zx2?x2y?xy2)?2(x2y2?y2z2?z2x2)?4(x2yz?xy2z?xyz2)?y3z?yz3?z3x?zx3?x3y?xy3?2x2yz?2xy2z?2xyz2?yz(y?z)2?zx(z?x)2?xy(x?y)2?x2(y?z)2?y2(z?x)2?z2(x?y)2?0∵上式顯然成立，∴原不等式得證.7.證明：(1)對(duì)于1＜i≤m，且Aim =m·?·(m－i+1)，Aimmm?1Aimnn?1m?i?1n?i?1?????,同理?????，iimmmnnnmn由于m＜n，對(duì)于整數(shù)k=1，2，?，i－1，有

n?km?k，?nmAinAim所以i?i,即miAin?niAim

nm(2)由二項(xiàng)式定理有：

22nn(1+m)n=1+C1nm+Cnm+?+Cnm，22mm(1+n)m=1+C1mn+Cmn+?+Cmn，由(1)知mAini＞nAimi

(1＜i≤m)，而

CimAimiAin,Cn?= i!i!∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

00222211∴m0C0n=nCn=1，mCn=nCm=m·n，mCn＞nCm，?，mmm+1m?1mmCmCn＞0，?，mnCnn＞nCm，mn＞0，∴1+C122nn1+C122mmnm+Cnm+?+Cnm＞mn+Cmn+?+Cmn，即(1+m)n＞(1+n)m成立.8.證法一：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以(a+b)3－23=a3+b3+3a2b+3ab2－8=3a2b+3ab2－6 =3［ab(a+b)－2］=3［ab(a+b)－(a3+b3)］=－3(a+b)(a－b)2≤0.即(a+b)3≤23，又a+b＞0，所以a+b≤2，因?yàn)?ab≤a+b≤2，所以ab≤1.證法二：設(shè)a、b為方程x2－mx+n=0的兩根，則??m?a?b?n?ab，因?yàn)閍＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0

因?yàn)?=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)m2所以n=3?23m

將②代入①得m2－4(m23?23m)≥0，即?m3?83m≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，由2≥m 得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，即n≤1，所以ab≤1.證法三：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

2=a3+b3=(a+b)(a2+b2－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b)于是有6≥3ab(a+b)，從而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）

證法四：因?yàn)閍3?b32?(a?b32)(a?b)[4a2??4b2?4ab?a2?b2?2ab]3(a?b8?)(a?b)28≥0，a、b，有a3?b3所以對(duì)任意非負(fù)實(shí)數(shù)a?b32≥(2)

＞0，b＞0，a+b=2，所以1=a3因?yàn)閍33

?b3a?b32≥(2)，∴a?b2≤1，即a+b≤2，(以下略）

證法五：假設(shè)a+b＞2，則

a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，又a3+b3=(a+b)［a2－ab+b2］=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞2(22－3ab)因?yàn)閍3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)

①②

第五篇：高考數(shù)學(xué)難點(diǎn)歸納18_不等式的證明策略學(xué)案

不等式的證明

［例1］證明不等式1?1

2?1

3???1

n?2n(n∈N*)

［例2］求使x?y≤ax?y(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.一、填空題

1.已知x、y是正變數(shù)，a、b是正常數(shù)，且ab?=1，x+y的最小值為__________.xy

2.設(shè)正數(shù)a、b、c、d滿足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，則ad與bc的大小關(guān)系是__________.3.若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，則m、n、p、q的大小順序是__________.二、解答題(2)a?2?b?2?3c?2≤6 3

125.已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，證明：x，y，z∈［0，］ 234.已知a，b，c為正實(shí)數(shù)，a+b+c=1.求證：(1)a2+b2+c2≥

6.證明下列不等式：

b?c2c?a2a?b2z≥2(xy+yz+zx)x?y?abc

y?zz?xx?y111??(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，則≥2(??)xyzxyz(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，則

7.已知i，m、n是正整數(shù)，且1＜i≤m＜n.(1)證明：niAi

m＜miAi

n；(2)證明：(1+m)n＞(1+n)m

8.若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求證：a+b≤2，ab≤1.京翰教育