如何选取最简捷的方法证明不等式

第一篇：如何选取最简捷的方法证明不等式

如何选取最简捷的方法证明不等式

王

莉

不等式的证明是中学学习中经常碰到了一类题目，它的方法有很多种，比较法（作 差法，作商法），分析法，反证法，放缩法，判别式法，换元法，函数法，数学归纳法，而现在的教学中对这些方法的介绍不再面面俱到，使得有些学生只知道其中部分方法，甚至有的学生只知道作差法，而碰到不能用作差法得到的题目，学生会一筹莫展。面对这么多种方法学生即使方法全部掌握，在考试中也不能在短短的时间内判断出用什么方法又快又准确。而这篇论文就是针对这个问题寻找出每种方法的适用范围，从而找出规律。

一.介绍证明不等式的方法和适用范围 1． 比较法

比较法是证明不等式最基本，最常用，最重要的方法之一。

a)作差法的理论依据是a>b(a=b,a0(a-b=0,a-b<0),它适用于当两项属于实数范围且作差后有公因式的整式，分式之间。

b)作商法的理论依据是(a,bR)a>b(a=b,a

把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，这种证明方法通常叫做综合法。它涉及到的基本不等式和常用不等式有

a 当且仅当a=0是等号成立

a,bR,ab a,bR,aab 当且仅当a=b时等号成立

bab，当且仅当a=b时等号成立

a,b,cR,abcabc，当且仅当a=b=c时等号成立

其中尤其重要的是等号成立的条件，特别做实际问题的不等式证明时要注意，它适用在满足基本不等式或常用不等式条件和结果的一切不等式，当然题目不可能很容易看出是否满足，所以要注意技巧即能够根据要求拆或合项。3． 分析法

证明不等式时,有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的条件，把证明这个不等式转化为判定这些条件是否具备的问题。如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立。这种证明方法通常叫做分析法。注意的是用分析法证明不等式，分析过程必须步步可逆。而在证明不等式时，用分析法寻找解题思路，再用综合法有条理的表达证明过程较宜。它适合用于含根式的不等式处理时先证明两边平方的大小关系也可分子有理化。4． 反证法

从假设结论不成立入手，推出与“已知条件，假设，公理，定理或显然成立的事实”等相矛盾的结果，从而判定假设错误，结论成立，这种方法叫做反证法。用反证法解题的实质就是否定结论导出矛盾，从而说明原结论正确。反证法的一般步骤（1）否定结论（2）推理论证（3）导出矛盾（4）肯定结论，它的原理是“否定之否定等于肯定”用反证法证明不等式，常用的否定形式有：“”的反面为“<”；“”的反面为“>”，“=”的反面为“”，“至少有一个”的反面是“一个都没有”它适用于证明存在性问题，唯一性问题，或者带有至少或至多等字样的问题。5． 放缩法

从不等式的一边入手，逐渐放大，缩小不等式，直到得到不等式的另一边，这种方法叫做放缩法。运用放缩法要注意放缩必须适度，放得过大或缩得过小都不能达到证题的目的。它的理论依据主要有（1）不等式的传递性；（2）等量加不等量为不等量;(3)同分子（分母）异分母（分子）的两个分时大小的比较.放缩时使用的主

要方法（1）舍去或加上一些项，如，(a)(a)(2)将分子或分母

放大，如kk(k)，kk(k)*，kkk

kkk(kN,k)它适用于含可以配方的式子或者含满足上述方法二的式子的不等式。

6． 判别法

证明形如“ayaxaxbxcbxcb,cyaxbxcaxbd”的不等式，可通过将不等式中的y整理成形如f(y)xg(y)x(y)的形式后，依据(1)f(y)时，由xR,⊿≥0,得y的取值范围为A(2)讨论f(y)=0时，f(y)xg(y)x(y)中的x的值是否为函数y的定义域中的值？是，结合（1）可以确定y的范围为A及f(y)=0的y值；否则y的范围为A.这种证明不等式的方法叫做判别式法。它适用于分子分母都是二次函数或有一个为二次函数的可以转换为f(y)xg(y)x(y)形式的分式，同时要注意对x项系数f(y)=0)和f(y)两种情况的讨论。

x而x=0是函数y=

xx,的定义域中的一个值，所以y=1属于它的值域中的一个值 y 即证

7． 换元法

在证明不等式的过程中，将不等式中的变量作适当的代换，使不等式得到证明，这种方法叫做不等式证明中的换元法。换元法没有固定的模式，用换元法证明不等式，常用的方法是“三角换元法”和“代数换元法”其中三角换元法常用的公式有：sincos tansec cotcscxa

{xRcosyRsin适用范围：如果不等式中的变量|x|≤a(a为常数)则把

设为sin

或者cos 如果题目中含有“xyR，xyR，Rx也可以用{xRcosyRsin代换。如果题目含有Rx，xR可用x=Rtan

一个实数的可能性。需要注意的是在代换时，新的变量的变化范围必须确保原来的变量的变化范围不发生变化。8． 函数法

所谓函数法是指根据函数的单调性（先构造函数）证明不等式的方法，而所构造 的函数必须是单调函数，解决这个问题的关键是建立初等函数模型与不等式的“外形”的对应关系。它适用于不等式两边有相同函数形式的不等式 9． 数学归纳法 x=Rsec特别是当时，tan可取全体实数，所以tan有代换任何通过（1）证明n取第一个值n使命题成立（2）假设n=k(kN*,kn)使命题成立，证明n=k+1时命题也成立。这种证明方法叫做数学归纳法。它适用于与正整数n有关得不等式等。

二.上述几种方法在证明一道不等式中的应用 已知p>0, q>0,且pq 求证：p+q≤2.证法一（综合法）：ppq=2

 pqq=2 又p>0,q>0 ≥p+q p+q≤2 证法二（反证法）假设p+q>2,则p>2-q, p>0,q>0, p pq q<2,即2-q>0

(q)qq(pq， qqq) 即(q)

这与(q)≥0矛盾。假设不成立。p+q≤2

pq(pq)(ppqq)(pq)[(pq) 证法三（放缩法）(pq)]

(pq)(pq) p>0,q>0 p+q≤2

 证法四（判别式法）设p+q=a,则p>0,q>0，a>0 p pqpq=2

pqq(pq)pq

p=a-q aaq(aq)aaqq

aqaqa(q系数3a>0)， qR a a(aa(a)即aa≥0

) a(a)p+q≤2 证法五（换元法）由已知p>0,q>0 设p=msin 则p q=mcosm(0<mcos,m>0)，qsinm[sinsin] )m

 0< sinp m(m m

m≤2,即p+q≤2 可以看出在这五种证明方法中综合法和放缩法是比较简单的方法，它们用较少的步骤就得到了不等式要证明的答案。由此可以看出对于同一道证明题，选取不同的方法，证明是简单还是复杂会相应的改变，所以在做不等式的证明中如果能选取比较合适的证明方法，就可以提高解题速度，从而提高学习效率。

q

参考文献：

龙门书局 《不等式》 主编 傅荣强

常用不等式—2004第3版 匡继昌著 济南山东科学技术出版社

不等式 严镇军 中国科学技术大学

第二篇：Zirakzadeh不等式的两个简捷证明

龙源期刊网 http://.cn

Zirakzadeh不等式的两个简捷证明

作者：曹嘉兴

来源：《中学数学杂志(高中版)》2012年第06期

1960年，Zirakzadeh提出了如下不等式：

命题 设P、Q、R分别位于△ABC的边BC、CA、AB上，且将△ABC的周界三等分，记BC=a，CA=b，AB=c，则PQ+QR+RP≥1/2（a+b+c）.

第三篇：证明不等式方法

不等式的证明是高中数学的一个难点，题型广泛，涉及面广，证法灵活，错法多种多样，本节通这一些实例，归纳整理证明不等式时常用的方法和技巧。1比较法

比较法是证明不等式的最基本方法，具体有“作差”比较和“作商”比较两种。基本思想是把难于比较的式子变成其差与0比较大小或其商与1比较大小。当求证的不等式两端是分项式（或分式）时，常用作差比较，当求证的不等式两端是乘积形式（或幂指数式时常用作商比较）

例1已知a+b≥0，求证：a3+b3≥a2b+ab

2分析：由题目观察知用“作差”比较，然后提取公因式，结合a+b≥0来说明作差后的正或负，从而达到证明不等式的目的，步骤是10作差20变形整理30判断差式的正负。

∵（a3+b3)(a2b+ab2)

=a2(a-b)-b2(a-b)

=(a-b)(a2-b2)

证明： =(a-b)2(a+b)

又∵(a-b)2≥0a+b≥0

∴(a-b)2(a+b)≥0

即a3+b3≥a2b+ab2

例2 设a、b∈R+，且a≠b，求证：aabb＞abba

分析：由求证的不等式可知，a、b具有轮换对称性，因此可在设a＞b＞0的前提下用作商比较法，作商后同“1”比较大小，从而达到证明目的，步骤是：10作商20商形整理30判断为与1的大小

证明：由a、b的对称性，不妨解a＞b＞0则

aabbabba=aa-bbb-a=(ab)a-b

∵ab0，∴ab1，a-b0

∴(ab)a-b(ab)0=1即aabbabba＞1，又abba＞0∴aabb＞abba

练习1 已知a、b∈R+，n∈N，求证（a+b）（an+bn）≤2（an+1+bn+1）2基本不等式法

利用基本不等式及其变式证明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及变形有：

（1）若a、b∈R，则a2+b2≥2ab（当且仅当a=b时，取等号）

（2）若a、b∈R+，则a+b≥ 2ab（当且仅当a=b时，取等号）

（3）若a、b同号，则 ba+ab≥2（当且仅当a=b时，取等号）

例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1则a1-b2+b1-a2≤

1分析：通过观察可直接套用： xy≤x2+y2

2证明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1

∴b1-a2+a1-b2≤1，当且仅当a1+b2=1时，等号成立

练习2：若 ab0，证明a+1(a-b)b≥

33综合法

综合法就是从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式性质推算出要证明不等式。

例4，设a0，b0，a+b=1，证明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252

证明：∵ a0，b0，a+b=1

∴ab≤14或1ab≥

4左边=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+［(a+b)2-2ab］+(a+b)2-2aba2b2

=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252

练习3：已知a、b、c为正数，n是正整数，且f(n)=1gan+bn+cn

3求证：2f（n）≤f（2n）

4分析法

从理论入手，寻找命题成立的充分条件，一直到这个条件是可以证明或已经证明的不等式时，便可推出原不等式成立，这种方法称为分析法。

例5：已知a0，b0，2ca+b，求证：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

分析：观察求证式为一个连锁不等式，不易用比较法，又据观察求证式等价于 ｜a-c｜＜c2-ab也不适用基本不等式法，用分析法较合适。

要证c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

只需证-c2-ab＜a-c＜c2-ab

证明：即证 ｜a-c｜＜c2-ab

即证(a-c)2＜c2-ab

即证 a2-2ac＜-ab

∵a＞0，∴即要证 a-2c＜-b 即需证2+b＜2c，即为已知

∴ 不等式成立

练习4：已知a∈R且a≠1，求证：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）

25放缩法

放缩法是在证明不等式时，把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明不等式，是证明不等式的重要方法，技巧性较强常用技巧有：（1）舍去一些正项（或负项），（2）在和或积中换大（或换小）某些项，（3）扩大（或缩小）分式的分子（或分母）等。

例6：已知a、b、c、d都是正数

求证： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2分析：观察式子特点，若将4个分式商为同分母，问题可解决，要商同分母除通分外，还可用放缩法，但通分太麻烦，故用放编法。

证明：∵ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＞

ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d=a+b+c+da+b+c+d=

1又由ab＜a+mb+m(0＜a＜b，m＞0)可得：ba+b+c＜b+da+b+c+dcb+c+d＜c+aa+b+c+ddc+d+a＜d+bc+d+a+dad+a+b＜a+ca+b+c+d

∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

b+da+b+c+d+c+aa+b+c+d+d+bc+d+a+d+a+ca+b+c+d=2(a+b+c+c)a+b+c+d=2

综上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2

练习5：已知：a＜2，求证：loga(a+1)＜1

6换元法

换元法是许多实际问题解决中可以起到化难为易，化繁为简的作用，有些问题直接证明较为困难，若通过换元的思想与方法去解就很方便，常用于条件不等式的证明，常见的是三角换元。

(1)三角换元：

是一种常用的换元方法，在解代数问题时，使用适当的三角函数进行换元，把代数问题转化成三角问题，充分利用三角函数的性质去解决问题。

例

7、若x、y∈R+,且 x-y=1 A=(x-1y)(y+1y)。1x，求证0＜A＜

1证明： ∵x，y∈R+，且x-y=1，x=secθ，y=tanθ，（0＜θ＜xy）

∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ

=1-cos2θcosθ·s2m2θ+cos2θcosθ·s2mθ·cos2θ

=sinθ

∵0＜θ＜x2，∴ 0＜s2mθ ＜1因此0＜A＜1

复习6：已知1≤x2+y2≤2，求证：12 ≤x2-xy+y2≤

3(2)比值换元：

对于在已知条件中含有若干个等比式的问题，往往可先设一个辅助未知数表示这个比值，然后代入求证式，即可。

例8：已知 x-1=y+12=z-23，求证：x2+y2+z2≥431

4证明：设x-1=y+12=z-23=k

于是x=k+1，y=zk-1，z=3k+

2把上式代入x2+y2+z2=(k+1)2(2k-1)2+(3k+2)2

=14(k+514)2+4314≥4314

7反证法

有些不等式从正面证如果不好说清楚，可以考虑反证法，即先否定结论不成立，然后依据已知条件以及有关的定义、定理、公理，逐步推导出与定义、定理、公理或已知条件等相矛盾或自相矛盾的结论，从而肯定原有结论是正确的，凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题，适宜用反证法。

例9：已知p3+q3=2，求证：p+q≤

2分析：本题已知为p、q的三次，而结论中只有一次，应考虑到用术立方根，同时用放缩法，很难得证，故考虑用反证法。

证明：解设p+q＞2，那么p＞2-q

∴p3＞（2-q）3=8-12q+6q2-q

3将p3+q3 =2，代入得 6q2-12q+6＜0

即6（q-1）2＜0 由此得出矛盾∴p+q≤

2练习7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求证：a＞0，b＞0，c＞0

8数学归纳法

与自然数n有关的不等式，通常考虑用数学归纳法来证明。用数学归纳法证题时的两个步骤缺一不可。

例10：设n∈N，且n＞1,求证：(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+12

分析：观察求证式与n有关，可采用数学归纳法

证明：（1）当n=2时，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假设n=k(k≥2，k∈n)时不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k-1)＞2k+12 那么当n=k+1时，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)＞2k+12·(1+12k+1)①

要证①式左边＞2k+32，只要证2k+12·

2k+22k+1＞2k+32②

对于②〈二〉2k+2＞2k+1·2k+3

〈二〉(2k+2)2＞(2k+1)(2k+3)

〈二〉4k2+8k+4＞4k2+8k+3

〈二〉4＞3③

∵③成立 ∴②成立，即当n=k+1时，原不等式成立

由（1）（2）证明可知，对一切n≥2（n∈N），原不等式成立

练习8：已知n∈N，且n＞1，求证： 1n+1+1n+2+…+12n＞132

49构造法

根据求证不等式的具体结构所证，通过构造函数、数列、合数和图形等，达到证明的目的，这种方法则叫构造法。

1构造函数法

例11：证明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

证明：设f（x）=x1-2x-x2（x≠0）

∵f(-x)

=-x1-2-x+x2x-2x2x-1+x

2=x1-2x-［1-(1-2x)］+x2=x1-2x-x+x2

=f（x）

∴f（x）的图像表示y轴对称

∵当x＞0时，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴当x＜0时，据图像的对称性知f（x）＜0

∴当x≠0时，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

练习9：已知a＞b，2b＞a+c，求证：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2构造图形法

例12：若f（x）=1+x2，a≠b，则|f（x）-f（b）|＜ |a-b|

分析：由1+x2 的结构可知这是直角坐标平面上两点A(1，x)，0(0，0)的距离即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2

于是如下图，设A(1，a)，B(1，b)则0A= 1+a2 0B=1+b2

|AB|=|a-b|又0A|-|0B＜|AB|∴|f(a)-f(b)|＜|a-b|

练习10：设a≥c，b≥c，c≥0，求证 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添项法

某些不等式的证明若能优先考虑“添项”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍数添项

若不等式中含有奇数项的和，可通过对不等式乘以2变成偶数项的和，然后分组利用已知不等式进行放缩。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（当且仅当a=b=c时等号成立）证明：∵a、b、c∈R+

∴a3+b3+c3=12 ［(a3+b3)+(b3+c3)+(c3+a3)］≥12 ［(a2b+ab2)+(b2c+bc2)+(c2a+ca2)］=12［a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)］≥12(a·2bc+b·2ca+c·2ac)=3abc

当且仅当a=b，b=c，c=a即a=b=c时，等号成立。

2平方添项

运用此法必须注意原不等号的方向

例14 ：对于一切大于1的自然数n，求证：

(1+13)(1+15)…(1+12n-1＞ 2n+1 2)

证明：∵b ＞ a＞ 0，m＞ 0时ba＞ b+ma+m

∵ ［(1+13)(1+15)…(1+12n-1)］2=（43、65…2n2n-1)（43、65…2n2n-1)＞（54、76…2n+12n)（43、65…2n2n-1)=2n+13＞ 2n+14＞

∴(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+1 2)

3平均值添项

例15：在△ABC中，求证sinA+sinB+sinC≤3

32分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算术平均值添项sin π

3证明：先证命题：若x＞0，y＜π，则sinx+siny≤2sin x+y2（当且仅当x=y时等号成立）∵0＜x+y2＜ π，-π2＜ x-y2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosx-y

2∴上式成立

反复运用这个命题，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332

∴sinA+sinB≠sinC≤332

练习11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18

4利用均值不等式等号成立的条件添项

例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，求证a4+b4＞ 18

分析：若取消a≠b的限制则a=b= 12时，等号成立

证明：∵a、b∈R+∴a4+3(12)4 ≥ 44a4 ［(12)4］3=12a①

同理b4+3(12)4 ≥b②

∴a4+b4≥12(a+b)-6(12)4=12-6(12)4=18③

∵a≠b ∴①②中等号不成立∴③中等号不成立∴ 原不等式成立

1．是否存在常数c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y对任意正数x,y恒成立？ 错解：证明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故说明c存在。

正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下证不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。要证不等式xx+2y+xx+2y≤23，因为x,y是正数，即证3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即证3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2，而此不等式恒成立，同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立，故存在c=23 使原不等式恒成立。

6.2已知x,y,z∈R+，求证：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

错解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz

错因：根据不等式的性质：若a ＞b＞ 0，c ＞d ＞0,则ac bd，但 ac＞bd却不一定成立 正解：x2y2+y2z2≥ 2x y2z，y2z2+z2x2≥ 2x yz2，x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，以上三式相加，化简得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，两边同除以x+y+z:

x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

6.3 设x+y>0，n为偶数，求证yn-1xn+xn-1yn≥

1x 1y

错证：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y

=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

n为偶数，∴ xnyn ＞0，又xn-yn和xn-1-yn-

1同号，∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

错因：在x+y>0的条件下，n为偶数时，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同号，应分x、y同号和异号两种情况讨论。

正解：应用比较法：

yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

① 当x>0,y>0时，(xn-yn)(xn-1-yn-1)≥ 0，(xy)n >0

所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

≥0故：yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

② 当x,y有一个是负值时，不妨设x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n为偶数时,所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)>0 又(xy)n >0，所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn ≥0即 yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

综合①②知原不等式成立

第四篇：不等式证明若干方法

安康学院 数统系数学与应用数学 专业 11 级本科生

论文（设计）选题实习报告

11级数学与应用数学专业《科研训练2》评分表

注：综合评分60的为“及格”； <60分的为“不及格”。

第五篇：最值证明不等式

最值证明不等式

ln x(2)证明：f(x)＝>x－1(x>0，x≠1)x

18．证：令g(x)＝x－1－f(x)，原不等式等价于 g(x)>0(x>0，x≠1)．

g(x)满足g(1)＝0，且

x－1＋ln xg′(x)＝1x当0

2当x>1时，x－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，故g(x)单调递增．

所以g(x)>g(1)＝0(x>0，x≠1)．

ln x所以f(x)＝－1(x>0，x≠1)x