高中数学复习专题讲座(第18讲)关于不等式证明的常用方法

题目

高考要求

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的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力 重难点归纳

不等式证明常用的方法有 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、配方，判断过程必须详细叙述 如果作差以后的式子可以整

(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

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

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， 有凡是含有“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 典型题例示范讲解

例1证明不等式1

12



13



1n

2n(n∈N)

*

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，

考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力

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

错解分析

1







n个



这样只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的

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

证法一 (1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等

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式成立

(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+

12

13

1k1

1

12



13



1k

＜2k，

则12k

k1



2k(k1)1

k1



k(k1)1

k1

2k1,

∴当n=k+1

综合(1)、(2) 当n∈N时，都有1+

*

12



13



1n

＜

另从k到k+1时的证明还有下列证法

2(k1)12k(k1)k2k(k1)(k1)(k

k1)0,

2

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

1k1

2k

2k1.

证法二 对任意k∈N*，都有

1k



2k12

k1



2k

k11n

2(kk1),

2)2(n

n1)2n.

因此1

3

22(21)2(3

12

13

1n

设f(n)=2n(1

),

那么对任意k∈N*

f(k1)f(k)2(k1

1k11k1

k)

1k1

[2(k1)2k(k1)1]

(k1

k1

k)

2

0

[(k1)2k(k1)k]

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∴f(k+1)＞f(k)

因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞„＞f(1)=1＞0， ∴1

1213y≤a

1n

2n.

xy(x＞0，y＞0)恒成立的a

例2求使x

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

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≥sinθ+cosθ，但是这种换元是错误的其原

因是 (1)缩小了x、y (2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=1”这样一个条件，显然这是不对的

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

解法一 由于a

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

xy，

①

②

当且仅当x=y 比较①、②得a的最小值满足a2－1=1，

∴a2=2，a=2 (因a＞0)，∴a的最小值是2

解法二 设

u

xxy

y



(x

xy

y)

2



xy2xy

xy



∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2xy (当x=y时“=”成立)，

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∴

2xy

xy

≤1，

2xy

xy

的最大值是1

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2

解法三 ∵y＞0，

∴原不等式可化为

xy

+1≤a

xy

1，

设

xy

=tanθ，θ∈(0，



2

∴tanθ+1≤

即tanθ+1≤asecθ

∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+又∵sin(θ+



4



4

)，



4

)

③

)的最大值为1(此时θ=

由③式可知a的最小值为2

例3已知a＞0，b＞0，且a+b=1求证 (a+

1a

)(b+

1b

)证法一 (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≤

14

或ab≥

∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab，∴ab≤证法二 (均值代换法)

14

，从而得证

设a=

12

+t1，b=

12

+t2

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜

12

，|t2|＜

12

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(a(

11a

)(b

2

1b

)(1

a1a

2

2



b1b(

1t1t11)(

(

2

2

2

t1)112t1

2

t2)1121t2

112

t2t21)t2)

2

2

12

t1)(

2

2

(

1t1t11)(

14

t2t21)



2

(

5t2)t214t2

2

t2

4

2516

14

32

t2t2

2

2

2525

16.144

t2

显然当且仅当t=0，即a=b=证法三 (比较法）

12

时，等号成立

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

1

1

25

2

2

2

2

14

a1b1254ab33ab8(14ab)(8ab)

(a)(b)0

ab4ab44ab4ab(a

1a

)(b

1b

)

254

证法四 (综合法)

∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab

252

(1ab)12139(1ab)125162

1ab1(1ab)

14416ab44ab

即(a

1a

)(b

1b

)

254

证法五 (三角代换法）

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



2

)

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(a

1a

4

)(b

1b

)(sin

4

2

2

1sin

22

)(cos

2



1cos

222

)

2

sincos2sincos2

4sin2

2

22



(4sin)16

4sin2

sin21,4sin2413.

42sin2162522

(4sin2)25

112

44sin22

4sin2即得(a

2

2

1a

)(b

1b

)

254

.

学生巩固练习

已知x、y是正变数,a、b是正常数,且

ax



by

=1，x+y的最小值为

设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，则ad与bc的

大小关系是_________

若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，则m、n、p、q的大小顺序是__________

已知a，b，c为正实数，a+b+c

(1)a2+b2+c2≥

13

(2)3a23b23c2≤6 已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=

12

，

证明 x，y，z∈［0，

23

］

证明下列不等式

(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+， 则

bcayzx

x

2

cab

y

2

abc

z2≥2(xy+yz+zx)

(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz， 则



zxy



xyz

≥2(

1x



1y



1z

)

已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n

(1) niAim＜miAin

(2) (1+m)n＞(1+n)m

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若a＞0，b＞0，a+b=2 a+b≤2，ab≤1

33

参考答案

1解析 令

ax

=cos2θ，

by

=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，

∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ

≥a+b+2

atan2bcot2ab

答案 a+b+2ab

2解析 由0≤|a－d|＜|b－c|(a－d)＜(b－c)

22

(a+b)－4ad＜(b+c)－4bc

22

∵a+d=b+c，∴－4ad＜－4bc，故ad＞bc

答案 ad＞bc

3解析 把p、q看成变量，则m＜p＜n，m＜q＜ 答案 m＜p＜q＜n

4 (1) a2+b2+c2－

13

=

13

(3a2+3b2+3c2－1)

2

===

131313

［3a+3b+3c－(a+b+c)］

［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］ ［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥

2

2

2

2

2

2

2

2

2

222

13

证法二 ∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc

≤a+b+c+a+b+a+c+b+c ∴3(a+b+c)≥(a+b+c)=1 ∴a+b+c≥

abc

3

2

2

2

2222222

13

abc

3

证法三 ∵



abc

3

∴a2+b2+c2≥

∴a2+b2+c2≥证法四 设a=

13

13

13

+α，b=+β，c=

1313

+γ

∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a2+b2+c2=(

13

+α)2+(

13

+β)2+(+γ)2

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==

1313

+

23

(α+β+γ)+α+β+γ

13

222

+α2+β2+γ2≥

13

∴a2+b2+c2≥

(2)证法一:同理

3a23b32

(3a2)1

3c32

3(abc)9

2

6

3a21

2

,

3b2,3c23c2

3a23b2

∴原不等式成立

证法二

3a23b23

3c2



(3a2)(3b2)(3c2)

3



3(abc)6

3



3

∴3a23b23c2≤33＜6 ∴原不等式成立

5证法一 由x+y+z=1，x+y+z=

222

12

，得x+y+(1－x－y)=

222

12

，整理成关

于y

2y－2(1－x)y+2x－2x+

2

2

22

12

=0，∵y∈R，故Δ≥0

12

∴4(1－x)－4×2(2x－2x+同理可得y，z∈［0，证法二 设x=

)≥0，得0≤x≤

23

，∴x∈［0，

23

］

23

］

13

2

13

+x′，y=

2

+y′，z=

13

13

2

+z′，则x′+y′+z′=0，

于是

12

=(

13

13

+x′)+(

13

+y′)+(

23

+z′)

=

+x′2+y′2+z′2+

(x′+y′+z′)

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=

13

+x′+y′+z′≥

19

222

13

+x′+

13

2

(yz)

2

2

=

23

13

+

32

x′2

23

故x′2≤

，x′∈［－

13

2

，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，

2

］

证法三 设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x＞0，

12

=x+y+z≥x+

2222

(yz)

2



(1x)

2

2

x

2

32

xx

2

12

＞

12

，矛盾

x、y、z三数中若有最大者大于则

12

23

，不妨设x＞

(1x)

2

2

23

，

12

=x+y+z≥x+=

32

2222

(yz)

2

2

=x+

2

=

32

x2－x+

x(x－

23

)+

1223

2

＞

矛盾

故x、y、z∈［0，

6.(1)证明:((

baxbaaxx

22

］

cabcb

y

22

bc2

2

x

abc

2

z2(xyyzzx)

accaz

22

2

ab

y2xy)(aby)(

y

2

ybc

2

bc

z2yz)(

2

ca

x2zx)

2

cb

yz)(

ac

zx)0

bccab

abc

z2(xyyzzx)

(2)证明:所证不等式等介于xyz(

2

2

2

yzx



zxy



xyz

)2(xyyzzx)

2

xyz[yz(yz)zx(zx)xy(xy)]2(xyyzzx)(xyz)(yzyz

2

2

2

2

2

2

22

2

zxzx

2

22

xyxy)

2

2

22

2(xyyzzx)4(xyzxyzxyz)yzyzzxzxxyxy

2

2

3

3

3

3

3

3

2xyz2xyz2xyz

2

2

2

2

222

2

2

2

yz(yz)zx(zx)xy(xy)x(yz)y(zx)z(xy)0

∵上式显然成立，∴原不等式得证

7证明 (1)对于1＜i≤m，且Aim =m·„·(m－i+1)，

Amm

i

i

Ammm1mi1nn1ni1

,同理， i

mmmnnnn

i

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由于m＜n，对于整数k=1，2，„，i－1，有

Ann

ii

nkn



mkm

，

所以



Amm

i

i

,即mAnnAm

iiii

(2)

(1+m)=1+C1m+C2m+„+Cnm， nnn(1+n)=1+C1mn+C2n+„+Cmn， mm

由(1)知mA＞nA (1＜i≤m)，而C=∴mCn＞nCm(1＜m＜n)

∴m0C0=n0C0=1，mC1=nC1m=m·n，m2C2＞n2C2，„， nnnnmmCm＞nCm，mnm

2

m

m

m+1

1

Cm＞0，„，mCn＞0， nn

n2n

m2m

i

i

n

i

imim

Ami!

i

,C

in



Ani!

i

iiii

n

∴1+C1m+C2m+„+Cnm＞1+C1mn+Cmn+„+Cmn， nnnm即(1+m)n＞(1+n)m

n22m

8证法一 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≤

即(a+b)3≤23，又a+b＞0，所以a+b≤2，因为2ab≤a+b≤2， 所以ab≤

证法二 设a、b为方程x－mx+n=0的两根，则

2

mabnab

，

因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0 ①

332222

因为2=a+b=(a+b)(a－ab+b)=(a+b)［(a+b)－3ab］=m(m－3n) 所以n=

m3

2



23m

2

m3

2

23m

②

将②代入①得m－4(即

m83m

3

)≥0，

≥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，

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新疆奎屯市第一高级中学 王新敞

即n≤1，所以ab≤

证法三 因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

2=a+b=(a+b)(a+b－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b) 于是有6≥3ab(a+b)，

从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2，(下略） 证法四 因为

3322

ab2

2

33

(

2

ab28

)

2

2

3



(ab)[4a4b4abab2ab]

ab

2

3

3



3(ab)(ab)

8

3

2

≥0，

所以对任意非负实数a、b，有

3

3

≥(

3

ab2

3

) ab2

)，

3

因为a＞0，b＞0，a+b=2，所以1=∴

ab2

ab

2

≥(

≤1，即a+b≤2，(以下略）

证法五 假设a+b＞2，则

a+b=(a+b)(a－ab+b)=(a+b)［(a+b)－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，

332222

又a+b=(a+b)［a－ab+b］=(a+b)［(a+b)－3ab］＞2(2－3ab) 因为a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾， 故a+b≤2(以下略)

33222

课前后备注

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