牛方-不等式的证明方法.doc（大全五篇）

第一篇：牛方-不等式的证明方法.doc

不等式的证明方法

牛方

摘要:本文从微分中值定理、泰勒公式、函数的单调性、函数的凸性、等高等数学的层面对不等式证明方法进行归纳并列举相关实例加以说明。关键词: 微分中值定理 泰勒公式 函数的单调性 凸函数

Inequality proof method

Niufang Abstract: This article from the mid-value theorem, Taylor formula, monotonicity of functions, function as the convexity, higher mathematics the facets of inequality proof method summarized.Key words: The mid-value theorems Taylor formula monotonicity of functions convex function

前言

不等式证明的基本方法很多，例如有比较法、分析法、综合法、反证法、放缩法、数学归纳法、函数法、换元法、判别式法等十多种方法，但是有关不等式证明的高等数学的方法的研究一直缺乏系统归纳。本文从微分中值定理、泰勒公式、函数的单调性、函数的凸性、等高等数学的层面对不等式证明方法进行归纳等式证明方法进行归纳。利用微分中值定理证明不等式

拉格朗日中值定理

[1]：在闭区间a,b上连续；在开区间a,b内可导。则在a,b内至少存在一点ab，使得fbfafba。

柯西中值定理[1]：在闭区间

a,b上连续；在开区间a,b内可导；在a,b 内每一点处gx0，则在a,b内至少存在一点ab，使得：

f(a)f(b)f()

g(a)g(b)g()利用微分中值定理证明不等式的基本思想：根据所要证明的特点，作出相 1

应的辅助函数f(x)，而所作的辅助函数应满足拉格朗日定理或柯西中值定理条件，就可以得到满足拉格朗日定理或柯西中值定理条件的一点，即也得到相应f()的表达式，然后再对其进行放大或放小，这样就可证明不等式。

例1[2] 设0ab，证明不等式

2alnblna1 22baabab分析：构造辅助函数，运用拉格朗日中值定理

证明：先证明不等式的左边，设f(x)lnx(bxa0)，因为f(x)lnx，在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，所以根据拉格朗日中值定理得: lnblna1(lnx)|x，ab

ba112a2，（注意到a2b22ab）2bab2alnblna 22baab再证明不等式的右边.设(x)xaaxlnxlna,bxa0,则(a)0，11a1(xa)2()0 且(x)xa2x2xax2xax由(x)0(x)单调递增当xa0时，(x)(a)0 特别地，令xb，则有(b)0，即lnblnaba1ab，所以原不等式成立。

例2[2] 设f(x)、g(x)在闭区间[a,x]上连续，在开区间(a,x)上可导，且|f(x)|g(x)。

证明：当xa时，|f(x)f(a)|g(x)g(a)。

分析：根据函数单调性和柯西中值定理 证明：因为g(x)|f(x)|0，故g(x)单调增加

所以当xa时，g(x)g(a)，即g(x)g(a)0，由f(x)、g(x)在闭区间[a,x]

上连续，在开区间(a,x)上可导，且对区间(a,x)内的每一点都有(x)0，由柯西中值定理得：

f(x)f(a)f()，(a,x)g(x)g(a)g()从而得：

|f(x)f(a)||f()|1|f(x)f(a)|g(x)g(a)，(a,x)

g(x)g(a)g()故原不等式成立。泰勒公式证明不等式

2.1 泰勒公式的内容

泰勒公式[1] 如果函数f(x)在含有x0的开区间(a,b)内有直到n1阶导数，则对任一点x0(a,b)，有：

f(x0)(xx0)2f(n)(x0)(xx0)(n)f(x)f(x0)f(x0)(xx0)2!n!(n1)n1f()(xx0)(n1)!其中是x0与x之间的某个数，上式称为f(x)按(xx0)的冪展开的n1阶泰勒公式。

下面就泰勒公式展开点x0(a,b)的不同情况来证明不等式。2.2 展开点x0选取区间的中点情况[3]

证明思想：选区间中点展开是较常见的一种情况，然后在泰勒公式中取x为适当的值，通过两式相加，并对某些项进行放缩，便可将多余的项去掉而得所要的不等式。

例1 设函数f(x)在区间(a,b)上有二阶连续导函数且f(x)0，试证：对于(a,b)内的任意2个不同点x1和x2有

xx2f(x1)f(x2)。f122证明：将f(x)在x0x1x2处展开，得 2f()(xx0)2 2!f(x)f(x0)f(x0)(xx0)其中是x0与x之间的某个数。上式中分别取xx1及x2，f(x1)f(x0)f(x0)(x1x0)f(1)(x1x0)2,1(x1,x0)2!f(2)(x2x0)2,2(x0,x2)2!f(x2)f(x0)f(x0)(x2x0)上面两式相加，得：

f(x1)f(x2)2f(x0)f(1)f(2)(x1x0)2(x2x0)2 2!2!因为f(x)0，所以f(x1)f(x2)2f(x0)，即

f(x1x2f(x1)f(x2)) 22若把题目中的条件f(x)0改为f(x)0，而其余的条件不变，则结论改为

x1x2f(x1)f(x2)f() 22

ab例2 设函数f(x)在区间(a,b)上有二阶连续导函数，且f0，证明

2|baM(ba)3f(x)dx|，其中Mmax|f(x)|。

axb24ab处展开，得 2f()(xx0)2 2!证明： 将f(x)在x0f(x)f(x0)f(x0)(xx0)其中是x0与x之间的某个数。

因为f(ab)0，所以有 2f(x)f(x0)(xx0)f()(xx0)2 2!上式在[a,b]作定积分，然后取绝对值

|f(x)dx||[f(x0)(xx0)ab1b|2af()(xx0)2]dx|a2!

bMM2f()(xx0)2dx|(xx)dx(ba)302a24b即

|(xx0)2dx|abM(ba)3 242.3 展开点选取区间端点的情况[4]

证明思想：当条件中出现f(a)f(b)0，而欲证式中出现f(a)，f(b)，f()，展开点常选为区间两端点a，b，然后在泰勒公式中取x为适当的值，消去多余的项，可得待证的不等式。

例1 函数f(x)在区间[a,b]上二价可导，且f(a)f(b)0，证明：在(a,b)内至少存在一点使得

|f()|4|f(b)f(a)| 2(ba)证明：将f(x)分别在a及b处展开，得

f(x)f(a)f(a)(xa)f(1)(xa)2，1(a,x)，2!f(2)(xb)2，2(x,b)，2!f(x)f(b)f(b)(xb)上式中取xab，得： 2f(abbaf(1)ba2)f(a)f(a)()，222!2abbaf(2)ba2)f(b)f(b)()，222!25 f（上面两式相减，并且f(a)f(b)0，得：

(ba)2(ba)2|f(b)f(a)||f(2)f(1)|(|f(2)||f(1)|)

88记|f()|max{|f(2)|,|f(1)|}，其中1或2。于是有

(ba)2|f(b)f(a)||f()|，4即|f()|4|f(b)f(a)|。2(ba)2.4 展开点选取函数的极值点或最值点的情况[5]

证明思想：当题中不等式出现函数的极值或最值项, 展开点常选为该函数的极值点或最值点。

例1 设函数f(x)在区间(a,b)内二价可导，且存在极值f(c)及点p(a,b)，使得f(c)f(p)0，试证明：至少存在一点(a,b)，使得f(c)f()0。

证明：将f(x)在x0c处展开，得

f(x)f(c)f(c)(xc)f()(xc)2，(a,x)2!上式取xp，并且f(c)0，得：

f(p)f(c)f()(pc)2，(c,p)。2!两边同乘以f(c)，得：

f(c)f(p)f2(c)f()f(c)(pc)2，2!因为f(c)f(p)0，所以有f(c)f()0。

例2 设函数f(x)在区间[a,b]上有连续的二价导数，且f(a)f(b)0，试证明：

x[a,b]max|f(x)|8max|f(x)| 2x[a,b](ba)x[a,b]证明 设f(x0)max|f(x)|，若f(x0)0，则有

x[a,b]max|f(x)|8|f(x0)|0max|f(x)|0，结论成立。2x[a,b](ba)下设f(x0)0，于是x0(a,b)，且有f(x0)0，将f(x)在x0处展开得：

f()(xx0)2，(x0,x)，2!f()(xx0)2，即 f(x)f(x0)2!f()(xx0)2 于是有 f(x0)f(x)2!ab)时，上式取xa，得： ⅰ）x0(a,2f(x)f(x0)f(x0)(xx0)|f(x0)|f()2!(ba)2(ax0)|f()|，(a,x0)，82即 |f()|ⅱ)当x0(8|f(x0)|，(a,x0)。2(ba)ab,b)时，上式取xb，得： 2f()(ba)22|f(x0)|(bx0)|f()|，(x0,b)

2!8即 |f()|8|f(x0)|，(x0,b)。2(ba)由ⅰ)及ⅱ)得，存在(a,b)，使得：

|f()|8max|f(x)|，2x[a,b](ba)又因为函数f(x)在区间[a,b]上有连续的二价导数，所以二阶导函数f(x)在区间[a,b]上连续，有连续函数的性质得：

max|f(x)|8max|f(x)| 2x[a,b](ba)x[a,b]2.5 展开点x0选取区间内任意点的情况[6]

当题中结论考察f(x)，f(x)，f(x)的关系时，展开点常选为该区间内 任意点, 然后在泰勒公式中取x为适当的值，并对某些项作放缩处理，得所要的不等式。

例1[7] 设函数f(x)在区间[a,b]上有二价可导，且|f(x)|A，|f(x)|B，其中A，B为非负常数，证明：|f()|2AB(ba)，其中x(a,b)。ba2证明:将函数f(x)在x(a,b)处展开得：

f(x)f(x0)f(x0)(xx0)f()(xx0)2，(x0,x)2!上式中分别取xa及b得：

f(a)f(x0)f(x0)(ax0)f(1)(ax0)2，1(a,x0)。2!f(2)(bx0)2，2(x0,b)。2!f(b)f(x0)f(x0)(bx0)上面两式相减，得：

1f(b)f(a)f(x0)(ba)[f(2)(bx0)2f(1)(ax0)2]，2即

f(x0)f(b)f(a)1[f(2)(bx0)2f(1)(ax0)2]，(ba)2(ba)故|f(x0)|11(|f(b)||f(a)|)[|f(2)|(bx0)2|f(1)|(ax0)2] ba2(ba)2AB[(bx0)2(ax0)2]，ba2(ba)2AB(ba)，再由x0的任意性，ba2即 |f(x0)|

故有 |f(x0)|例2 [8]2AB(ba)，其中x(a,b)。ba2设函数f(x)在区间[a,b]上有二价可导，且f(a)f(b)0，Mmax|f(x)|，试证明：|x[a,b]baM(ba)3f(x)dx|。

12证明:将f(x)在t[a,b]处展开得：

f(x)f(t)f(t)(xt)f()(xt)2，(t,x)，2!上式中分别取xa及b得：

f(a)f(t)f(t)(at)f(1)(at)2，1(a,t)，2!f(2)(bt)2，2(t,b)，2!f(b)f(t)f(t)(bt)上面两式相加得：

f(t)11f(t)(ba2t)[f(1)(at)2f(2)(bt)2 24上式两端在[a,b]上对t作积分得：

ba1b1bf(x)dxf(t)(ba2t)dt[f(1)(at)2f(2)(bt)2]dt 2a4ab1bf(t)dt[f(1)(at)2f(2)(bt)2]dt，a4ab于是有

由上式得： a1bf(x)dx[f(1)(at)2f(2)(bt)2]dt，8abb1b|f(x)dx|(|f(1)(at)2dt||f(2)(bt)2dt|)aa8abbMM(ba)322(|(at)dt||(bt)dt|)，aa812即得：

|baM(ba)3f(x)dx|

利用函数单调性证明积分不等式

3.1 利用被积函数的单调性

证明方法根据——定积分性质之一：设f(x)与g(x)为定义在[a,b]上的两个

可积函数，若f(x)g(x)，x[a,b]，则f(x)dxabbag(x)dx。

例1 设f(x)为[0,1]上的非负单调递减函数，证明：对于01，有

0f(x)dxbaf(x)dx

证明:由的单调递减性得： 若0x1，有f(x)f()所以

同理得： 0f(x)dxf()dxf()（1）

0baf(x)dxf()dx（2）

ab由（1）（2）得：

10f(x)dxf()1baf(x)dx（3）

()将（3）式两边同乘以，有

1()()()1b0f(x)dxf()af(x)dx，整理得：

()因为()0()f(x)dxf()baf(x)dx，11，所以f(x)dx0baf(x)dx

例1 试证明cosx1x20dx1sinx1x20dx

证明:不等式两边的积分是无界反常积分，在两边的积分中分别作变量变换tarccosx与tarcsinx，原不等式化为02cos(sint)dt02sin(cost)dt，欲证不等

t(0,)，而cos(sint)sin(sint)，因为式，只需证明cos(sint)sin(cost)，t(0,)时，0cost)，0sint，而函数ysint在(0,)上严格22222调调递增，于是只要证明当t(0,)时，有costsint或costsint，当

222t(0,)时，costsint2sin(t)2，于是得：

22222(sint)cost0，再由函数的单调性得：

cos(sint)sin(2sint)sin(cost)

所以得：

所以推出

20cos(sint)dt120sin(cost)dt

原不等式得证。

1cosx1x20dxsinx1x20dx，3.2 利用辅助函数的单调性

证明方法根据———变微积分学基本定理和可导函数的 一阶导数符号与单调性关系定理：

微积分学基本定理：若函数f(x)在[a,b]上连续，则由变动 上限积分(x)f(x)dt，x[a,b]，定义的函数(x)在[a,b]上可

x导，而且(x)f(x)，也就是说，函数(x)是被积函数f(x)在[a,b] 上的一个原函数。

可导函数的一阶导数符号与函数单调性关系定理：设函数f(x)在[a,b]连续，在(a,b)内可导，如果在(a,b)内f(x)0（或f(x)0），那么f(x)在[a,b]上单调增加（或单调减少）。

证明的一般过程：

（1）构造辅助函数f(x)，取定闭区间[a,b]。

（2）求函数f(x)的导数f(x))，再判别它的符号，利用可导函数的一阶导数符号与函数单调关系，判断函数的单调性。（3）求函数在区间端点的函数值。（4）根据第2 步和第3 步即可得证。

例1[9] 设f(x)在[a,b]上连续，且单调递增，试证明：

xbaxf(x)dxabbf(x)dx a2分析：可将此积分不等式中的常数b变为变数x，利用差式构造辅助函数：，axxF(x)tf(t)dttf(t)dt，则要证F(b)F(a)0。

a2axaxxF(x)tf(t)dttf(t)dt，证明：设则F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内aa2可导，x11bF(x)[(xa)f(x)f(t)dt][f(x)f(t)]dt，a22a因为f(x)在[a,b]上连续，且单调增加，所以g'(x)0

即g(x)在[a,b]上单调增加，因为F(a)0，所以F(b)0 所以

 所以

baxf(x)dxabbf(x)dx0 a24.1 凸函数的定义

baxf(x)dxabbf(x)dx。a24 利用凸函数的定义和性质证明不等式

x2和定义[10]:设f为定义在区间[a,b]上的函数，若对[a,b]上的任意两点x1，(0,1)，函数总有f[x1(1)x2]f(x1)(1)f(x2)，则称f为[a,b]的凸 12

函数。

4.2 定理1:设f(x)在[a,b]内存在二阶导数f(x)，且f(x)0，则f(x)在[a,b]为凸函数。

4.3 凸函数的性质

设f(x)在为凸函数，xi(a,b)，xi1,2,3,n,则f(x1)f(x2)f(xn)xx2xnf(1)，当且仅当x1x2xn时等nn号成立。

例1[2] 已知: x1、x2、、xn均为正数，求证: nx1x2xnx1x2xn。

n1，有定理1得: f(x)lnx在(0,)x2证明:设f(x)lnx，因为f(x)为凸函数，由凸函数的性质得:

lnx1lnx2lnxnx1x2xn

nnx1x2xn

n所以有 lnnx1x2xnln nx1x2xn

参考文献：

x1x2xnf

n[1] 欧阳光中、朱学炎、金福临、陈传樟等，数学分析，（第三版下册），复旦大学数学系.高等教育出版社，2007.9

[2] 裴礼文,数学分析中的典型问题与方法.北京：高等教育出版社，2006.2 [3] 刘法贵, 左卫兵，证明积分不等式的几种方法[J].高等数学研究 2008,11(1):111-124

[4] 余力、刘三阳.带皮亚型余项的泰勒公式及其应用[J].高等数学研究所，2003.（6）：

15—17

[5] 张云艳，Taylor公式的应用补遗[J].洛阳师范学院学报，2007，26（5）：175—176 [6] 潘红，储亚伟，关于泰勒（Taylor）公式的几点应用[J].科技资讯，2008，6（18）：247 [7] 刘瑜等，在n阶行列式计算中的应用[J].内江师范学院，2008，23（8）：222 [8] 韩丹，带有Lagrange余项的泰勒公式的证明[J].大连教育学院学报，2004，（3）：54—57 [9] 邓新春，潘劲松，大学数学应用基础（中册）[M].长沙：湖南教育出版社，2006： 161—167 [10] 吴明鑫，杨占民，王社宽，凸函数在不等式证明中的应有[J].陕西师范大学学报，20003（1）

第二篇：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

第三篇：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”。

第四篇：不等式的一些证明方法

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)

不等式的一些证明方法

[摘要]：不等式是数学中非常重要的内容,不等式的证明是学习中的重点和难点,本文除总结不等式的常规证明方法外,给出了不等式相关的证明方法在具体实例中的应用.[关键词] 不等式;证明;方法； 应用

不等式在数学中占重要地位,由于其本身的完美性及证明的困难性,使不等式成为各类考试中的热点试题,证明不等式的途径是对原不等式作代数变形，在初等数学中常用的方法有放缩法、代换法、归纳法、反证法等等.因而涉及不等式的问题很广泛而且处理方法很灵活,故本文对不等式的证明方法进行一些探讨总结.一、中学中有关不等式的证明方法 1.1中学课本中的四种证明方法 1.1.1理清不等式的证明方法

（1）比较法：证明不等式的基本方法,适应面宽.①相减比较法—欲证AB,则证AB0.②相除比较法—欲证A>B（A>0,B>0）,则证>1.（2）综合法：利用平均不等式、二次方程根的判别式、二项式定理、数列求和等等。此方法灵活性大,需反复练习.（3）分析法：当综合法较困难或行不通时,可考虑此法,但不宜到处乱用.第1页（共13页）

AB

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)（4）数学归纳法：凡与自然数n有关的不等式,可考虑此法,但有时使用起来比较困难,应与前面几种方法配合应用.1.1.2选择典型范例,探求解题途径

例1.1.1 求证 12x42x3x2

分析 用相减比较法证明AB0.一般应将AB变形为[f(x)]

2、（f(x)g(x)，其中f(x),g(x)同号）,或变形为多个因子的[f(x)]2[g(x)]

2、乘积、平方式.本题可化为两个完全平方式的和或化为一个完全平方式与一个正因式的积.证： 2x42x3x212x3(x1)(x1)(x1)

(x1)(2x3x1)(x1)(2x32xx1)

132(x1)2[(x)2]

442x42x3x210

当xR时，即 12x42x3x2

例1.1.2 证明 n(n1)n1....(n1).分析 题中含n,但此题用数学归纳法不易证明,通过变形后可采用平均不等式来证.11111(11)(1）（1)23n2n nn34n12n>n23.4...n1=nn1（再变形）=2323nn11111n1....(11)(1)....(1)23n2n

证：

nnn11n12131n第2页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)

2 1n34n1....23nn234....n1nn1

n23n131n所以 n(n1)n1....

例1.1.3 求证：

1112+

11+„+>n(n1,n为自然数)2n 分析 与自然数有关的问题,可考虑用数学归纳法.设nK时成立,需证nK1时也成立,需证明K+K+

1>K1,可采用“凑项”的方法： K1KK11KK1K11=>==K1

K1K1K1K1111221222,右边2,所以, 2 证：(1)当n2时,左边左边右边.(2)假设nK时, 1111+

11+„+>K成立,则当nK1时, 2K+

1111+„++ K+

K12K1KKK11K1 =>

KK1K1K1K1K1

综上所述： 1.2关于不等式证明的常规方法（1）利用特殊值证明不等式

11+

11+„+>n 2n特殊性存在于一般规律之中,并通过特例表现出来.如果把这种辩证思想用于解题之中,就可开阔解题思路.第3页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)例1.2.1 已知ab,b0,ab1.求证（a+）(b+)≥

121a1b25.412112211125只需证明当ab时，（a+）(b+)≥.故可设ax

ab2411b x,(|x|且x0)22证：考虑a与b都去特殊值,既当ab时有（2）（2）=4则

a21b21(a21)(b21)(ab1)2111（a+）(b+)=== abababab33(x2)21(x2)2125=4>4=.114x244故原不等式得证.（2）利用分子有理化证明不等式

分母有理化是初中数学教材中重要知识,它有着广泛的应用,而分子有理化也隐含于各种习题之中,它不但有各种广泛的作用,而且在证明不等式中有它的独特作用.例1.2.2[1] 求证13-12<12-11.证：利用分子有理化易得：13-12=1312>12+11 1131211312,12-11=

11211, <

11211

即 13-12<12-11.（3）应用四种“平均”之间的关系证明不等式

四种“平均”之间的关系,既调和平均数H(a)≤几何平均数G(a)≤

第4页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)算数平均数A(a)≤平方平均数Q(a).写得再详细些就是：若a1,a2,a3，an都是正实数,则：

111aa121≤na1a2an≤

a1a2ann≤

a21a2ann22

an（注：这一串不等式在不等式证明中起着举足轻重的作用.）例1.2.3 已知ab,求证a+证：a+

1≥3(ab)b111=(ab)+b +≥3×3(ab)b3

(ab)b(ab)b(ab)b（4）充分利用一些重要结论,使解题简捷

①对实数a,b,c,d有

a2b2≥2ababba;a2b2c2abbcca;a2b2c2d2abbccdda.②若a,b同号,则≥2；

若a,b,c均为正数,则≥3.a2b2ab2 ③若是正数,则≥≥ab≥（当且仅当ab时等号

1122abbaabbacbac成立）

a2b2c2abc3 若a,b,c是正数,则≥3abc≥

11133abc（当且仅当abc时等号成立）

例1.2.4 若a,b,c0,且abc1,求证 9

第5页（共13页）

1a1b1c

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)分析 证法较多,但由abc1与之间的联系,考虑算术平均与调和平均的关系式简便.证：由算术平均数和调和平均的关系可知

abc3 1113abc1a1b1c所以 abc99, 又abc1得 1

111111abcabc1a1b1c即 9.（5）利用式的对称性证明不等式

形如xy,a2b2c2的式子中任意两个量交换位置后结果仍不变,这就是“式”对称,可以用对称关系来解决一些不等式的证明.例1.2.5 设a,b,c,d是正数,且满足abcd1,求证 4a14b14c14d16

证：由4a1944a12942a13 注意到对称有：

94(abcd)1317(4a14b14c14d1)

422即 4a14b14c14d16 故原命题得证.（6）用“双十字法”证明不等式

例1.2.6 已知x,y0并且xy1 求证：

x23xy2y22xy32x221xy11y24x21y2

证：因 x23xy2y22xy3(x2y)(xy)2xy3

第6页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)=(x2y3)(xy1)0 类似的，2x221xy11y24x21y2(2xy2)(x11y1)0 故结论成立.（7）用恒等变形推导

例1.2.7[2] 求证：对于任意角度,都有58cos4cos2cos3≥0

证：58cos4cos2cos3

=58cos4(2cos21)(4cos33cos)

=15cos8cos24cos3(1cos)(4cos24cos1)=(1cos)(2cos1)20

（8）分解为几个不等式的和或积

例1.2.8[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

证： b2c22bc,a0,a(b2c2)2abc

2222b(ca)2abc,c(ab)2abc.同理

a,b,c不全相等,所以上述三式中,等号不能同时成立.把三式相加

得

a(b2c2)b(c2a2)c(a2b2)6abc

（注：这里把不等式的各项分别考虑,然后利用不等式的性质和推论,证得所求不等式.）

例1.2.9 设是锐角,求证：(111)(1)5.sincos 证： 是锐角,0sin1,0cos1,0sin21, 这时 1121,1,2.sincossin2第7页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)(111112)(1)15.sincossincossin2（9）利用极限证明不等式

例1.2.10[2]证明：当x2(1+2)时,有

(2x1)2(2x3)3(2x5)....xx3

证： 在x0的情况下讨论,令

f(x)(2x1)(2x3)3(2x5)....x,g(x)x3

则 f(x)x(x1)(2x1)，6x(x1)(2x1)f(x)16于是 lim limxg(x)x3x3按极限的定义,对于,取2(12)当|x|2(12)有

f(x)11 , g(x)3414即 0f(x)71 从而f(x)g(x),故结论成立.12g(x)12（10）利用平分法证明不等式

例1.2.11 若x0,i1,2,3,且xi1,则

i1311127 2221x11x21x310 证：因为12111911x时有,所以,且当 x1ii22331xi1xi101119273 222101x11x21x310故

1.3关于不等式证明的非常规方法（1）换元法

这种方法多用于条件不等式的证明,换元法主要有三角代换和均值代

第8页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)换两种.三角代换时已知条件特征明显.在结构上必须和三角公式相似.例1.3.1 已知x2y21,求证：| x2+2xy-y2|≤2.证：令xrcos,yrsin

则 | x2+2xy-y2|=|r2(cos22sincossin2| =r2|cos2sin2| = r2|2sin(2450)|≤12×1=2

例1.3.2[4]设a,b,cR 且abc1,求证：a2b2c2≥.证：a=+α,b=+β,c=+γ, 因为abc1,所以 0

于是有a2b2c2=+（）+（222）≥.（2）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,然后从这个假设出发进行正确的推理,最终推出与已知条件或已知真命题相矛盾的结论,从而断定假设错误,进而确定要证明的不等式成立.例1.3.3[5]求证：由小于1的三个正数a,b,c所组成的三个积（1-a)b,(1-b)c,(1-c)a,不能同时大于

证：（反证法）假设（1-a)b,(1-b)c,(1-c)a都大于

则有（1-a)b(1-b)c(1-c)a>

2***31314141 ① 641aa1但由01-a)a≤条件,即有，0(1-a)a≤.24同理有0(1-b)b≤,0(1-c)c≤.即（1-a)b(1-b)c(1-c)a≤② 64

1414第9页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)①与②产生矛盾,从而原命题成立.（3）构造法

在证明不等式时,有时通过构造某种模型、函数、恒等式、向量、对偶式等,完成不等式的证明.例1.3.4 求证 证： 设A=1212342n11.2n2n132n1242n,B=，352n142n12342n12n由于,,，,因此AB，23452n2n113242n1242n2n1)()A, 2n352n12n12n1所以A2AB(故 （4）判别式法

12342n11 2n2n1适用于含有两个或两个以上字母不等式,而另一边是关于某字母的二次式时,这时可考虑用判别式法.例1.3.5[6]x2x113求证:≤2≤.x122x2x1 证： 设f(x)y2,则(1y)x2x1y0,所以xR，x1当y1时,Δ=b24ac≥0,即14(1y)2≥0，所以 |y1|≤,即≤y≤.又当y1时,方程的解x0，x2x113故 ≤2≤.x122121232（5）放缩法

第10页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)为了证明不等式的需要,有时需舍去或添加一些项,使不等式一边放大或缩小,利用不等式的传递性达到目的.例1.3.6[5]设a,b为不相等的两个正数,且a3-b3=a2b2.求证1ab.证： 由题设得a3-b3=a2b2a2abb2ab, 于是(ab)2 a2abb2ab,则(ab)1,又(ab)24ab，(ab)2 而(ab)a2abbababab

422243即(ab)2ab,所以（ab), 综上所述, 1ab（6）向量法

向量这部分知识由于独有的形与数兼备的特点,使得向量成了数形结合的桥梁,在方法和理论上是解决其他一些问题的有利工具.对于某些不等式的证明,若借助向量的数量积的性质,可使某些不等式较易得到证明.例1.3.7 求证：求证1≤ 1x2x≤2

9.三、小结

证明不等式的途径是对原不等式作代数变形,在初等数学中常用的第11页（共13页）

1a1b1c

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)方法大致有放缩法、代换法、归纳法、反证法等等.然而涉及不等式的问题很广泛而且处理方法很灵活,仅在中学教科书上就有很多方法,但还不足以充分开拓人们的思维,为此,我们要进一步探究不等式的证明方法,并给出了在实例中的应用.参考文献

[1] 段明达.不等式证明的若干方法[J].教学月刊(中学版),2007(6).[2] 彭军.不等式证明的方法探索[J].襄樊职业技术学院学报,2007(4).[3] 周兴建.不等式证明的若干方法[J].中国科教创新导刊,2007(26).[4] 郭煜,张帆不等式证明的常见方法[J].高等函授学报(自然科学版),2007(4).[5] 王保国.不等式证明的六种非常规方法[J].数学爱好者(高二版),2007(7).[6] 赵向会.浅谈不等式的证明方法[J].张家口职业技术学院学报,2007(1).[7] 豆俊梅.高等数学中几类不等式的证明[J].中国科技信息,2007(18).[8] 刘玉琏,傅佩仁.数学分析讲义[M].北京:高等教育出版

第12页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)社,1988,P201-211.[9] 牛红玲.高等数学中证明不等式的几种方法[J].承德民族师专学报,2006(2).[10] 王喜春.不等式证明常用的技巧[J].数学教学研究,1995(2).第13页（共13页）

第五篇：不等式的证明方法

几个简单的证明方法

一、比较法：

ab等价于ab0；而ab0等价于a

b1.即a与b的比较转化为与0

或1的比较.使用比较发时，关键是要作适当的变形，如因式分解、拆项、加减项、通分等，这是第一章中许多代数不等式的证明及其他各章初等不等式的证明所常用的证明技巧.二、综合法与分析法：

综合法是由因导果，即是由已知条件和已知的不等式出发，推导出所要证明的不等式；分析法是执果索因，即是要逐步找出使结论成立的充分条件或者充要条件，最后归结为已知的不等式或已知条件.对于条件简单而结论复杂的不等式，往往要通过分析法或分析法与综合法交替使用来寻找证明的途径.还要注意：第一，要熟悉掌握第一章的基本不等式和后面各章中著名的各种不等式；第二，要善于利用题中的隐含条件；第三，不等式的各种变性技巧.三、反证法：

正难则反.设所要证的不等式不成立，从原不等式的结论的反面出发，通过合理的逻辑推理导出矛盾，从而断定所要证的不等式成立.要注意对所有可能的反面结果都要逐一进行讨论.四、放缩法：

要证ab，又已知(或易证)ac，则只要证cb，这是利用不等式的传递性，将原不等式里的某些项适当的放大或缩小，或舍去若干项等以达证题目的.放缩法的方法有： ①添加或舍去一些项，如：a21a；n(n1)n；

②将分子或分母放大（或缩小）；

③利用基本不等式，如：

log3lg5（n(n1)lg3lg522)2lglglg4； n(n1)；

④利用常用结论：

k1k

1k1

1k

11k1k



12k

1k；

1k(k1)

1k1

1k

1k1

1k



1k(k1)1k；



（程度大）

1k



1



(k1)(k1)



2k1

（)；（程度小）

五、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)； 已知

xaxa

2

ybyb

1，可设xacos,ybsin；

已知



1，可设xasec,ybtan；

六、数学归纳法法：

与自然数n有关的许多不等式，可考虑用数学归纳法证明，数学归纳法法证明不等式在数学归纳法中有专门的研究.但运用数学归纳法时要注意：

第一，数学归纳法有多种形式.李大元就证明了下述七种等价的形式：设P(n)是与n有关的命题，则

(1)、设P(n0)成立，且对于任意的kn0，从P(k)成立可推出P(k1)成立，则P(n)对所有大于n0的n都成立.(2)、设m是任给的自然数，若P(1)成立，且从P(k)(1km)成立可推出

P(k1)成立，则P(n)对所有不超过m的n都成立.(3)、(反向归纳法)设有无穷多个自然数n(例如n2m)，使得P(n)成立，且从P(k1)成立可推出P(k)成立，则P(n)对所有n成立.(4)、若P(且P(n)对所有满足1nk的n成立可推出P(k1)成立，1)成立，则P(n)对所有n成立.(5)、(最小数原理)自然数集的非空子集中必有一个最小数.(6)、若P)且若P(k),P(k1)成立可推出P(k2)成立，则P(n)1(,P(2)成立，对所有n成立.(7)、(无穷递降法)若P(n)对某个n成立可推出存在n1n，使得P(n1)成立，则P(n)对所有n成立.此外，还有螺旋归纳法(又叫翘翘板归纳法)：设有两个命题P(n),Q(n)，若

P(1)

成立，又从P(k)成立可推出Q(k)成立，并且从Q(k)成立可推出P(k1)成立，其中k为任给自然数，则P(n),Q(n)对所有n都成立，它可以推广到两个以上的命题.这些形式虽然等价，但在不同情形中使用各有方便之处.在使用它们时，若能注意运用变形和放缩等技巧，往往可收到化难为易的奇效.对于有些不等式与两个独立的自然数m,n有关，可考虑用二重数学归纳法，即若要证命题P(m,n)对所有m,n成立，可分两步：①先证P(1,n),P(m,1)对所有m,n成立；②设P(m1,n),P(m,n1)成立，证明P(m1,n1)也成立.第二，数学归纳法与其它方法的综合运用，例如，证明

n



k

11k

sinkx0,(0x)

就要综合运用数学归纳法，反证法与极值法；有时可将n换成连续量x，用微分法或积分法.第三，并不是所有含n的不等式都能用数学归纳法证明的.七、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．要依据题设、题断的结构特点、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．笔者将在第三章中详细地介绍构造法.八、利用基本不等式：

善于利用已知不等式，特别是基本不等式去发现和证明新的不等式，是广泛应用的基本技巧.这种方法往往要与其它方法结合一起运用.22

例1 已知a，bR，且ab1.求证：a2b2

252

.证法一：(比较法)a,bR,ab1

b1a

a2b2

252

ab4(ab)

122(a

12)0

a(1a)4

2a2a

即a22b22

证法二：(分析法)

252

(当且仅当ab时，取等号).a22B2

252

ab4(ab)8

252

b1a

225122

(a)0a(1a)4822

显然成立，所以原不等式成立.点评：分析法是基本的数学方法，使用时，要保证“后一步”是“前一步”的充分条件.证法三：(综合法)由上分析法逆推获证(略).证法四：(反证法)

假设(a2)2(b2)2

252，则 a2b24(ab)8

252

252

.由ab1，得b1a，于是有a2(1a)212

1

所以(a)0，这与a0矛盾.22

.所以a2b2

252

.证法五：(放缩法)

∵ab1

∴左边＝a2b2

a2b221252ab4

222

＝右

边.点评：根据不等式左边是平方和及ab1这个特点，选用基本不等式

ab

ab2.2

证法六：(均值换元法)

∵ab1，所以可设a

12t，b

t，1

∴左边＝a2b2(t2)2(t2)2

5525252

＝右边.tt2t

2222

当且仅当t0时，等号成立.点评：形如ab1结构式的条件，一般可以采用均值换元.证法七：(利用一元二次方程根的判别式法)

设ya2b2，由ab1，有y(a2)2(3a)22a22a13，所以2a22a13y0，因为aR，所以442(13y)0，即y故a2b2

252

.252

.下面，笔者将运用数学归纳法证明第一章中的AG不等式.在证明之前，笔者先来证明一个引理.引理：设A0，B0，则(A+B)nAn+nA(n-1)B，其中nN.证明：由二项式定理可知

n

(A+B)=AniBiAn+nA(n-1)B

n

i0



(A+B)A+nA

nn(n-1)

B