不等式求解方法

求解不等式的方法

一、基础知识总结

1、基本性质

性质一：abba（对称性）

性质二：ab,bc,ac（传递性）

性质三：abacbc

性质四：ab,c0acbc;ab,c0acbc

2、运算性质

ab,cdacbd（加法法则）；ab0,cd0acbd（乘法法则）

；ab0,nNab（开方法则） ab0,nNanbn（乘方法则）

3、常用不等式

a2b2ab2()ab （2）a2b22|ab| 取等号条件：一正、二定、三相等 （1）2

2（3）|x1bbm|2（4）若ab0,m0, xaam

（5）x1x2x3xnnx1x2xn(xi0)

二、不等式的证明方法

常用的方法有：比较法、分析法、综合法、归纳法、反证法、类比法、放缩法、换元法、判别式法、导数法、几何法、构造函数、数轴穿针法等。

1、比较法

b2a

2ab。 例

1、若a0,b0,求证：ab

b2a2(ab)(a2abb2)(ab)(ab)

2(ab)(ab)证明：ababab0，a2b2

ab。 ba

2、分析法

例2已知a,b,x,y都是正实数，且11xy,xy.求证：。 abaxby

解：a,b,x,y都是正实数，要证xy，只要证x(by)y(ax)，即证axby

bxay，也就是xyxybxay11，即,而由,xy.，知成立，原式得证。 ababababab

3、综合法（先用分析法分析寻找思路，再正面求证）

例

3、设a,b,c均为正数，且abc1，求证：a1b13c12。 证明：a,b,c均为正数，abc1，0a1,0b1,0c1，2a13a33b33c3，以上三式相加得,2b1,23c122

22[a1b13c1]6,a13b13c12。

1m1)(1)n mn

1(1)m1(nm)1m111证明：(1)(1)(1)(1)1111[]n mmmmn

1111(1)n，11，上述不等式中不能取等号，(1)m(1)n成立。 nmmn

式中乘了nm个1构成不等式.例

4、设mN,nN,且mn，求证：(1

4、数学归纳法

例

5、设x1，且nN,求证(1x)1nx

证明：（1）当n1时，(1x)11x，不等式成立

（2）假设当nk,kN,时，不等式成立，即(1x)1kx，那么当nk1时，kn

x1,1x0,kx20，由归纳假设可得(1x)k1(1kx)(1x)1(k1)x kx21(k1)x,(1x)k11(k1)x，即nk1时，不等式也成立，综合以上所述，对于任意x1，且nN,(1x)1nx都成立。

5、反证法

例

6、已知a,b,c都是小于1的正数，求证：(1a)b,(1b)c,(1c)a中至少有一个不大于n111。证明：假设三个式子都大于，a,b,c都是小于1的正数(1a)b，4

421131b)c,(1c)a，从而(1a)b(1b)c1c)a，但是222

(1a)b(1b)c(1c)a31a)b1b)c(1c)a与上式矛盾，2222

故假设不成立，原命题成立。

6、类比法

2例

7、已知函数f(x)axbxc(a0)的图像与x轴有两个不同的交点，若f(c)0，

且0xc时f(x)0，当c1,t0时，求证：abc0。 t2t1t

证明：直接证明很困难，题中说到函数f(x)的性质，那么就要构造成类似f(x)的形式，abctttt20，即证abc0，() t2t1tt2t1t2t

1ttt2ttt1c bca()b()cf()，且a0，而0at1t2t1t1t1t1

tabcf()0,0，命题得证。 t1t2t1t即类比函数，要证

7、放缩法 常用放缩公式：①n1n

12nn1；②111112；③nn1nn1n

ama(ba0,m0)；④n!2n1(n3)；⑤n个正数a1,a2,a3ann2，有bmb

a1a2a3anna1a2a3an，当且仅当a1a2a3an时等号成立； ⑥|a||b||ab||a||b|；⑦ln(x1)x(x0,ln(x1)x)；

⑧二项式定理展开式(ab)nCnCnCnCnCn；⑨(1x)13x(x0) 例

8、已知正项数列{an}满足a1a(0a1)，且an10123n3aanan，（1）求证：1(n1)a1an

（2）ak1 k1k1n

证明：（1）an1an1111111,12n1 1anan1ananan1an2a

1(n1)aa，an a1(n1)a

naaa1a111 ，k（2）an1(n1)ana1anan1223n(n1)k1k

1111111111.命题得证。 223nn1n1

8、换元法

常用的换元方法①若xya可设xacos,yasin,[0,2)。 ②若222x2y221，可设xacos,ybsin,[0,2)。 2ab

③对于x2，可设xcos,([0,])，或xsin,([

④对于x2，可设xtan或xcot。 ⑤对于,])。 22x21，可设xsec或xcsc。

⑥若x2y2a2，可设xrcos,ysin,0|r|a

例

9、已知a,bR,a2b24，求证：|3a8ab3b|20。

证明：设arcos,brsin(R)，其中0r2，原式可转化为 2

2r2|3cos28sincos3sin2|r2|3cos24sin2|5r2|cos(2)|， 0|cos(2)|1,原式5r220，原不等式成立。

9、判别式法

1x2x13。 例

10、求证：22x1

2x2x1证明：设y，则(1y)x2x1y0，定义域为R x

1（1）y1时，x0是定义域中的一个值，y1是值域中的一个值。

（2）y1时，由14(1y)0，得213y(y1)。 22

1x2x13成立。 综上所述2x212

a1x2b1xc1推论：判别式法证明对形如ab(a1,a20,xR)具有一般性。 a2x2b2xc2

10、导数法（单调性）

例

11、已知各项均为正数的数列{an}的前n项和Sn满足S11，且6Sn(an1)(an2),nN,

(1)求{an}的通项公式；（2）设数列{bn}满足an(2n1)1,并记Tn为{bn}的前n项和，求证：3Tn1log2(an3)，nN。

解：（1）a1S1b1(a11)(a11),a11,2，由已知a1S11,a12，又 6

1an1Sn1Sn[(an11)(an12)(an1)(an2)]，得an1an3,an1an（舍去） 6

{an}是公差为3，首项为2的等差数列，故{an}通项公式为an3n1。

（2）由an(2n1)1,解得bnlog2(1b13n，Tnb1b2b3bn )log2an3n

13693n363n32log2()，3Tn1log2(an3)log2[()]，令2583n1253n13n

2363n32f(n1)3n23n33(3n3)

3)f(n)(，则， ()253n13n2f(n)3n53n2(3n5)(3n2)

32因(3n3)(3n5)(3n2)9n70,f(n1)f(n)，特别的f(n)f(1)27，20

3Tn1log2(an3)。

11、构造函数法

例

12、对于函数f(x)，若存在x0R,使f(x0)x0成立，则称x0为f(x)的不动点，如

1x2a(b,cN)有且仅有两个不动点0,2，且f(2)， 果函数f(x)2bxc

（1）试求函数f(x)的单调区间。

（2）已知各项不为零的数列{an}满足4Snf(11n11)1，求证：ln。 anan1nan

（3）设bn1,Tn为数列{bn}的前n项和，求证：T20081ln2008T2007。 an

x2ax,(1b)x2cxa0，由已知0,2时方程的两根，解：（1）令f(x)bxc

1b0,x1x2a0,a0,x1x22c,c2b20,b,c0b1， b

1415f(2),84b2,0b,b22bc22x2c2,f(x)2x2，

f(x)x(x2)，令f(x)0得x2或0x1，令f(x)0，得x0或1x2， 2(x1)

增区间为(2,)和 (0,1)，减区间为(,0)和(1,2)。

（2）f(11

a)，4S112S2a

2nf()nanan,2Sn1n1an1,两式做差

n2an(1an)an

得an1an1，数列{an}是以-1为公差，-1为首项的等差数列，ann，要证原式，即证1

n1lnn1

n1

n，令x1

n，函数g(x)ln(x1)x，g(x)x

1x0，

函数递减，g(x)n1

maxln10,g(x)0,ln(1x)x,ln(n)1

n，同理可证

n111n11

n)n1,alnna。

n1n

（3）由（2）得bn1lnn1

n,lnn1

nb，T20082007

n20081ln2007ln2006ln21

ln20081ln2008，T20082007

2007ln2007ln2006ln2ln2008，

T20081ln2008T2007。

12、数轴穿针法（注意奇次幂穿过，偶此幂不穿过，从最大值且从数轴上方开始穿，每过一个值都要穿过，而且也要相应的变换在数轴的上下方）

例

13、求解不等式(x4)2(x8)(x9)

(x6)(x7)0

解：原不等式等价于(x4)2(x8)(x9)(x6)(x7)0，根分别为6,7,4,8,9在数轴上标出这些值，考虑到4对应的为偶次幂，所以不穿过。其结果如图

在数轴上方的为大于0的解，下方的为小于0的解，因此不等式的解为{x|7x6,或8x9}

不等式证明方法

证明不等式方法

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含参不等式恒成立问题的求解策略

《用配方法求解一元二次方程》教案

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