【正文】 αβ+4β2＜16+8αβ+α2β2 從而只須證164α24β2+α2β2＞0即(4α2)(4β2)＞0由|α|＜2，|β|＜2，知α2＜4，β2＜4，故最后不等式成立，從而原不等式得證。例5211證明：若a，b，c是三角形的三邊，則 3(ab+bc+ca)≤(a+b+c)2＜4(ab+bc+ca)當且僅當三角形為正三角形時，左邊取等號。解左邊不等式等價于3(ab+bc+ca)≤a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)欲證此不等式成立，只須證 ab+bc+ca≤a2+b2+c2 即證2(a2+b2+c2)2(ab+bc+ca)≥0 左邊配方即為(ab)2+(bc)2+(ca)2≥0此不等式顯然成立，當且僅當a=b=c，即三角形為正三角形時取等號。故左邊不等式獲證。欲證右邊不等式，仿上只須證 a2+b2+c2＜2(ab+bc+ca)從而只須證(ab+aca2)+(ab+bcb2)+(bc+cac2)＞0 即證a(b+ca)+b(a+cb)+c(b+ac)＞0由于a，b，c是三角形的三邊，此不等式顯然成立，故右邊不等式獲證。綜上所述，原不等式得證。例5212設f(x)=x2+px+q(p，q∈R)，證明：(2)若|p|+|q|＜1，則f(x)=0的兩個根的絕對值都小于1。解用反證法但是，|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥f(1)2f(2)+f(3)=(1+p+q)2(4+2p+q)+(9+3p+q)=2(ii)(i)與(ii)矛盾，故假設不成立，即原命題成立。(2)假設f(x)=0的兩根x1，x2的絕對值不都小于1，不妨設|x1|≥1，那么由韋達定理，有|p|=|(x1+x2)|=|x1+x2|≥|x1||x2|≥1|x2| |q|=|x1x2|=|x1||x2|≥|x2| 兩式分邊相加，得 |p|+|q|≥1這與題設矛盾，故假設不成立，即原命題得證。注反證法的邏輯程序是：否定結(jié)論→推出矛盾→肯定結(jié)論。反證法常用于直接證明難于入手的命題，或結(jié)論中含“不存在”、“都是”、“都不是”、“至少”、“至多”、之類的存在性命題。第五篇：不等式證明的基本方法 經(jīng)典例題透析經(jīng)典例題透析類型一：比較法證明不等式用作差比較法證明下列不等式：；(a，b均為正數(shù)，且a≠b)（1）（2）思路點撥：（1）中不等號兩邊是關于a,b,c的多項式，作差后因式分解的前途不大光明，但注意到如a2, b2, ab這樣的結(jié)構(gòu)，考慮配方來說明符號；（2）中作差后重新分組進行因式分解。證明：（1）當且僅當a=b=c時等號成立，（2）（當且僅當a=b=c取等號）.∵a0, b0, a≠b，∴a+b0,(ab)20，∴∴.，總結(jié)升華：作差，變形（分解因式、配方等），判斷差的符號，這是作差比較法證明不等式的常用方法。舉一反三：【變式1】證明下列不等式：(1)a2+b2+2≥2(a+b)(2)a2+b2+c2+3≥2(a+b+c)(3)a2+b2≥ab+a+b1【答案】（1）（a2+b2+2）2(a+b)=(a22a+1)+(b22b+1)=(a1)2+(b1)2≥0∴a2+b2+2≥2(a+b)（2）證法同（1）（3）2（a2+b2）2（ab+a+b1)=(a22ab+b2)+(a22a+1)+(b22b+1)=(ab)2+(a1)2+(b1)2≥0∴2（a2+b2）≥2（ab+a+b1)，即a2+b2≥ab+a+b1【變式2】已知a，b∈，x，y∈，且a+b=1，求證：ax2+by2≥(ax+by)2【答案】ax2+by2(ax+by)2=ax2+by2a2x2b2y22abxy =a(1a)x2+b(1b)y22abxy=abx2+aby22abxy =ab(xy)2≥0 ∴ax2+by2≥(ax+by)2用作商比較法證明下列不等式：(a，b均為正實數(shù)，且a≠b)，且a，b，c互不相等）（1）（2）（a，b，c∈證明：（1）∵a3+b30, a2b+ab20.∴，∵a, b為不等正數(shù)，∴∴，∴（2）證明：不妨設abc，則∴所以，總結(jié)升華：當不等號兩邊均是正數(shù)乘積或指數(shù)式時，常用這種方法，:判定式子的符號并作商變形 判定商式大于1或等于1或小于1 結(jié)論。舉一反三：【變式1】已知a2，b2，求證：a+b2，b2∴∴∴【變式2】已知a，b均為正實數(shù)，求證：aabb≥abba【答案】∵a0, b0, ∴ aabb與abba均為正，∴，分類討論可知（分ab0, a=b0, 0，當且僅當a=b等號成立，∴ aabb≥：綜合法證明不等式a, b, c是不全相等的正數(shù)，求證：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)6abc 證明：法一：由b2+c2≥2bc, a0,得a(b2+c2)≥2abc，同理b(c2+a2)≥2abc，c(a2+b2)≥2abc∵a,b,c不全相等，∴上述三個等號不同時成立，三式相加有：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)：∵a，b，c是不全相等的正數(shù)，∴a(b2+c2), b(c2+a2), c(a2+b2)均為正數(shù)，由三個數(shù)的平均不等式得：a(b2+c2)+b(c2+a2)+ c(a2+b2)∴：綜合法是由因?qū)Ч?，從已知出發(fā)，根據(jù)已有的定義、定理，逐步推出欲證的不等式成立。舉一反三：【變式1】a , b, m∈R+，且a【答案】∵00, ∴am0, ∴.【變式2】求證lg9lg11∵lg90, lg110，∴∴ , ∴l(xiāng)g9lg11b0，求證：.思路點撥：不等號左邊是一個各項皆正的“和的形式”，但左側(cè)是兩項而右側(cè)都出現(xiàn)了特征數(shù)“3”.：，∵ ab0, ∴ab0, b0, ，∴ ，∴舉一反三：（當且僅當，即a=2，b=1的等號成立）【變式】x, y,z∈R+, 求證：證明：∵ x, y,z∈R+,∴ ，同理，∴ ，∴，a22ac+c2已知a,b0，且2ca+b，求證：證明：要證只需證：即證：∵a0，只需證a+b∵已知上式成立，∴原不等式成立?？偨Y(jié)升華：1．分析法是從求證的不等式出發(fā)，分析使之成立的條件，把證不等式轉(zhuǎn)化為判斷這些條件是否具備的問題，若能肯定這些條件都成立，就可斷定原不等式成立。2．分析法在不等式證明中占有重要地位，是解決數(shù)學問題的一種重要思想方法。3．基本思路：執(zhí)果索因：要證??，只需證??，只需證??，因為??成立，所以原不等式得證。舉一反三：【變式1】求證：a3+b3a2b+ab2(a，b均為正數(shù)，且a≠b)【答案】要證a3+b3a2b+ab2，即證(a+b)(a2+b2ab)≥ab(a+b)∵a，b∈，∴a+b0 只需證a2+b2ab≥ab，只需證a2+b2≥2ab 只需證(ab)2≥0，∵(ab)2≥0顯然成立 所以原不等式成立?！咀兪?】a , b, m∈R+，且a【答案】∵ b0且b+m0，.∴，∴成立∴.【變式3】求證：【答案】要證只需證，而，只需證，只需證，顯然成立，所以原不等式得證?！咀兪?】若a1，b1，c1，ab=10求證：logac+logbc≥4lgc【答案】要證logac+logbc≥4lgc，只需證只需證，只需證∵，∴成立所以原不等式成立【變式5】設x0，y0，x≠y，求證：證明：要證只需證，只需證只需證因x0，y0，x≠y，所以x2y2[3(xy)2+4xy]0成立所以類型四：反證法證明不等式已知a,b,c∈(0,1)，求證：(1a)b,(1b)c,(1c)a，至少有一個不大于。思路點撥：此題目若直接證，從何處入手？對于這樣正面情況較為復雜的問題，可以考慮使用反證法。證明：假設原結(jié)論不成立，即，則三式相乘有：??①又∵0總結(jié)升華：反證法的基本思路是：“假設——矛盾——肯定”，采用反證法證明不等式時，從與結(jié)論相反的假設出發(fā)，推出矛盾的過程中，每一步推理都必須是正確的。由于本題題目的結(jié)論是：三個數(shù)中“至少有一個不大于”，情況比較復雜，會出現(xiàn)多個由異向不等式組”，結(jié)構(gòu)簡單明了，成的不等式組，一一證明十分繁雜，而對結(jié)論的否定是三個數(shù)“都大于為推出矛盾提供了方便，故采用反證法是適宜的。舉一反三：【變式】已知a+b+c0，ab+bc+ca0，abc0，求證：a,b,c0【答案】假設a≤0若a0，∴bc又由a+b+c0，則b+ca0∴ab+bc+ca=a(b+c)+bc若a=0，則與abc0矛盾，∴必有a0同理可證：b0，c0類型五：放縮法證明不等式若a,b,c,dR+，求證：思路點撥：記中間4個分式之和的值為m，顯然，通過通分求出m的值再與2比大小是困難的，可考慮運用放縮法把異分母化成同分母。證明：記∵a,b,c,dR+，∴∴1總結(jié)升華：證后半部分，還可用“糖水公式”，即常用的放縮技巧主要有：① f(x)為增函數(shù)，則f(x1)進行放縮。② 分式放縮如③ 根式放縮如舉一反三：；【變式1】求證：【答案】∴【變式2】 當n2時，求證：logn(n1)logn(n+1)【答案】∵n2，∴l(xiāng)ogn(n1)0，logn(n+1)0∴∴n2時，logn(n1)logn(n+1)類型六：其他證明不等式的方法已知a2，b2，求證：a+b當a2時，f(a)∴a+b總結(jié)升華：不等式證明方法很靈活。分析不等式的結(jié)構(gòu)特點，構(gòu)造函數(shù)，借助函數(shù)單調(diào)性，使問題變得非常簡單。舉一反三：【變式】已知a≥3，求證：【答案】。令（x≥0).∵f(x)在x∈[0,+∞)上是遞減函數(shù)，∴f(a1)三角換元法：求證： [0,π]，證明：∵1≤x≤1，∴令x=cos, 則∵1≤sin≤1，若x2+y2≤1，求證：證明：設則1若x1，y1，求證：證明：設則1已知：a1,b0，ab=1，求證：證明：∵a1,b0,ab=1，∴不妨設則總結(jié)升華：①若0≤x≤1，則可令②若x2+y2=1，則可令x=cos，y=sin(0≤θ③若x2y2=1，則可令x=sec,y=tan(0≤θ④若x≥1，則可令，若xR，則可令舉一反三：【變式1】已知x2=a2+b2，y2=c2+d2，且所有字母均為正，求證：xy≥ac+bd【答案】∵x2=a2+b2，∴不妨設∵y2=c2+d2，∴不妨設∴∴xy≥ac+bd【變式2】已知x0，y0，2x+y=1，求證：【答案】由x0,y0，2x+y=1，可設則類型六：一題多證1若a0，b0，求證：思路點撥：由于a0，b0，所以求證的不等式兩邊的值都大于零，本題用作差法，作商法和綜合法，分析法給出證明。證明：證法一：作差法∵a,b0，∴a+b0,ab0∴證法二：作商法，得證?！遖0,b0,∴a+b0，∴得證。證法三：分析法要證，只需證a3+b3≥(a+b)ab只需證(a+b)(a2ab+b2)≥(a+b)ab(∵a+b0)只需證a2ab+b2≥ab只需證(ab)2≥0∵(ab)2≥0成立，∴得證 證法四：綜合法∵a0,b0，∴同向不等式相加得：舉一反三：【變式】已知【答案】證法一：都是實數(shù)，且求證：，同理證法二： 即.證法三：要證：原不等式等價于不等式用比較法證明且，只需證只需證又所以證法五：設則即：用向量的數(shù)量積來證明設，