数学分析中不等式的证明方法与举例论文

第一篇：数学分析中不等式的证明方法与举例论文

分院名称：数学学院 学生学号：0907140132

长春师范大学

本科毕业论文（设计）

（理工类）

题

目： 数学分析中不等式的证明方法与举例

专

业：

数学与应用数学

作 者

姓 名：

指导教师姓名：

指导教师职称：

2013年

月

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长春师范大学本科毕业论文（设计）作者承诺保证书

本人郑重承诺：本篇毕业论文（设计）的内容真实、可靠.如果存在弄虚作假、抄袭的情况，本人愿承担全部责任.论文作者签名：

日期：

****年**月**日

长春师范大学本科毕业论文（设计）指导教师承诺保证书

本人郑重承诺：我已按有关规定对本篇毕业论文（设计）的选题与内容进行指导和审核，坚持一人一题制，确认由作者独立完成.如果存在学风问题，本人愿意承担指导教师的相关责任.指导教师签名：

日期： 年 月 日

I

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目 录

承诺保证书…………………………………………………………………I 前言…………………………………………………………………………1 1 构造变限积分证明不等式………………………………………………1 2 利用函数单调性证明不等式……………………………………………2 3 利用微分中值定理证明不等式…………………………………………4 4 利用积分中值定理证明不等式…………………………………………6 5 利用泰勒公式证明不等式………………………………………………8 6 利用函数极值证明不等式………………………………………………9 7 利用函数凹凸性证明不等式……………………………………………11 8 利用幂级数展开式证明不等式…………………………………………12 9 利用著名不等式证明不等式……………………………………………13 参考文献……………………………………………………………………16 致 谢……………………………………………………………………17 英文摘要……………………………………………………………………18

II

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数学分析中不等式的证明方法与举例

摘要：不等式不仅是数学分析中非常重要的工具，同时也是数学分析研究的主要问题之一，然而不等式的证明方法却是复杂多变的，因此，对于不等式的证明方法进行系统的分类与总结仍具有很大的现实意义.本文首先简单介绍了不等式的研究背景，然后主要讨论了数学分析中证明不等式的若干方法，并对不等式的证明方法进行归类.同时，通过精选典型例题的证明，渗透了解不等式问题的多种解题技巧，深化了对不等式证明方法的认识，最终达到灵活应用的目的，以便于可以站在更高的角度来研究不等式.关键字：数学分析 不等式 证明方法.前言

不等式在数学的整个学习、研究过程中都是一个非常重要的内容，它涉及了初等数学、高等数学和数学分析的许多方面，在数学中有着不可替代的作用.在数量关系上，虽然不等关系要比相等关系更加广泛的存在于现实的世界里，但是人们对于不等式的认识要比方程迟的多.直到1934年, 数学不等式理论及其应用的研究才正式粉墨登场, 成为一门新兴的数学学科, 从此不等式不再是一些零星散乱的、孤立的公式综合, 它已发展成为一套系统的科学理论，成为数学基础理论的一个重要组成部分.20世纪80年代以来在中国大地上出现了持续高涨的不等式研究热潮.目前我国关于数学不等式理论及其应用的研究也取得了较丰富的成果.由于这些结果在理论和实际运用方面都有重要意义，引起了一系列广泛研究.综上所述, 数学不等式理论充满蓬勃生机、兴旺发达.构造变限积分证明不等式

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定义：设f(x)在[a,b]上可积，对任何x[a,b],f(x)在[a,x]上也可积，于是，由

a，x[a,b]，定义了一个以积分上限x为自变量的函数，称为变上限的定积分.类似地，又可

(x)f(x)dtx以定义变下限的定积分：

(x)f(x)dt, x[a,b]，xb与统称为变限积分.定理：若f在[a,b]上连续，则其变限积分作为关于x的函数，在[a,b]上处处可导，且

更一般的有

dg(x)f(t)dtf[g(x)]g(x)f[h(x)]h(x).h(x)dxxbdd(f(t)dt)f(x)，(f(t)dt)f(x), dxadxx 例1.证明柯西不等式 [f(x)g(x)dx]f(x)dxg2(x)dx.aaab2b2b 证明：构造变上限辅助函数

(u)[f(x)g(x)dx]f(x)dxg2(x)dx.aaau2u2u显然(u)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，且

(u)2f(u)g(u)f(x)g(x)dxf2(u)g2(x)dxg2(u)f2(x)dx

aaauuu 2f(u)g(u)f(x)g(x)dxf2(u)g2(x)dxf2(x)g2(u)dxaaauuu

[f2(u)g2(x)2f(u)g(u)f(x)g(x)f2(x)g2(u)]dxauau

[f(u)g(x)f(x)g(u)]2dx0.所以(u)在[a,b]上单调减少，则(b)(a)0，即

(b)[f(x)g(x)dx]f(x)dxg2(x)dx0.aaab2b2b得到

[f(x)g(x)dx]f(x)dxg2(x)dx.aaab2b2b 2

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例2.设f(x)在[a,b]上连续，且单调递增，试证明

baabbxf(x)dxf(x).2at 证明：构造变上限辅助函数：

F(t)xf(x)dxaattf(x)dx.a2显然F(a)0，对t[a,b]，F(t)tf(t)1tatf(x)dxf(t)a22ta1tf(t)f(x)dx 22a1t f(t)f(x)dx, x(a,t).2a因为f(x)单调递增，则F(t)0，则F(t)单调递增，所以

F(b)F(a)0,(ba).因此



baxf(x)dxabbf(x).a22 利用函数单调性证明不等式

定理:设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,则有

(1)如果在(a,b)内f(x)0,那么,函数f(x)在[a,b]上单调增加.(2)如果在(a,b)内f(x)0,那么,函数f(x)在[a,b]上单调减少.例1.证明不等式：

ex1x，x0.证明： 设f(x)ex1x,则f(x)ex1，故当x0时，f(x)0，f(x)严格递增；当x0，f(x)0，f(x)严格递减.又因为f(x)在x0处连续，则当x0时，f(x)f(0)0.3

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即

ex1x0.故得证

ex1x,x0.例2.证明ab1aba1ab1b.证明：记fxx1x，则f'x，所以单调递增，于0fx1x1x1x2是由abab知

f(ab)f(ab).即

ab1abab1aba1abb1aba1ab1b.3 利用微分中值定理证明不等式

拉格朗日中值定理: 设函数f满足如下条件:(1)f在闭区间[a,b]上连续；(2)f在开区间(a,b)内可导，则在(a,b)内至少存在一点，使得

f'()f(b)f(a).ba 柯西中值定理: 设函数f和g满足：(1)在[a,b]上都连续；(2)在(a,b)内都可导；(3)f(x)和g(x)不同时为零；

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(4)gagb，则存在a,b, 使得

f'()f(b)f(a) '.g()g(b)g(a)例1．设f(x)在[a,b]上有一阶连续导数，且f(a)0，证明

|x[a,b]ba(ba)2f(x)dx|max|f(x)|.x[a,b]2 证明：令Mmax|f(x)|，由拉格朗日中值定理知

f(x)f(x)f(a)f()(xa).从而

|f(x)||f()(xa)|M(xa),x[a,b].所以

(ba)2 |f(x)dx||f(x)|dxM(xa)dxM.aaa2xln(1x)x.例2.当x0时,试证不等式1xbbb证明:构造函数

f(x)ln(1x).则在区间[0,x]上满足拉格朗中值定理,且

f(x)故有

ln(1x)ln1f()(x0),(0,x).1.1x即

ln(1x)x.1又(0,x), 则

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11xln(1x)xx.1x1即

xln(1x)x.1x 例3.设ae，0xy2，求证

ayax(cosxcosy)axlna.证明：令f(t)at，g(t)cost, 由题设条件可知，f(t),g(t)在[x,y](0xy)上满足柯西中值定理

f(x)f(y)f'().g(x)g(y)g'()则

axayalna,0xy.cosxcosysin()2故

ayax(cosxcosy)alna1.sin由于 0故 2，0sin1 , 则

11, sinayax(cosxcosy)alna(cosxcosy)axlna.由此得证

ayax(cosxcosy)axlna.利用积分中值定理证明不等式

积分第一中值定理：若函数f在[a,b]上连续，则至少存在一点[a,b]，使得

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f(x)dxf()(ba),(ab).ab 积分第二中值定理：设函数f在[a,b]上可积，若g为单调函数，则[a,b]，使得

baf(x)g(x)dxg(a)f(x)dxg(b)f(x)dx.ab 例1．设f(x)为[0,1]上的非负单调非增连续函数（即当xy时，f(x)f(y)），证明对于01,有下面的不等式成立

0f(x)dxf(x)dx. 证明：由积分第一中值定理有

f(x)dxf()()f()(),(11).从而

10f(x)f(2),(02).因此可得

0f(x)dxf()1f(x)dx.(1)f(x)dxf(x)dx.0即

(1)f(x)dx0又因01,所以01f(x)dx.1,故 f(x)dx0f(x)dx. 例2.设f(x)在[a,b]上连续，且单调递增，试证明

baxf(x)dxabbf(x)dx.a2 证明：要证该不等式只需证明

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bba(xab)f(x)dx0.2由于f(x)单调递增，利用积分第二中值定理，则存在[a,b]，使

a(xbababab)f(x)dxf(a)(x)dxf(b)(x)dx

a222 f(a)(xabbabab)dx[f(b)f(a)](x)dx 22b22ab[f(b)f(a)][(b)]22

b [f(b)f(a)](a)0.2故

即

ba(xab)f(x)dx0.2baabbxf(x)dxf(x)dx.2a 利用泰勒公式证明不等式

定理:若函数f(x)在[a,b]上存在直至n阶连续导函数，在(a,b)内存在(n1)阶导函数,则对任意给定的x，x0[a,b]，至少存在一点(a,b),使得:

(n1)f(x0)f()2(xx0)(xx0)n1.f(x)f(x0)f(x0)(xx0)2!n!例1.设f(x)在[0,1]存在二阶连续导数，f(0)f(1)0，并且当x(0,1)时，f(x)A，求证：f(x)A，x(0,1).2证明:由于f(x)在[0,1]上有二阶连续导函，因此对任何x0(0,1)，利用f(1)和f(0)在x0点的二阶泰勒公式可得

f(1)f(x0)f'(x0)(1x0)f''(1)(1x0)2,1(x0,1).2!f''(2)2x0,2(0,x0).2!f(0)f(x0)f'(x0)(x0) 8

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由f(1)f(0)可得

f'(x0)又f(x)A,所以 f'(x0)2f''(2)2f''(1)x0(1x0)2.2!2!A2x0(1x0)2.2A.2而x0(0,1)时,x0(1x0)21，故f(x0)又由x0的任意性知

f(x)A，x(0,1)2x[a,b] 例2．设f(x)在[a,b]上有二阶连续导数，Mmax|f(x)|，证明

|f(x)dx(ba)f(ababM)|(ba)3.224ab处泰勒展开 2ababab1ab2)f()(x)f()(x)，[a,b].f(x)f(22222bab两边在[a,b]上积分并注意到(x)dx0，得

a2bab1bab2)f()(x)dx.f(x)dx(ba)f(aa222 证明：将f(x)在x0从而得

baf(x)dx-(b-a)f(ab1)22baf()(xab2)dx 22M 2ab(x)dx a2bM(ba)3 .利用函数极值证明不等式

极值的第一充分条件：设f在点x0连续，在某邻域U0x0;内可导.9

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(1)若当x(x0,x0)时f(x)0,当x(x0,x0)时f(x)0,则f在点x0取得极小值.(2)若当x(x0,x0)时f(x)0,当x(x0,x0)时f(x)0，则f在点x0取得极大值.极值的第二充分条件：设f在x0的某邻域U(x0;)内一阶可导，在xx0处二阶可导，且f(x0)0，f(x0)0.(1)若f(x0)0，则f在x0取得极大值.(2)若f(x0)0，则f在x0取得极小值.例1.证明：当x0，n为自然数时，x0(tt2)sin2ntdt1.(2n2)(2n3)证明：构造辅助函数

f(x)(tt2)sin2ntdt.0x则

f(x)(xx2)sin2nx.当0x1时，f(x)0,当x1时，除xkk1,2,3,时f(x)0外，均有f(x)0，故f(x)在0x1时单调递增，在x1时单调递减，因此f(x)在0,上取最大值f(1).于是有f(x)f(1)(tt2)sin2ntdt

01 (tt2)t2ndt

01 (t2n1t2n2)dt

01  11 2n22n31.(2n2)(2n3)例2.设p1,求证：x[0,1]，都有不等式

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12p1xp(1x)p1.证明: 令F(x)xp(1x)p.有

F(x)=pxp1p(1x)p1(1)p[xp1(1x)p1].令F(x)0，则x而 1.2F(x)p(p1)xp2p(p1)(1x)p2.又因为p1, 故

F()p(p1)[()p2()p2]0.222111故F(x)在x处取得极小值，又因为F(1)F(0)1,F()P1.2221所以F(x)在区间[0,1]上的最大值为1，最小值为P1.2因此

12p1xp(1p)p1.利用函数凹凸性证明不等式

定义:设f为定义在区间I上的函数，若对I上的任意两点x1，x2，和任 实数0,1总有

fx11-x2fx11-fx2, 则称f为I上的凸函数.反之，如果总有

fx11-x2fx11-fx2, 则称f为I上的凹函数.定理:设f为区间I上的二阶可导函数，则在I上f为凸（凹）函数的充要

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条件是

f(x)0（fx0），xI.xy)xlnxylny(x0,y0,xy).21(x0)，证明: 构造函数f(x)xlnx，这时,f(x)0,所以f(x)在(0,+

x例1.证明:(xy)ln(∞)上是凸函数.所以,x0,y0,xy时，有

f(xyf(x)f(y)).22即

故

(xy)ln(xy)xlnxylny(x0,y0,xy).2xyxyxlnxylnyln().222 例2：（著名的均值不等式）设aiR(i1,2,,n)求证：

a1a2an.n1 证明：设f(x)lnx(x0),则f(x)20.xna1a2an所以f(x)lnx在(0,)上为凹函数，则由凹函数性质可知

lna1lna2lnanaaan.ln12nn即

ln(a1a2an)ln1na1a2an.n即

na1a2ana1a2an.n 利用幂级数展开式证明不等式

证明方法:根据几个重要的初等函数的幂级数展开式，如下：

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ex1x121xxn,x(,)； 2!n!sinxxcosx1131x(1)n1x2n1,x(,)； 3!(2n1)!121412nxx(1)nx,x(,)； 2!4!(2n)!11xx2xn,x(0,1)； 1xn1213n1xln(1x)xxx(1),x(1,1]． 23n 例1.当x(0,1)，证明 证明：因

1xe2x.1x1,e2x分别可写成幂级数展开式，有： 1x1x(1x)(1xx2xn)12x2x22xn,x(0,1)1x

e2x2222nn12xxx,x(0,1)．

2!n!n2n2nxn则不等式左边的一般项为2x，右边的一般项为，而当n3时2，n!n!所以，1xe2x,x(0,1).1x9 利用著名不等式证明不等式

柯西不等式：设ai,bi为任意实数（i1,,n）则

(aibi)aib2i，22i1i1i1nnn其中当且仅当ai,bi成比例时等号才成立.施瓦兹不等式：若f(x),g(x)在（a,b）上可积，则

(f(x)g(x)dx)f(x)dxg2(x)dx．

aaab2b2b 13

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若f(x),g(x)在（a,b）上连续，其中当且仅当存在常数,使得f(x)g(x)时等号才成立（,不同时为零）.詹森不等式：若f为[a,b]上凸函数，则对任意xi[a,b]，i0

(i1,2,,n)，i1，有

i1nf(ixi)if(xi).i1i1nn1n 例1.设aiR，i1，2，…，n．求证：a(ai)2．

ni1i12in证明 ：由柯西不等式

(ai)(ai1)(ai)(1)nai2．

222i1i1i1i1i1nnnnn两边同时除以n即得证．

例2.已知f(x)0，在[a,b]上连续，f(x)dx1,k为任意实数，求证

ab(f(x)coskxdx)(f(x)sinkxdx)21.aab2b证明:所要证明的式子左端第一项应用施瓦兹不等式

(f(x)coskx)2（abba2 f(x)(f(x)coskx)dx）f(x)dxf(x)cos2kxdx

aabb fxcos2kxdx.ab同理可得

(f(x)sinkxdx)2f(x)sin2kxdx.aabb两式相加得

(f(x)coskxdx)(f(x)sinkxdx)f(x)coskxdxsin2kxdx

aaaab2b2b2bf(x)dx1.ab即得证.14

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例3.证明不等式

(abc)abc3aabbcc, 其中a,b,c均为正数.11.x 证明：设f(x)xlnx,(x0).则f(x)f(x)lnx1,f(x)1 x故f(x)xlnx在x0时为严格凸函数.依詹森不等式有

f(abc1)(f(a)f(b)f(c)).33从而

abcabc1ln(alnablnbclnc).333即

(abcabc)aabbcc.3又因3abcabc,所以 3(abc)abc3(abcabc)aabbcc.3即

(abc)abc3aabbcc.15

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参考文献：

[1] 裴礼文.数学分析中的典型问题与方法[M].北京：高等教育出版社, 2006.[2] 华东师范大学数学系.数学分析（上册）[M].北京：高等教育出版社，2001.[3] 华东师范大学数学系.数学分析（下册）[M].北京：高等教育出版社，2001.[4] 钱吉林等主编.数学分析题解精粹.[M] 武汉：崇文书局，2011.[5] 蒙诗德.数学分析中证明不等式的常用方法[J].赤峰学院学报（自然科学 版），2009，25(9).[6] 贺彰雄.不等式证明的几种常见方法.湖北教育学报[J].2007，10(1).[7] 王晓峰，李静.证明不等式的若干方法.数理医药学杂志[J].2008.12(1).长春师范大学本科毕业论文（设计）

致谢

毕业论文设计的这段时间是我学生生涯中非常重要的时光之一.通过这次论文写作，我不仅学到了很多专业知识，而且我的其他能力方面都有一定提高.所以，借此论文结束之际，向所有帮助过我的人表示我最诚挚的敬意和感谢.本论文是在付老师的指导下和同学们的帮助下几经修改而完成的.所以,首先要感谢我的指导老师,我从她身上不仅学到了许多的专业知识，更感受到她在工作中的兢兢业业，生活中的平易近人.此外，她严谨的治学态度和忘我的工作精神更值得我去学习.同时，还要感谢我的同学,他们给我提供了很多有价值的材料和宝贵意见，所以我的论文才得以顺利完成.总之，衷心地感谢所有帮助过我的人！

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THE PROOF METHODS AND EXAMPLES OF INEQUALITY OF MATHEMATICAL ANALYSIS

Abstract Inequality is a very important tool in mathematical analysis.At the same time it is one of the main problems in the mathematical analysis study.But the methods are various.So the systemic classification and summary for the proof methods of inequality still has great practical significance.This paper first simply introduces the background of inequality ,then mainly discusses the different proof methods of inequalities , and classifies the different proof methods.At the same time summarizes various skills in the inequality problem-solving by demonstrating some typical examples.It makes a better summary to master the method to prove inequality in mathematical analysis , ultimately achieve the purpose of flexible application.Key words Mathematical analysis;Inequation;Method.18

第二篇：论文数学分析中证明不等式的若干方法

数学分析中证明不等式的若干方法

耿杰

（安徽师范大学

数学与应用数学专业

0707046）

摘要：本文主要应用数学分析中的单调性，微分中值定理，Taylor公式，凸函数的定义，极值，极限以及积分等的相关知识来证明不等式，同时也通过应用一些著名的不等式证明不等式。通过以上方法的应用使我们对不等式证明的相关知识有更加深刻系统的理解，从而为数学中许多其他内容的学习提供了一个重要工具。

关键词：数学分析

不等式

证明

方法

The mathematical analysis of several methods to testify

inequality

Gengjie（Anhui normal university mathematics and applied mathematics

professional 0707046）

Abstract: In this paper, Monotonicity, differential mid-value theorem, Taylor formula, convex function is defined, extremum, limit and integral related knowledge to testify inequality,also through the application of some famous inequation inequality.Through the above application of this method to make the inequation relevant knowledge more profound understanding of the system，thus for mathematics in many other content of study provides an important tool.Key words：Mathematical analysis

Inequation

Method

1.引言

不等式是数学分析的基本内容之一，它是研究许多数学分支的重要工具。在数学领域中占有重要的地位，也是各个时期的数学教材的重要组成部分，在各种考试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，方法也较多。通过不等式的证明，不仅可以检验基本的数学知识的掌握程度，而且也是衡量数学水平的一个重要标志。因此，掌握一些基本的证明不等式的方法是十分重要也是十分必要的。下面将对不等式的证明方法进行总结。

2.利用单调性证明不等式

利用函数的单调性证明不等式是一种较为重要的方法，同时又是一种行之有效的方法。

要点：若f(x)0（或f(x)0），则当x1x2时，有f(x1)f(x1)f(x2)）。反之，若f(x)0（或f(x)0），则当x1x2f(x1)f(x2)（或f(x1)f(x2)）。由此便可获得不等式。

f(x2)（或

时，有

ab例2.1 证明：

证明：记f(x)1aba1ab1b

11xx1x，则f(x)1(1x)20，所以f(x)在定义域内单调递增函数。又由于abab1abab可知

ab1aba1abb1aba1ab1b

例2.2 设bae，证明：ab分析：要证abbaba

lnaalnbb，只需证blnaalnb,也即证，则f(x)1lnxx2

证明：记f(x)即f(x)xlnxxlnx，所以当xe时，f(x)0；

lnaalnbb在时是单调减函xe数。又由于bae，所以ba，即证ab。

3.利用微分中值定理证明不等式

用微分中值定理来证明不等式要熟记各个中值定理的应用条件，将原不等式通过变形找到一个辅助函数使其满足中值定理条件，证明的关键是处理好点，分析函数或其导数在该点的性质即可证明得到结论。

要点：如果函数f(x)在区间a,b上连续，在开区间a,b内可导，那么在a,b内至少存在一点，使得f(x)(1)当f(a)0，在a,b内f(x)0f(b)f(a)babaf(a)f()(xa)。由此可得0时，有f(x)x(a,b]).(2)在上述条件下，有有f(a)f(),其中ab。因此，若f(x)单调递减，f(b)f(a)f(b)。以上原理在证明不等式时经常采用。

例3.1 设0x1,x2，平，p,q是正整数，pq1，证明：psinx1qsinx2sin(px1qx2)。

证明：当x1x2时，不等式两边都等于sin设x1x2，为确定起见，设x1x2x1，因而等号成立。，记x3px1qx2，由于pq1，故x3x1q(x2x1)x1。同理x3x2。

将原不等式改写为psinx1qsinx2(pq)sinx3，即q(sinx2sinx3)p(sinx3sinx1)。令f(x)qsinx,g(x)psinx，则f(x)qcosx,g(x)pcosx。根据积分中值定理：

q(sinx2sinx3)qcos1(x2x3)qcos1(xpx1qx2)=pq(x2x1)cos1;

p(sinx3sinx1)pcos2(x3x1)pcos2(px1qx2x1)=pq(x2x1)cos2。其中0x12x31x2cos1cos2。所以原不等式得证。，因而

4.利用Taylor公式证明不等式

依据f(x)的情形，使其按照Taylor公式展开，然后根据已知条件来进行证明不等式。

要点：若f(x)在a,b上有连续n阶导数，则f(a)f(n1)(a)0,f（n）(x)0(当x(a,b)时)。则f(x)f(n)()n!(xa)0(当x(a,b]时)。利用此原理，可以对一些不等式n进行证明。

例4.1 证明：

tanxxxsinx,x(0,2)，证明：原式等价于f(x)sin2xtanxx0，因为f(0)f(0)02f(x)sinx(5secx1)bsin3xsecx0，所以f(x)sinxtanxx0

42(当x(0,2)时)。故tanxxxsinx,x(0,2)。

5.利用凸（或凹）函数的定义来证明不等式

利用函数的凸凹性来对不等式进行证明的方法首要是找到辅助函数f(x)，利用辅助函数f(x)在区间a,b上的二阶导数来判定f(x)的凸凹性，然后根据凸函数或凹函数的性质来进行这证明。

要点：若f(x)0，则函数f(x)为凸函数即x1,x2a,b,(0,1)，有f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)。

若f(x)0，则函数f(x)为凹函数即x1,x2a,b,(0,1)，有f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)。

例5.1 证明：xlnxylny(xy)lnxy2,(x0,y0,xy)1t0，所以

证明：令f(t)tlnt(t0),f(t)lnt1,f(t)1xy)也即 是严格凸函数。于是[f(x)f(y)]f(f(t)tlnt在（0，）221xyxyxy[f(x)f(y)]ln即xlnxylny(xy)ln故得证。2222类似的我们也可证明：

ee2xyxye2,(xy)

6.用求极值的方法证明不等式

用求极值的方法来证明不等式最重要的也很就是构造相关函数，然后判断该函数的极值，这是证明不等式的一个最基本的方法。

要点：要证明f(x)g(x)，只需求函数F(x)也就是证明minF(x)0。

f(x)g(x)的极值，例6.1 设n为自然数，试证：

证明：原始可转化为1(1t2et(1tn)nt2ne(当tn时)t。

tn)ett2n。所以只需证明

f(t)n2tn[1(1ttntn))e]0(tn)，ntn1f(t)te[(1tn)n1(1)(1tn)]=

ntn[2e(1ttn)n1故我们用]。表示方程

2e(10的根。则极值的可疑点为t0,t,及tn。但[1(1f(0)0,f()2nn)e]=

n2n[12(1n)](1n)2n22(n1)0，f(n)n10,f().由此f(t)min所以问题f(t)f(0)0(tn时)。即得证。

类似的我们也可证明：设aln21为任意常数，试证：x2ax1e(当x0时)2x

7.利用单调极限证明不等式

利用单调极限来证明不等式主要的是求函数在某一点的极限值，然后根据单调函数的性质来进行判断。

要点：若xb时，f(x)在定义域上是单调增函数（或严格单调增函数），且xb0时f(x)A,则f(x)A(当xb)（或f(x)。A(当xb)）反之，对于递减或严格递减的函数，也有类似的的结论。利用该原理可以来证明一些不等式，从而使证明过程简洁易懂。

例7.1 证明：x0,tx时，et(1tx)0。

x

证明：当t0或tx时不等式显然成立。故只需证明t0,tx,t0的情况。为此，我们只需证明当x时，f(x)(1事实上：

（1）当t0,t0,tx时，[lnf(x)][ln(1tx)]x[xln(1xtn)ext即可。

tx)]x=ln(xt)lnxtxt（应用Lagrange公）式）=

tttxttxttxt

（0

当0tx时，0xtx.当t0时，0xxt.

tx)xt（2）

f(x)(1tnxxlim(1tx)lim[(1xx]tet.所以当x时，)et。故原不等式即得证。

8.利用被积函数的不等式证明不等式

利用定积分定义来证明一些不等式是一种十分有效的手段，可以将原来较为复杂的证明转化为较为简洁易懂的证明。下面将利用积分的相关性质来证明不等式。

要点：若f(x)g(x)(或f(x)g(x))，则有baf(x)dxbag(x)dx(或f(x)dxa1bbag(x)dx),(x(a,b))。

1例8.1 证明：0cosx1x2dx1sinx1xcosx1xsinx1x222dx0

证明：令tarcsinx，则

0dx20cos(sint)dt

令tarccosx，则 01dx20sin(cost)dt要证的不等式转化为02cos(sint)dt20sin(cost)dt。所以我们只需证 cos(sint)sin(cost)

(当t(0,2)时)。由已知(0,2)上sinxx,cosx严格递减。所以有sin(cost)costcos(sint)。即证原不等式1cosx1x20dx1sinx1x20dx。

9.在不等式两端取变限积分证明新的不等式

利用在不等式两端取变限积分来证明不等式，此种方法要求较高，技巧性太强，难度较大。但对于一些不易证明的不等式应用此种方法则较为简便。

要点：若f(x)g(x)(或f(x)g(x))，则有baf(x)dxbag(x)dx(或f(x)dxabbag(x)dx),(x(a,b))。

例9.1 证明：x0时，xx36sinxxx36x5120。)。在此式两端同证明：已知cosx1(x0,只有x2n时等号才成立xx时取0,x上的积分，得sin1cosxx2

（x0）。再次取0,x上的积分，得

x32

（x0）。即可得到xxxx36sinx

（x0）。然后继续取0,x上的积分，得sinx36x5120。移项即可得所要证明的不等式：

x6sinxxx36x5120。

10.利用著名的不等式证明其他不等式

利用著名的不等式证明其他不等式要求我们应熟悉掌握数学分析中的一些常用的不等式，掌握了这些不等式我们可以利用他们来直接对其他一些难度较大不等式进行证明。此种方法对学生要求较高，难度也较大，技巧性更强。

要点：Cauchy不等式：设ai,bi为任意实数（i1,,n）则n(aibi)i12ab，其中当且仅当a,b成比例时等号才成立。22iiiinni1i1 Schwarz不等式：若f(x),g(x)在（a,b）上可积，则(f(x)g(x)dx)ab2baf(x)dxg(x)dxa2b2。若f(x),g(x)在（a,b）上连续，其中等号当且仅当存在常数,使得f(x)g(x)时成立（,不同时为零）。

Holder不等式：设a1,a2,,an及b1,b2,,bn是两个正整数序列，1p1q1，则当p1时，有(ai)(bi)ppqqi1i1n1n1ab当p0时，不等号

iii1n反向。其中当且仅当aip和biq成比例时取等号。

平均不等式：对任意n个实数ai0n(i1,2,,n)恒有ana1a2ana1a2ann。其中当且仅当a1a2b时等号成立。为任意实数，例10.1 已知f(x)0，在[a,b]上连续，a求证：(abf(x)dx1,kf(x)coskxdx)(f(x)sinkxdx)1。

22ab证明：所要证明的式子的左端第一项应用 Schwarz不等式

(f(x)coskx)[ab2baf(x)(2f(x)coskx)dx]2

（1）

同理可得 babaf(x)dxf(x)coskxdxa2bbaf(x)coskxdx2(f(x)sinkxdx)baf(x)sinkxdxb2

（2）

2b2a（1）+（2）得：(af(x)coskxdx)(f(x)sinkxdx)1。即得证。

总结

不等式是数学分析中的一个重点也是一个难点，也能为其他数学分支的学习提供一个重要工具。不等式的证明是数学领域的重要内容，也是学习中的一个难点。不等式作为一个系统，其内容较为复杂，其的证明方法也较多，以上只是简要介绍了不等式证明的几种常用方法，并用例题作一讲解，意在抛砖引玉。

参考文献:

[1]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]贺彰雄.不等式证明的几种常见方法.湖北教育学报,2007，10(1)：10-20.[3]王晓峰，李静.证明不等式的若干方法.数理医药学杂志.2008.12(1):12-20.[4]张锦来.微分法在不等中的应用.新乡教育学报.2008.10(2):12-20.[5]郭要红，戴普庆.中学数学研究.安徽：安徽教育出版社.

第三篇：证明不等式的方法论文

证明不等式的方法

李婷婷

摘要： 在我们数学学科中，不等式是十分重要的内容。如何证明不等式呢？在本文中，我主要介绍了不等式概念、基本性质和一些从初等数学中总结出的证明不等式的常用方法，分别有比较法、综合法、放缩法、数学归纳法、换元法、判别式法、分解法方法。证明不等式的方法多种多样，在这里我就只例举这些方法。证明不等式方法因题而异，灵活多变，技巧性强。通过学习这些证明方法，使我们进一步掌握不等式证明，可以帮我们解决生活中的许多实际问题。

关键字：不等式；数学归纳法；函数；单调性

不等式作为一个重要的分析工具和分析的手段，在数学中具有举足轻重的地位，不等式的证明可分为推理性问题和探索性问题，推理性问题是指在特定条件下，阐释证明过程，解释内在规律，基本方法有比较法,综合法；探索性问题大多是与自然数有关的证明问题，常采用观察—归纳—猜想—证明的方法思路，以数学归纳法完成证明，不等式证明还有其他方法：换元法，放缩法等。不等式的证明没有固定的程序，证法因题而易，技巧性强。希望通过这些方法的学习。我们可以很好的认识数学的一些特点，从而开扩我们的数学视野。

1不等式概念及基本性质

1.1不等式的概念：表示不相等关系的式子。

实数集内的任意两个数a,b总是可以比较大小的，如果ab是正数，则ab;如果ab是零，则ab；如果ab是负数，则ab。反过来也对。即有 a≧bab0这里符号表示等价于。

这个定义虽然简单，实际它反映不等式的性质。许多不等式的证明，是从这个定义出发。首先，根据不等式的定义，容易证明下述不等式的简单性质，这些性质是证明其他不等式的基本工具。

1.2不等式基本性质

1.2.1abba(对称性)1.2.2若ab,bc,则ac(传递性)1.2.3若ab,则abbc(加法保序性)

1.2.4若ab,c0，则acbc(乘正数保序性)1.2.5若ab,cd,则acbd.若ab,cd,acbd.ab0,cd0,则acbd.11.1.2.6若ab,ab0,则ab

ab.1.2.7若ab0,dc0,则cd

1.2.8若ab0,nN，则anbn,nanb.1.2.9若ab0,m,nN，则a1.2.10含绝对值的不等式

mnb,amnmnb.mn(1)xax2a2axaxbaabxab(2)xaa0x2a2xa或xa.3ababab.4a1a2...ana1....an.1.2.11若a,bR，则a20,ab0.21.2.12若a,bR，则abab.符号当且仅当ab时成立。由这个不等式还可以得到22x2y2xyxyx,yR,22另一些常用的不等式：

ba2a,bR.ababc3abc.符号当且仅当abc时成立。1.2.13若a,b,cR,则

3

2证明不等式的基本策略

2.1比较策略

比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一，它是两个实数大小顺序和运算性质的直接应用，比较法可分为差值比较法(简称为求差法)和商值比较法(简称为求商法)。比较证明不等式的一般步骤是：作差——变形——判断——结论。为了判断作差后的符号，有时要把这个差变形为一个常数，或者一个或几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以便判断其正负。

2.2分析综合策略

分析综合法是数学中常用的两种直接证明方法，也是不等式证明中的基本方法。两者在证明思路上存在着明显的互逆性。

综合法是由已知条件和已知不等式出发，推导出所要证明的不等式；分析法则要逐步找出使结论成立的充分条件，最后归结为已知不等式或者已知条件。对于条件简单而结论复杂的不等式，往往要通过分析法或者分析法与综合法交替使用来寻找证明的途径。

2.3构造策略 所谓构造，就是当某些数学问题用通常的办法难以奏效时，根据题设条件和结论的特征性质，从新的角度、用新的观点观察分析、解释对象，抓住反映问题的条件与结论之间的内在联系，用已知数学关系为支架，构造出满足条件或结论的数学对象，使原题中隐晦不清的关系和性质在新构造中的数学对象中清楚地展现出来，从而借助该数学对象解决数学问题的 2 方法。

用构造法解题时，被构造的对象是多种多样的，按它的内容，分为某种模型、函数、恒等式、复数等，可以达到简捷、明快、以巧取胜的目的。在运用构造法解题时，一要明确构造的目的，即为什么要构造；二要弄清楚问题的特点，以便依据特点、确立方案、实现构造、达到目的。

3证明不等式的基本方法和技巧

3.1 比较法

比较法是证明不等式的最基本，最重要的方法之一，它是两个实数大小顺序和运算性质的直接应用，比较法可分为差值比较法(简称为求差法)和商值比较法(简称为求商法)。3.1.1 作差法

在比较两个实数a和b的大小时，可借助ab的符号来判断.步骤一般为：作差——变形——判断（正号、负号、零）.变形时常用的方法有：配方、通分、因式分解、和差化积、应用已知定理、公式等.abba [例1] 已知a、bR,求证：abab，等号当且仅只当ab时成立。

[分析] 由于要证的不等式关于a,b对称，且式子不复杂，比较的式子都由字母a，b组成，左右两式存在公因式ab，可考虑用作差法来做，作差判断符号。

[证明] 设ab0.bbab0,aabbabbaabbbaabbab0，从而原不等式得证。显然上面的不等式当且仅aabbabab时等号成立，故原不等式当且仅当ab时成立等号。

[评价] 因为做差法是根据差值的符号来判断，所以在 比较差值的时候容易出错，一定要谨慎。3.1.2 作商法

在证题时，一般在a，b均为正数时，借助

aa1或1来判断其大小，bab步骤一般为：作商——变形——判断（大于1或小于1）.[例2]已知a2，求证：loga1alogaa1 [分析] 先判断不等号两边是否是正数。因为a>2,所以logaa10,logaa10，这时我们可考虑用作商法来比较大小，利用对数函数公式，通过变形化简即可判断了。

[证明] 由原题得：

logaa1loga1a1logaa11 logaa1logaa1logaa12又因为

logaa1logaa1logaa1logaa12logaa214log2aa422

1所以原式＞1，故命题得证。

[评价]首先判断了左右两式均是正数，而且是对数形式，这种常用作商法目的在于好利用公式约分化简，构造容易比较大小的形式得出结论。3.2 综合法

利用某些已经证明过的不等式，例如算术平均数、几何平均数的定理、均值定理等等，利用这些不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这个证明方法就是综合法。

[例3]a,b,c为互不相容的正数，且abc1，求证：

111abc.abc[分析] 因为abc1且a,b,c为互不相容的正数。观察前后的式子联想起我们所学的均值定理a1a2anna1a2an。把1换成abc的形式带入式子，化简之后就得nbc+ac+ba,再根据学过的均值定理来构造式子，变形化简可证。

[证明] 化简过程为：

111bcacacababbcbcacbabcacacababbcabc222abc,所以111abc.故命题得证。这样的方法主要靠平时知识的积累和应用。abc[评价]先化简后我们得到的式子就可把整个不等式看成一个整体，根据不等式定理、性质经过变形、运算，导出欲证的不等式。3.3放缩法

是要证明不等式A

11来做，缩小分母，扩大不等号左边的式子。2n(n1)n 4 [证明] 1111 2nn(n1)n1n11111111151171()().22222123n223n1n42n4[评价]此题采用了从第三项开始拆项放缩的技巧，放缩拆项时，不一定从第一项开始，须根据具体题型分别对待，即不能放的太宽，也不能缩的太窄，真正做到恰倒好处。

3.4 数学归纳法

对于含有n(nN)的不等式，当n取第一个值时不等式成立，如果使不等式在nk(nN)时成立的假设下，还能证明不等式在nk1时也成立，那么肯定这个不等式对n取第一个值以后的自然数都能成立.[例5]：证明不等式

111...1nN.n1n23n1[分析]：此题是一个与自然数n有关的命题，首先想到数学归纳法。可分析n=1时，当n=k时，当n=k+1时三种情况来讨论，若在假设下都成立，那么足以说明n在定义内取任何值都使原式成立。

111131.n1n2n3122假设当nk,不等式成立111...11.k1k2k33k4要证当nk1时不等式成立，即[证明] 1当n1,11111112...11.k1k23k13k23k33k4k13k13k23k4 [评价] 对于由不完全归纳法得到的某些与自然数有关的数学命题我们常用数学归纳法来做，在验证命题 n=k(n整数)正确的基础上，证明命题具有传递性，而第二步实际上是一次逻辑的推理代替了无限的验证过程，所以说数学归纳法是一种合理、切实可行的科学证明方法，实现了有限到无限的飞跃。3.5 换元法

在证题过程中，以变量代换的方法，选择适当的辅助未知数，使问题的证明达到简化.主要有两种换元形式。(1)三角代换法：多用于条件不等式的证明，当所给条件较复杂，一个变量不易用另一个变量表示，这时可考虑三角代换，将两个变量都有同一个参数表示。此法如果运用恰当，可沟通三角与代数的联系，将复杂的代数问题转化为三角问题根据具体问题，实施的三角代换方法有：①若xy1，可设xcos,ysin；②若xy1，可设xrcos,yrsin0r1；③对于含有的不等式，由于x1，可设xcos；④若xyzxyz，由tanAtanBtanCtanAtanBtanC知，可设

2222xtanA,ytanB,ztanC其中ABC。(2)增量换元法：在对称式(任意交换 5 两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如abc0等)的不等式，考虑用增量法进行换元，其目的是通过换元达到减元，使问题化难为易，化繁为简。如ab1，可以用a1t,bt进行换元。

2222 [例6] 已知x,yR且xy1.求证x2xyy2.[分析] 在式中有xy≤1不 等式，可联想到上面性质中的第②点：若x2y21，可设xrcos,yrsin0r1，化为三角函数来带入要证明的式子就较为简便。

[证明] 设xrcos,yrsin,r1,则22x22xyy2r2cos22cossinsin2r2cos2sin22r2sin22.4

[评价]这里用的三角代换是换元法的一种。题目形式上比较复杂，但有一定的规律，则可采用变量代换法，通过换元，把生疏的结构转化为重要不等式形式使证题思路自然、简捷。它的基本思路是：按照代数式的结构特点选用适当的三角公式，进行三角代换，把代数题转化为三角题，从而用三角知识去解。3.6 判别式法

根据已知的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应满足的不等式，从而推出欲证的不等式方法。判别式法应用

2f(y)xg(y)x(y)0形极其广泛，它的使用范围是“解答函数的解析式可以转化为

2式的一类函数的最大（小）值或值域问题”，学习时注意对x项系数f(y)0和f(y)0两种情况的讨论。

2f(y)xg(y)(y)0,f(y)0，依据xR,0求出y的范围。方法：①由②讨论f(y)0时的x的值是否是函数y的定义域中的值？若是，则y的范围含f(y)0a1x2b1xc1ab2a2xb2xc2的y值，是否不含这个值.本题解法对证明形如“，a1x2b1xc1cda2xb2”的不等式具有一般性。

1x2x13[例7] 求证:22x12。

[分析] 此题目不等号中间式子可构造成一元二次函数，要注意对x的系数的两种情况讨论 6 x2x1y22(1y)xx1y0，x1证明：设，则

2y1xR,14(1y)0,得（1）当时，由13y,(y1)2 2

2(1y)xx1y0，得x=0（2）当y=1时，由x2x1yx21的定义域中的一个值，所以y=1是它的值域中的一个值.由（1）而x=0是函数131x2x13y2222x12。和（2）知，即[评价] 用判别式法证明不等式，实际上就是求函数的最大（最小）值或值域.它的使用

2f(y)xg(y)(y)0,f(y)0形式的一类函数范围是“解答函数的解析式可以转化

2的最大（小）值或值域问题”，学习时注意对x项系数f(y)0和f(y)0两种情况的讨论。

3.7 分解法

按照一定的法则，把一个数或式分解为几个数或式，使复杂问题转化为简单易解的基本问题，以便分而治之，各个击破，从而达到证明不等式的目的.[例8] 求证：11111111 26122030426[分析] 此题不等号左边为同分子异分母的7个分数和，分母的结构特点是从1开始每相邻两个自然数乘积，符号为加减交替，可利用我们学过的式子使相同式子相消，即可得答案。[证明] 因为

111来做，n(n1)nn1111

n(n1)nn***1=＜原题得2233445566776 所以 原式=1-证。

[评价]只要利用学过的公式来分解式子就更容易了，但这题要注意符号，符号容易出错。3.8函数极值法

在不等式证明中，我们常常构造函数f(x)，而f(x)构造好后，如果在所给函数区间上无法判断f(x)符号，即当函数不具有单调性时，可以考虑用极值与最值的方法进行证明

[例9] 设xR，求证：4cos2x3sinx21.8[分析] 此题可构造成一元二次方程的顶点式进行证明。

31[证明] f(x)cos2x3sinx12sin2x3sinx2sinx2

48当sinx231时，f(x)max2;48当sinx1时，f(x)min4.故 4cos2x3sinx21.8[评价]这题难在于化简f(x)来构造函数，用一元二次方程的顶点式求最值较易。3.9函数单调法

当x属于某区间，有f(x)0，则f(x)单调上升；若f(x)0，则f(x)单调下降.推广之，若证f(x)g(x)，只须证f(a)g(a)及f(x)g(x),(x(a,b))即可.[例10] 证明不等式e1x,x0.[分析] 所求不等式中有e，结构不复杂，求导数是它本身，这样用求导法来做应容易。靠导数求单调性就可把极值求出，即可证明不等式。

[证明]设fxe1x,则f'xe1。xxxx故当x0时，f'x>0,f严格递增； 当x0时，f'x0严格递减。

又由于f在x0处连续，则当x0时fxf00，从而得证。

[评价]此题目具有幂指数函数形式，对不等式进行移项、整理，在此基础上根据函数单调性证明之。利用函数单调性证明不等式，不等式两边必须可导，对所构造的辅助函数f（x）应在某闭区间内连续，开区间内可导，然后通过在开区间f'x的符号判断间上的单调性，根据单调性来解决不等式问题。

f（x）在闭区4小结

不等式的证明方法很多，远远不止以上所述，每一种方法都具有一定的特点和使用性，并有一定的规律可循，只有在多分析多总结的基础上，才能把握问题的实质，熟练运用各种证明技巧，提高解决问题的水平。各种证明方法之间也并不是孤立的，有时一个不等式也可能有好多种证明方法。我们在证明不等式中不必拘泥某种单一的方法，需要因地制宜根据不同的情况选择不同的方法来论证，可根据具体的情况灵活选择最简单、最优化的方法，从而达到最佳的证明效果，体现数学的简洁性和实用性。

经过这段时间的毕业论文设计和对相关资料的收集，我对于不等式的证明有了深刻的了解和认识。学习了这些方法，可以帮助我们解决一些实际问题，培养逻辑推理论证能力和抽 8 象思维能力以及养成勤于思考、善于思考的良好学习习惯。

参考文献: ［1］李长明,周焕山.初等数学研究[M].北京:高等教育出版社,1995,253-263.［2］叶慧萍.反思性教学设计-不等式证明综合法[J].数学教学研究,2005,10(3):89-91 ［3］张顺燕 数学的思想、方法和应用［M］北京：北京大学出版社。2003 ［4］数学分析.华东师范大学数学系(第三版)[M].北京:高等教育出版社,1999,87.［5］李海港，张传法.利用均值不等式求最值的技巧［M］.学术期刊:高中数理化（高二）GAOZHONG SHU-LI-HUA。2007年第1期。

[6]霍连林.著名不等式[M].北京:中国物质出版社,1994,123-124.[7]张卫斌.中学数学不等式证明的常用策略与技巧[M].《新课程（中学）》2010年第12期

第四篇：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

第五篇：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”。