排序不等式证明(七篇)

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排序不等式证明篇一

2、已知a,b,c是不全相等的正数，求证：a(b2c2)b(c2a2)c(a2b2)＞6abc

3、(abc)(1119) abbcca

24、设a,br，且ab1，求证：(a)(b)

5、若ab1，求证：asinxbcosx

16、已知ab1，求证：ab

7、a,b,c,dr求证：1＜441a21b225 2221 8abcd+++＜2 abdbcacdbdac

18、求证2222＜2 123n

1111＜1

9、求证：2n1n22n

10、求下列函数的最值

（1）已知x＞0，求y2x

（2）已知x＞2，求yx4的最大值（-2）x1的最小值（4）x

2111（3）已知0＜x＜，求yx(12x)的最大值（）2216

11、若正数a,b满足ab(ab)1则ab的最小值是（）

（22333）

12、已知正数a,b求使不等式(ab)k(ab)成立的最小k值为（）（4）

3、求函数y

14、二次函数f(x)xaxxa的两根x1,x2满足0＜x1＜x2＜ 1，求a的取值范围（）（0，15、关于x的方程x2m(x3)2m140有两个实数根，且一个大于1，一个小于1，则m的取值范围是（）（m＜-

22221）

416、关于x的方程mx2x10至少有一个负根，则m的取值范围是（m1）

17、关于x的方程2kx2x3k20有两个实数根，一个小于1，另一个大于1，求实数k的取值范围（k＞0或k＜-4）

218、为使方程x22px10的两根在（-2,2）内，求p的取值范围（-＜p＜

19、函数f(x)ax2x1有零点，则a的取值范围是（a

20、判断函数f(x)x-

21、已知方程x22343）41）411的零点的个数（一个）x395xk在1,1上有实数根，求实数k的取值范围（,）2162

22、已知方程7x2(m13)xm2m20有两个实数根，且一根在（0,1），一根在（1,2）上，求m的取值范围（(2,1)(3,4)）

23、关于的方程2axx10在（0,1）内恰有一解，求实数a的取值范围(1,)

24、若关于的方程lg(x

x2x220x)lg(8x6a3)0有唯一实根，求a的取值范围

排序不等式证明篇二

不等式证明

不等式是数学的基本内容之一，它是研究许多数学分支的重要工具，在数学中有重要的地位，也是高中数学的重要组成部分，在高考和竞赛中都有举足轻重的地位。不等式的证明变化大，技巧性强，它不仅能够检验学生数学基础知识的掌握程度，而且是衡量学生数学水平的一个重要标志，本文将着重介绍以下几种不等式的初等证明方法和部分方法的例题以便理解。

一、不等式的初等证明方法

1.综合法：由因导果。

2.分析法：执果索因。基本步骤：要证..只需证..，只需证..(1)“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件。

(2)“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达。

3.反证法：正难则反。

4.放缩法：将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的。放缩法的方法有：

(1)添加或舍去一些项，如：

2)利用基本不等式，如：

(3)将分子或分母放大(或缩小)：

5.换元法：换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题

化难为易、化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元。

6.构造法：通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式。

证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法。

7.数学归纳法：数学归纳法证明不等式在数学归纳法中专门研究。

8.几何法：用数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

9.函数法：引入一个适当的函数，利用函数的性质达到证明不等式的目的。

10.判别式法：利用二次函数的判别式的特点来证明一些不等式的方法。当a>0时，f(x)=ax2+bx+c>0(或0)。当a0(或0(或

二、部分方法的例题

1.换元法

换元法是数学中应用最广泛的解题方法之一。有些不等式通过变量替换可以改变问题的结构，便于进行比较、分析，从而起到化难为易、化繁为简、化隐蔽为外显的积极效果。

注意：在不等式的证明中运用换元法，能把高次变为低次，分式变为整式，无理式变为有理式，能简化证明过程。尤其对含有若干个变元的齐次轮换式或轮换对称式的不等式，通过换元变换形式以揭示内容的实质，可收到事半功倍之效。

2.放缩法

欲证a≥b，可将b适当放大，即b1≥b，只需证明a≥b1。相反，将a适当缩小，即a≥a1，只需证明a1≥b即可。

注意：用放缩法证明数列不等式，关键是要把握一个度，如果放得过大或缩得过小，就会导致解决失败。放缩方法灵活多样，要能想到一个恰到好处进行放缩的不等式，需要积累一定的不等式知识，同时要求我们具有相当的数学思维能力和一定的解题智慧。

3.几何法

数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

排序不等式证明篇三

§14不等式的证明

不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型.证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下： 不等式的性质：abab0,abab0.这是不等式的定义，也是比较法的依据.对一个不等式进行变形的性质：

（1）abba（对称性）

（2）abacbc（加法保序性）

（3）ab,c0acbc;ab,c0acbc.（4）ab0anbn,nanb(nn*).对两个以上不等式进行运算的性质.（1）ab,bcac（传递性）.这是放缩法的依据.（2）ab,cdacbd.（3）ab,cdacbd.（4）ab0,dc0,含绝对值不等式的性质：

（1）|x|a(a0)x2a2axa.（2）|x|a(a0)x2a2xa或xa.（3）||a||b|||ab||a||b|（三角不等式）.（4）|a1a2an||a1||a2||an|.ab,ad 证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.例题讲解 1．a,b,c0,求证：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc.abc32．a,b,c0，求证：abc(abc)

abc.a2b2b2c2c2a2a3b3c3.3．：a,b,cr,求证abc2c2a2bbccaab

4．设a1,a2,,ann*，且各不相同，求证：1

12131aa3ana12..n2232n25．利用基本不等式证明a2b2c2abbcca.446．已知ab1,a,b0,求证：ab1.8

7．利用排序不等式证明gnan

8．证明：对于任意正整数r，有(1

1n1n1)(1).nn11119．n为正整数，证明：n[(1n)1]1n(n1)nn1.23n

1n

1 课后练习

1.选择题

(1)方程x-y=105的正整数解有().（a）一组（b）二组

（c）三组

（d）四组

(2)在0,1,2,„，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（）.（a）3个（b）4个

（c）5个

（d）6个 2．填空题

（1）的个位数分别为_________及_________.4

5422(2)满足不________.等式10≢a≢10的整数a的个数是x×10+1，则x的值(3)已知整数y被7除余数为5,那么y被7除时余数为________.(4)求出任何一组满足方程x-51y=1的自然数解x和y_________.3.求三个正整数x、y、z满足

23.4．在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？

5．求的整数解.6．求证可被37整除.7．求满足条件的整数x，y的所有可能的值.8．已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.9.如果p、q、都是整数，并且p＞1，q＞1，试求p+q的值.课后练习答案

1.d.c.2.(1)9及1.

(2)9.(3)4.(4)原方程可变形为x=(7y+1)+2y(y-7),令y=7可得x=50.223.不妨设x≢y≢z,则,故x≢3.又有故x≣2.若x=2,则,故y≢6.又有,故y≣4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3≢y≢4,y=3或4,z都不能是整数.4.可仿例2解.5.分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.．．

略解：a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3x1x2x3xnx1.再如证(a1)(b1)(ac)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式

如(等.但其本质特征不等式两边的次22数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.8888≡8(mod37),∴8888333

3222

2≡8(mod37).2222

27777≡7(mod37),7777≡7(mod37),8888238+7=407,37|407,∴37|n.22

3+7777

3333

≡(8+7)(mod37),而

237.简解:原方程变形为3x-(3y+7)x+3y-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≣0及y为整数可得0≢y≢5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.∵l+m=n,∴l=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l,n-m=1.于是2222l=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l+2l+1=(l+1).即2(l+m+1)是完全平方数.222

229.易知p≠q,不妨设p＞q.令(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.

=n,则m＞n由此可得不定方程

例题答案：

1.证明：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc

a(b2c22bc)b(a2c22ac)c(a2b22ab)

a(bc)2b(ca)2c(ab)2

0

ab(ab)bc(bc)ca(ca)6ab.c

评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明a2b2c2abbcca时，可将a2b2

1(abbcca)配方为[(ab)2(bc)2(ca)2]，亦可利用a2b22ab，2b2c22bc,c2a22ca，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.不等式关于a,b,c对称，不妨abc,则ab,bc,acr，且

ab,，c(abc)abc3a2abc3b2bac3c2cab3aab3aac3bba3bbc3cca3ccb3

ab3a()bb()cbc3a()cac31.评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定n个字母的大小顺序，可方便解题.（2）本题可作如下推广：若ai0(i1,2,,n),则a11a22anaaan(a1a2an)a1a2ann.（3）本题还可用其他方法得证。因aabbabba，同理bbccbccb,ccaacaac，另aabbccaabbcc，4式相乘即得证.（4）设abc0,则lgalgblgc.例3等价于algablgbalgbblga,类似例4可证algablgbclgcalgbblgcclgaalgcblgbclga.事实上，一般地有排序不等式（排序原理）： 设有两个有序数组a1a2an,b1b2bn，则a1b1a2b2anbn（顺序和）

a1bj1a2bj2anbjn（乱序和）a1bna1bn1anb1（逆序和）

其中j1,j2,,jn是1,2,,n的任一排列.当且仅当a1a2an或b1b2bn时等号成立.排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如a,b,cr时,a3b3c3a2bb2cc2aa2ab2bc2c

a2b2c2111111abbcca;abca2b2c2a2b2c2bcabcaabc222.3.思路分析：中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明.111111，则a2b2c2（乱序和）cbacab111111a2b2c2（逆序和），同理a2b2c2（乱序和）abccab111a2b2c2（逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数abc111333组abc及，

222不妨设abc,则abc,4.分析：不等式右边各项

ai1a；可理解为两数之积，尝试用排序不等式.i22ii设b1,b2,,bn是a1,a2,,an的重新排列，满足b1b2bn，又1111.22223nanbna2a3b2b3.由于b1,b2,bn是互不相同的正整数，b122222n2323nb3bnb11故b11,b22,,bnn.从而b12，原式得证.12222n23n所以a1评述：排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，a2b2abba，a3b3c3a2bb2cc2aaabbbcccaabcbaccab3abc.5.思路分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方．．法.a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.

22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3x1x2x3xnx1.再如证(a1)(b1)(ac)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式

如(等.但其本质特征不等式两边的次数及22系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.思路分析：不等式左边是a、b的4次式，右边为常数式呢.44要证ab1，如何也转化为a、b的4次811,即证a4b4(ab)4.8833评述：（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知x1x2x31,xi0,求证：x1 x211133求证：x1x2x2x3 x3.右侧的可理解为(x1x2x3).再如已知x1x2x30，3332+x3x10，此处可以把0理解为(x1x2x3)，当然本题另有简使证法.38（2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于n个正数a1,a2,an)

调和平均hnn111a1a2an 几何平均gnna1a2an 算术平均ana1a2an

n22a12a2an平方平均qn

2这四个平均值有以下关系：hngnanqn，其中等号当且仅当a1a2an时成立.7.证明: 令biai,(i1,2,,n)则b1b2bn1，故可取x1,x2,xn0，使得 gnb1

xxx1x,b22,,bn1n1,bnn由排序不等式有： x2x3xnx1b1b2bn

=xx1x2n（乱序和）x2x3x1111x2xn（逆序和）x1x2xn x1

=n，aaa2ana1a2nn,即1n111，,各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，gnan.a1a2an 评述:对8.分析:原不等式等价于n1(1)1平均，而右边为其算术平均.n11nn1，故可设法使其左边转化为n个数的几何n111111n21(1)n(1)(1)1(1)(1)11.n1nnnnnn1n1n个n1 评述:（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相近.类似可证(11n11n2)(1).nn1（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁.9.证明:先证左边不等式

111(1n)123n1111n123n (1n)n

n111(11)(1)(1)(1)123n (1n)nn34n1223nn1n(*)

nn[(1n)1]121n1n111123n

n 34n123nn234n1nn1.n23n （*）式成立，故原左边不等式成立.其次证右边不等式

1111n(n1)nn1

23n1 n1n1n(1111111)(1)(1)(1)23nn1123n n1nn112n1123n

（**） n1nn1

（**）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立.

排序不等式证明篇四

不等式的证明

比较法证明不等式

a2b2ab1.设ab0，求证：2.ab2ab

2.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲

（1）已知x、y都是正实数，求证：x3y3x2yxy2；

（2对满足xyz1的一切正实数 x,y,z恒成立，求实数a的取值范围

.,1综合法证明不等式（利用均值不等式）3.已知abc, 求证：1 114.abbcac

4.设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：

1（ⅰ）ab+bc+ac3；

a2b2c2

1ca（ⅱ）b

5.（1）求不等式x32x1的解集;

121225（a)(b)a,br,ab1ab2.（2）已知，求证：

6.若a、b、c是不全相等的正数，求证：

分析法证明不等式

7.某同学在证明命题“7要证明732”时作了如下分析，请你补充完整.62，只需证明________________,只需证明___________,＋292，展开得9即,只需证明1418,________________,所以原不等式:62成立.22263,(72)(63)，因为1418成立。

abc8.已知a,b,cr。3

9.(本题满分10分)已知函数f(x)|x1|。

(ⅰ)解不等式f(x)f(x4)8；{x|x≤－5，或x≥3}(ⅱ)若|a|1,|b|1，且a0，求证：f(ab)|a|f().10.（本小题满分10分）当a,bmx|2x2时,证明:2|a+b|＜|4+ab|.反证法证明不等式

11.已知a，b，c均为实数，且a=x2y+2baπππ22，b=y2z+，c=z2x+，236

求证：a，b，c中至少有一个大于0.12.（12分）若x,yr,x0,y0,且xy2。求证：1x和1

放缩法证明不等式

13.证明不等式：1111121231

123n2

214.设各项均为正数的数列an的前n项和为sn，满足4snannn,且

14n1，a2,a5,a14构成等比数列．

(1)证明：a2

(2)求数列an的通项公式；an2n1

(3)证明：对一切正整数n，有11a1a2a2a311． anan12

15.设数列an的前n项和为sn.已知a11,2sn12an1n2n,nn*.n33

(ⅰ)求a2的值；a24(ⅱ)求数列an的通项公式；ann2(ⅲ)证明:对一切正整数n,有数学归纳法证明不等式

16.(本小题满分12分)若不等式11

n1n21a对一切正整数n都成立，求正3n12411a1a217.an4

整数a的最大值，并证明结论．25

17.用数学归纳法证明不等式：

．

排序不等式证明篇五

不等式证明

1.比较法：

比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一，它可分为作差法、作商法

（1）作差比较：

①理论依据a-b>0

a>b;a-b=0

a=b;a-b

a

⑴作差：对要比较大小的两个数（或式）作差。

⑵变形：对差进行因式分解或配方成几个数（或式）的完全平方和。⑶判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号。

注意：若两个正数作差比较有困难，可以通过它们的平方差来比较大小。（2）作商法：①要证a>b(b>0),只要证

;要证a0)，只要证

②证明步骤：作商→变形→判断与1的关系 常用变形方法：一是配方法，二是分解因式

2.综合法：所谓综合法，就是从题设条件和已经证明过的基本不等式和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，可简称为由因导果。 常见的基本不等式有 ｜a｜≥0, a2b22ab，abab 2，ababab

3 分析法：从求证的不等式出发，逐步寻求使不等式成立的充分条件，直至所需条件被确认成立，就断定求证的不等式成立，这种证明方法叫分析法，分析法的思想是“执果索因”：即从求证的不等式出发，探求使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式。

基本步骤：要证„„只需证„„，只需证„„ 4 分析综合法

单纯地应用分析法证题并不多见，常常是在分析的过程中，又综合条件、定理、常识等因素进行探索，把分析与综合结合起来，形成分析综合法。

5 反证法：先假设所要证明的不等式不成立，即要证的不等式的反面成立，如要证明不等式mn，由题设及其他性质，推出矛盾，从而否定假设，肯定m

6 放缩法：欲证a≥b，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量使得，或,再利用传递性，以达到欲证的目的，这种方法叫放缩法。

具体放缩方式有公式放缩和利用某些函数的单调性放缩。常用的技巧有：舍去一些正项或负项；在和或积中换大（或换小）某些项；扩大（或缩小）分式的分子（或分母）等，放缩时要注意不等号的一致性。放缩法的方法有：

⑴添加或舍去一些项，如：a21a；n(n1)n ⑵将分子或分母放大（或缩小）⑶利用基本不等式，如：lg3lg5(n(n1)2⑷利用常用结论： n(n1)lg3lg5)lg15lg16lg4 2ⅰ、k1k1k1k12k；

ⅱ、1111； k2k(k1)k1k1111（程度大）2k(k1)kk1kⅲ、12k11111()；（程度小）2k1(k1)(k1)2k1k17 换元法：换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题化难为易，化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元。如： 已知x2y2a2，可设xacos,yasin； 已知x2y21，可设

xrcos,yrsin(0r1)；

x2y2已知221，可设xacos,ybsin；

abx2y2已知221，可设xasec,ybtan；

ab

8、判别式法：判别式法是根据已知或构造出来的一元二次方程，一元二次不等式，二次函数的根、解集、函数的性质等特征确定出其判别式所应满足的不等式，从而推出欲证的不等式的方法。

9、其它方法 最值法：恒成立

恒成立

构造法：通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式；

排序不等式证明篇六

不等式·用综合法证明不等式

教学目标

1．掌握两个或三个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数这一重要定理，并能运用它们证明一些不等式．

2．了解综合法的意义．

3．通过对定理及其推论的推导、证明、应用，培养学生运用综合法进行推理论证的能力．

教学重点和难点

用综合法证明定理及推论的教学． 教学过程设计

（一）新课引入

师：我们已学过用比较法（求差、求商）证明不等式，它是一种最基本、最常用的方法．请完成以下练习．

1．证明：x2＋2＞2x（x为实数）．

2．请问：x2＋1与2x的大小关系是什么？并证明你的结论．（教师巡视学生的解题情况，请学生将不同的解法板演到黑板上）1．证法1：由（x2+2）-2x=（x-1）2+1≥1＞0，知x2＋2＞2x．

证法2：由（x-1）2≥0，知（x-1）2+1≥1＞0，即x2-2x＋2＞0，则x2＋2＞2x．

师：两位同学的证明都正确，他们都是根据a2≥0（a≥r）．在证法上有区别吗？请大家思考．

2．答：x2＋1≥2x．

证法1：由（x2＋1）-2x=x2-2x＋1=（x-1）2≥0，知x2+1≥2x． 证法2：由（x-1）2≥0，① 知x2-2x＋1≥0，则x2+1≥2x． ② 师：同学们得到的结论几乎是一致的，是x2+1≥2x．主要证法已列在黑板上，请大家思考：这些证明是否正确？所采用的方法是什么？

生：都正确．证法一是求差比较法，证法二是„„

师：一时答不出也没关系，证法一用的是求差比较法，至于证法二，我们不妨先问问写出证法二的同学是怎么想出来的．

生：我一看到是两个“平方项”与它们的两倍“交叉项”比大小，就首先想到了平方公式，这个完全平方一定是非负的；然后再根据不等式性质，就得到了结论；最后就按这个思路进行的证明．

师：他是从已经成立的事实出发，经过正确推理，得到要证的结论．也就是说他是以公式①为基础，运用不等式的性质推出②式，这种利用某些已经证明过的不等式作为基础，再运用不等式的性质推导出所要求证的不等式的方法通常叫做综合法．

对于综合法大家并不陌生，初中的平面几何题大多是用综合法加以证明的． 今天我们一起研究如何用综合法证明不等式（板书课题）．

（二）用综合法证明不等式 1．综合法

师：我们已经知道用综合法证明需要一些已经证明过的不等式作为基础，因此我们应先证明出一些最重要、最基本的不等式．

2．定理推导

师：通过刚才的两道小题，我们不难得出：如果a，b∈r，那么有（a-b）2≥0．把左边展开，得a2-2ab＋b2≥0，则a2＋b2≥2ab．这就是课本p8中介绍的定理1．我们采用的是综合法，课本中是用求差比较法加以证明的．

（把课前准备好的课本中的这段证明投出来供大家一起阅读．此处需实物投影仪）

证明：a2＋b2-2ab=（a-b）2．

当a≠b时，（a-b）2＞0；当a=b时，（a-b）2=0． 所以（a-b）2≥0，即a2＋b2-2ab≥0．因此a2＋b2≥2ab．

师：值得我们注意的是这是带有“=”的不等式，取“=”这种特殊情况应予以重视．不等式a2＋b2≥2ab中“=”成立的充要条件是什么？ 生：是a=b．

师：充要条件通常用“当且仅当”来表达，“当”表示条件是充分的，“仅当”表示条件是必要的．所以定理1表述为：

定理1 如果a，b∈r，那么a2＋b2≥2ab（当且仅当a=b时取“=”号）．（板书）

师：这个定理的功能是什么？功能往往源于它的结构．

生：公式a2＋b2≥2ab的一边是和的形式，另一边是积的形式．我想功能大概是：和可以缩小变成积，积可以放大变成和．

师：虽然语言欠准确，但其含意是对的．这个定理非常重要，且用途广泛，但由于各项都是二次的，使用时不太方便，谁有办法将它们的次数降下来？

师：大家都同意他的作法吗？有什么不同意见吗？

师：同学们思考问题已越来越严谨了，的确，从学生甲的方法应得到学生乙的结论，学生丙提到的条件是不可缺少的．由于有这个条件，的情况单独提出来，做为定理1的推论．

“＝”号）．（板书）

生丁：我与学生甲的想法不同．既然定理1的a2＋b2≥2ab对任意

师：学生丁的想法更自然，他直接利用定理得到推论，这个推论十的算术平均数不小于（即大于或等于）它们的几何平均数． 3．定理的初步应用

师：看到这个问题，你的第一想法是什么？ 生：使用定理加以证明．

师：若想定理帮忙，首先要看是否符合定理的条件．

师：再看是否符合定理的结构．

师：实际上，我们是用定理1的推论进行证明的．

（教师把证明过程板演到黑板上）师：使用定理时，应特别注意：等号何时成立，不过这只要看定理是怎么形成的就可以了．

4．定理的推广

师：我们已研究得到两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．这个结论可以推广到3，4，„，n（n∈n+）个正数，在中学只要掌握到三个正数的相应结论．请问应是什么？

生：应该是：三个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数． 师：用符号语言应如何表述？请写到黑板上．（学生书写在黑板上）

师：如何证明呢？ 生：„„

使式子看起来较为复杂，能否做适当变形使之简化呢？

师：想得好，它有条件吗？ 生：有．同样是a，b，c∈r+．

师：这个命题大家能证明出来吗？一时不能完全证出来也没关系，想出多少说多少．

生甲：我觉得证a3＋b3＋c3≥3abc更容易点．它能拆成a3≥abc，b3≥abc，c3≥abc，由条件只要证出a2≥bc，b2≥ac，c2≥ab即可．

生乙：这三个分着不可能证出来，不过合起来的2a2＋2b2＋2c2≥2bc＋2ac＋2ab很容易证出．

师：虽然他们还没能把命题证出，但从他们的发言中我们得到了一点启发：三次的问题转化为二次的解决． 生丁：我证出来了．（学生口述，教师板书）

证明：由于a，b，c∈r+，由定理1，得a2＋b2≥2ab，则a2-ab＋b2≥ab． 所以a3＋b3=（a＋b）（a2-ab＋b2）≥（a＋b）ab=a2b＋ab2，即a3＋b3≥a2b＋ab2．

同理，b3＋c3≥b2c＋bc2，c3+a3≥a2c＋ac2． 三式相加，得

2a3＋2b3＋2c3≥a2b+ab2+b2c＋bc2+a2c+ac2 =b（a2＋c2）+a（b2＋c2）＋c（a2+b2）≥b·2ac＋a·2bc＋c·2ab =2abc+2abc+2abc ＝6abc．

故a3+b3＋c3≥3abc．

师：证得漂亮，你是怎么想出来的？

生丁：我觉得证这个题目只能根据已知条件和定理1及推论．证题时我又借鉴了他们俩的经验，对a3，b3，c3的降次转化工作不是一个、成．

师：他还有两处处理得很好．一处是：a2-ab＋b2≥ab；另一处是对三式相加后的式子的重组．很明显，他是在努力创设条件、充分利用定理证题．这个问题是用什么方法加以证明的？

生：综合法．

师：刚才的证明过程不仅帮我们把问题得以解决，而且还帮助我们加深了对综合法的认识，从中可体会到应如何使用综合法证题． 证明此题还有其它办法吗？ 生：我是用求差比较法证的．（学生口述，教师板书）证明：由于a3+b3+c3-3abc =（a＋3）3+c3-3a2b-3ab2-3abc =（a＋b＋c）[（a＋b）2-（a＋b）c＋c2]-3ab（a＋b＋c）=（a＋b＋c）[a2＋2ab+b2-ac-bc＋c2-3ab] =（a＋b＋c）（a2+b2＋c2-ab-ac-bc）

又a，b，c∈r＋，则a＋b＋c＞0．

由（a-b）2≥0，（b-c）2≥0，（c-a）2≥0，知（a-b）2+（b-c）2＋（c-a）2≥0．

进而a3＋b3＋c3-3abc≥0．即a3＋b3＋c3≥3abc．

师：正确，而且思路很清晰．这个思路你是怎么想出来的？

生：我是一看到这个题目就想用比较法的．我本以为作差后，能因式分解，再用条件或定理1，就可断定式子的符号，题目也就证出来了，但我第一次两两分组就不成功，没分解出来．再试时，我看a3，b3，c3，3abc这四项都是3次的，就先凑出与之齐次的（a＋b）3再配平，结果就出来了．

师：数学中很多时候也是需要试一试、拼拼凑凑的． 其实，课本中采用的就是这种证法．

这同样是带有“=”的不等式，我们仍需研究其“=”成立的充要条件．从刚才的证明过程看，“=”出现在（a-b）2＋（b-c）2＋（c-a）2≥0中，这是显然有：当且仅当a=b，b=c，c=a同时成立，即a=b=c时等号成立． 至此，我们已得到了定理2及其推论．（教师板书）

定理2 如果a，b，c∈r+，那么a3＋b3＋c3≥3abc（当且仅当a=b=c时取“=”号）．

时取“=”号）．

师：这个定理及推论同样是非常重要而且广泛的．它的证明方法远不只上述这些，推论也可直接证得，同学们不妨课下试一试．

（三）小结

（引导学生归纳总结）

1．已学过的不等式证明方法：比较法、综合法． 2．用综合法证明不等式的依据是什么？（1）已知条件和不等式性质；（2）基本不等式：

“＝”号）．

3．综合法与比较法的内在联系．

本节课的课前两个练习与两个定理的证明都是既用了比较法，又用了综合法，这引起了我们对二者内在联系的思考． 由于作为综合法证明依据的不等式本身是可以根据不等式的意义、性质或比较法证出的，所以用综合法可以获证的不等式往往可以直接根据不等式的意义、性质或比较法来证明．

摆在我们面前的问题恐怕是方法的选择．方法选择不当，不是证不出来就是难度加大；方法合理使用，会使题目难度大大下降．因此我们不要学过某种方法就抱定不放，要善于观察，根据题目的特征选择证题方法．

显然，对于需用基本不等式证明的问题，直接用结论要比再从头证一遍容易很多．

4．注意：

（1）定理使用的条件．

只有a2＋b2≥2ab是对任意实数a，b都成立，其余都要求在正数范围内．（2）定理中“=”号成立的条件．

（四）布置作业

《高级中学课本·代数·下册（必修）》（人教社90年版98年印刷）p11练习1，2．

补充题：

（1）已知：a，b∈r，求证：a2＋b2＋1≥a＋b＋ab．

课堂教学设计说明

这节课是本章（第五章、不等式）的重点．在这堂课中不仅要讲授证明不等式的一种方法——综合法，而且还要介绍两个基本而又重要的不等式定理及推论．在这二者关系的处理上，我们发现：要使用综合法证明不等式就需要一些最重要、最基本的不等式作为基础，而证明得到它们时又可采用综合法．因此，我们在课前设计了两个练习题，尤其是稍放开一点的第2题，如果学生能自觉不自觉地用初中已很常用而没正式讲过的综合法的思考方法解题，综合法的引入就会很自然，即使生没有想到，教师点拨起来也并不困难．而后顺着学生用综合法的需要，介绍了4个基本不等式，在它们的证明过程中，使用综合法，帮助学生掌握如何用综合法证明不等式．

从教学设计上，我们力图从学生的需要出发，适时地设计一系列问题，帮助学生抓住知识的内在联系，使学到的公式、方法能用、会用，而不是只支离破碎地记住了一些名词和公式． 表面上看，本节练习不够，但实际上，定理2及推论的证明正是最好的练习．构思这个证明，起点要高、思维跨度要大．这正是锻炼学生思维，培养学生推理论证能力的绝对机会．我们认为：最好的习题就是定理本身的推证过程．这里又是本节的一个难点，在此花点功夫、适当展开是应当的；同时学生对用综合法证明不等式会有更深刻的体验．因此讲透它比做几个练习更有意义． 对于几何证法、三角证法等基本不等式的证明方法，由于担心会冲淡学生对综合法的认识，在本节中并未提及．

在课堂教学过程中，学生有可能直接证出定理2的推论，这也无妨．一般来讲，它同样是要用到两项的结论（定理1或其推论）去证的．课上应就学生的实际，顺其自然．

排序不等式证明篇七

用均值不等式证明不等式

【摘要】：不等式的证明在竞赛数学中占有重要地位．本文介绍了用均值不等式证明几个不等式，我们在证明不等式时，常用到均值不等式。要求我们要认真分析题目，本文通过几个国内外竞赛数学的试题，介绍用均值不等式证明初等不等式的基本方法及技巧。

【关键词】：均值不等式；不等式；方法；技巧

均值不等式

设 a

1、a

2、、an 是 n 个 正数，则不等式h(a)g(a)a(a)q(a)称为均值不等式[1]．其中

h(a)

n

1a

11a

2

1an，g(a)

a1a2a1aan，a(n)

a1a2an

n，2

q(n)

a1a2an

n

、an 的调和不等式，几何平均值，算术平均值，均方根平均分别称为 a

1、a

2、值．

例1设a

1、a

2、…、an均为正，记

(n)n（a1a2an

n



a1a2an)

试证：(n)(n1)，并求等号成立的条件．

证明由所设条件，得

(n)(n1)

=n（a1a2an

n



n

a1a2an)(n1)（a1a2an

1n1



n1

a1a2an1)

=a1a2annna1a2an(a1a2an1)(n1)n1a1a2an1

=an(n1)(a1a2an1)n1n(a1a2an)n，n1

(a1a2an1)n1，有 将g(a)a(a)应用于n个正数：an，（a1a2an1）



n1个

an(n1)(a1a2an1)n1

n

(a1a2an)n，即

an(n1)(a1a2an1)n1n(a1a2an)n．

所以(n)(n1)，当且仅当an(a1a2an1)立．

n1，即ann1a1a2an时等号成1

此题不只是公式的直接应用．代表了均值不等式中需要挖掘信

、an 的一类题． 息找a

1、a

2、例2设xyz0，求证：6(x3y3z3)2(x2y2z2)3． 证明当xyz0时不等式显然成立．

除此情况外，x、y、z中至少有一正一负．不妨设xy0，因为

z(xy)，所以

i6(xyz)6[xy(xy)]6[3xy(xy)]54xyz

．

若由此直接用g(a)a(a)(n3)，只能得到较粗糙的不等式

i54xyz54（xyz

2)2(xyz)，3222

3如果改用下面的方法，用g(a)a(a)，便得

i54xyz

222

216

xy2



xy2

z

xyxy2z

(2z22xy)3，2163

再注意到x2y2(xy)22xyz22xy，因而2z22xyx2y2z2，于是即得欲证的不等式．

此题解题的关键在于构造a

1、a

2、、an通常需要拓宽思路多次尝试，此类也属均值不等式的常考类题． 例3设x0，证明：2

x

2

x

22

x

．(第16届全苏数学竞赛试题[2])

证明此不等式的外形有点像均值不等式． 由g(a)a(a)，得

x2

x

x

2

x

22

x

2

x

22，又

x2

x

1111

(x12x4)2x6，即得要证的不等式．

结语

有些不等式则可以利用某个已经证明成立的不等式来证明(因此多熟悉几个比较常见的不等式是有好处的)；有些不等式还要用数学归纳法来证明等等．而且在一个题目的证明过程中，也往往不止应用一种方法，而需要灵活运用各种方法．因此，要培养和提高自己的证题能力。

参考文献

[1]陈传理等编．数学竞赛教程 [m]．北京：高等教育出版设，1996，(10)：

133-134．

[2]常庚哲等编．高中数学竞赛辅导讲座[m]．上海：上海科学技术出版社，1987．38-49