第一篇：不等式证明方法讲义
不等式的证明方法
一、比较法
1.求证：x2 + 3 > 3x
2.已知a, b, m都是正数，并且a < b，求证：ama bmb
ab
23.已知a, b都是正数，并且a b，求证：a5 + b5 > a2b3 + a3b2作商法1.设a, b R，求证：ab(ab)+ababba
二、综合法
1．综合法：利用某些已经证明过的不等式（例如算术平均数与几何平均数定理）和不等式的性质推导出所要证明2．用综合法证明不等式的逻辑关系是：AB1B2BnB
3．综合法的思维特点是：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出结论的一种证例题：已知a，b，c是不全相等的正数，求证：a(bc)b(ca)c(ab)6abc
例题：已知a，b，c都是正数，且a，b，c成等比数列，求证：abc(abc)
例题：a , b, cR,求证：1(abc)(***19)92(abc)() abcabbcca
2三、分析法
例题： 求证37
2例题：已知a,b,c,d∈R,求证:ac+bd≤(ab)(cd)
例题：用分析法证明下列不等式:
(1)求证:571(2)求证:x1
(3)求证:a,b,c∈R,求证:2(+2222x2x3x4(x≥4)ababcab)3(abc)2
3四、换元法 三角换元：
若0≤x≤1，则可令x = sin(0
22)或x = sin2(222若xy1，则可令x = cos , y = sin(02 代数换元：“整体换元”,“均值换元”,例题： 求证：11xx2 2
2例题： 已知x > 0 , y > 0，2x + y = 1，求证：11322 xy
2例题：若xy1，求证：|x2xyy|2222
五、放缩法与反证法
abcd2 abdbcacdbdac
1111例题：求证：22222 123n例题：若a, b, c, dR+，求证：1
例题：（用反证法）设0 < a, b, c < 1，求证：(1 a)b,(1 b)c,(1 c)a,不可能同时大于
例题：已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求证：a, b, c > 0
4六、构造法
22222222例题：已知0 < a < 1，0 < b < 1，求证：ab(a1)ba(b1)(a1)(b1)2
2习题精选精解
例题：正数x,y满足x2y1，求1/x1/y的最小值。
例题：设实数x,y满足x(y1)1，当xyc0时，求c的取值范围。
例题：已知函数f(x)axbx(a0)满足1f(1)2，2f(1)5，求f(3)的取值范围。
例题：已知abc，求证：abbccaabbcca
例题：
222222222
例题：设fxxx13，实数a满足xa1，求证：fxfa2a1 2
注：式的最后一步省略了对a
0,a0,a0的详细分析，正式解题时不能省。分析过程用 a,b同号|ab||a||b|||a||b|||ab|;a,b异号|ab||a||b|||a||b|||ab| 例题：a、b、c(0,)，abc1，求证：
例题：xy1，求证：2xy
例题：已知1≤x＋y≤2，求证：
2222a2b2c213 2 122≤x－xy＋y≤3． 22
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-bbb-a=(ab)a-b
∵ab0，∴ab1，a-b0
∴(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 ab0，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a0，b0，a+b=1，证明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252
证明：∵ a0，b0，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a0，b0，2ca+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：高二_不等式的证明讲义
高二数学不等式同步辅导讲义
第1讲 不等式的证明
一、辅导内容
不等式证明的方法与技巧
二、学习指导
不等式的证明主要研究对绝对不等式的变形、化简。其原理是利用不等式的传递性从不等式的左端或右端适当地放大（或缩小）为右端或左端。不等式的性质是不等式证明的基础。
不等式证明的常规方法有：比较法、综合法、分析法。比较法的研究对象通常是代数不等式，如整式不等式，分式不等式；综合法主要是用基本不等式及不等式的性质研究非负实数集内的绝对值不等式；当因题目条件简单或结论形式复杂而无法对不等式下手时，可考虑用分析法，但应注重格式，注意规范化用语。
根据题目条件或结论的特殊形式，证明不等式还有一些技巧方法；换元法、反证法、放缩法、判别式法等。
三、典型例题
【例1】 设a，b∈R，求证：a+b≥ab+a+b-1。
解题思路分析：
思路一：这是一个整式不等式，可考虑用比较法，在配方过程应体现将a或b看成主元的思想，在这样的思想下变形，接下来的配方或因式分解相对容易操作。
作差δ=a+b-ab-a-b+1=a-(b+1)a+b-b+1=(a =(ab123)(b1)2≥0 2
422222
222
b123233)bb 2424思路二：注意到不等式两边式子a+b与ab的结构特点，联想到基本不等式；为了得到左边的a与b项，应用增减项法变形。增加若干项或减少若干项的技巧在本节应用得较为普遍。
因a+b≥2ab，a+1≥2a，b+1≥2b 三式同向相加得：a+b≥ab+a+b-1 思路三：在思路一中，作差δ后得到关于a的二次三项式，除了用配方法，还可以联系二次函数的知识求解。记f(a)=a-(b+1)a+b-b+1 因二次项系数为正，△=(b+1)-4(b-b+1)=-3(b-1)≤0 ∴ f(a)≥0 【例2】 已知0 根据已知条件：a+b+c+abc>0，首先将题目结论改造为1+ab+bc+ca≥a+b+c+abc，即1+ab+bc+ca-a-b-c-abc≥0。这样的化简或变形（变形的目的也是化简）在绝大多数解题中都是需要的），而且是必要的。在变形过程中通常注意前后问题的等价性。 其次在对欲证不等式左边的化简时，应从已知条件中寻找思路：由a≤1，b≤1，c≤1得：1-a≥0，1-b≥0，1-c≥0，因此在对1+ab+bc+ca-a-b-c-abc因式分解时，应向1-a，1-b，1-c这三个因式靠拢，这样才便于判断整个因式的符号。由轮换式的特点，找准1-a，1-b，1-c中的一个因式即可。 1+ab+bc+ca-a-b-c-abc =(1-a)+b(a-1)+c(a-1)+bc(1-a)=(1-a)(1-b-c+bc)=(1-a)(1-b)(1-c)≥0 【例3】 设A=a+d，B=b+c，a，b，c，d∈R+，ad=bc，a=max{a，b，c，d}，试比较A与B的大小。 解题思路分析： 因A、B的表达形式比较简单，故作差后如何对因式进行变形是本题难点之一。利用等式ad=bc，借助于消元思想，至少可以消去a，b，c，d中的一个字母。关键是消去哪个字母，因条件中已知a的不等关系：a>b，a>c，a>d，故保留a，消b，c，d中任一个均可。 由ad=bc得：dbcbcbcac A-B=a+d-(b+c)=a bcabaaa1abbcca≥1。 abcabc 22222222222 =abc(ab)(ab)(ac)0 aabc d(bd)(cd)bcbccd A-B=adbc dbc(bd)=ddd下面是判断b-d与c-d的符号，即比较a、c与d的大小：应从条件a=max{a，b，c，d}及ad=bc出发才挖掘隐藏条件。又：若不慎消去了a，该怎么办呢？ 由ad=bc得：aac bdac∵ a>b>0 ∴ >1 即 >1 ∴ c>d，c-d>0 bd由ad=bc得：同理b-d>0 ∴ A-B>0 【例4】 a，b，c∈R，求证：a+b+c≥(a+b+c)。 解题思路分析： 不等号两边均是和的形式，利用一次基本不等式显然不行。不等号右边为三项和，根据不等号方向，应自左向右运用基本不等式后再同向相加。因不等式左边只有三项，故把三项变化六项后再利用二元基本不等式，这就是“化奇为偶”的技巧。 11左=(2a42b42c4)[(a4b4)(b4c4)(c4a4)] 21≥(2a2b22b2c22c2a2)a2b2b2c2c2a2 2发现缩小后没有达到题目要求，此时应再利用不等式传递性继续缩小，处理的方法与刚才类似。a2b2b2c2c2a21(2a2b22b2c22c2a2)24 441[(a2b2b2c2)(b2c2c2a2)(c2a2a2b2)]21≥(2ab2c2abc22a2bc)ab(abc)2 【例5】（1）a，b，c为正实数，求证： 111111； ≥ abcabbcaca2b2c2abc（2）a，b，c为正实数，求证：≥。bcacab2解题思路分析： （1）不等式的结构与例4完全相同，处理方法也完全一样。 （2）同学们可试一试，再用刚才的方法处理该题是行不通的。注意到从左向右，分式变成了整式，可考虑在左边每一个分式后配上该分式的分母，利用二元基本不等式后约去分母，再利用不等式可加性即可达到目的。试一试行吗？ a2 【例6】 x，y为正实数，x+y=a，求证：x+y≥。 2解题思路分析： 思路一；根据x+y和x+y的结构特点，联想到算术平均数与平方平均数之间的不等关系。x2y2xy∵ ≤ 22(xy)2a2∴ xy≥ 222222思路二：因所求不等式右边为常数，故可从求函数最小值的角度去思考。思路一所用的是基本不等式法，这里采用消元思想转化为一元函数，再用单调性求解。换元有下列三种途径： 途径1：用均值换元法消元： 令 xaam，ym 22 a2aaa2222则 xy(m)(m)2m≥ 2222途径2：代入消元法： 22y=a-x，0 222222222途径3：三角换元法消元： 22令 x=acosθ，y=asinθ，θ∈(0，] 222244222222则 x+y=a(cosθ+sinθ)=a[(sinθ+cosθ)-2sinθcosθ] a211222 =a[1-2(sin2θ)]=a(1-sin2θ)≥ 222 注：为了达到消元的目的，途径1和途径3引入了适当的参数，也就是找到一个中间变量表示x，y。这种引参的思想2是高中数学常用的重要方法。 (ab)2ab(ab)2ab 【例7】 已知a>b>0，求证：。8a28b解题思路分析： 所证不等式的形式较复杂（如从次数看，有二次，一次，1次等），难以从某个角度着手。故考虑用分析法证明，即2执果索因，寻找使不等式成立的必要条件。实际上就是对所证不等式进行适当的化简、变形，实际上这种变形在相当多的题目里都是充要的。 abab2ab(ab)2ab 222ab(ab)(ab)(ab)2(ab)2(ab)2(ab)2(ab)2所证不等式可化为 8a28b∵ a>b>0 ∴ ab ∴ ab0 (ab)2(ab)21∴ 不等式可化为： 4a4b2(ab)4aab2a即要证 只需证 24b(ab)2bab在a>b>0条件下，不等式组显然成立 ∴ 原不等式成立 【例8】 已知f(x)=解题思路分析： 不等号两边字母不统一，采用常规方法难以着手。根据表达式的特点，借助于函数思想，可分别求f(a)及g(b)=b-4b+的最值，看能否通过最值之间的大小关系进行比较。 22x34x8，求证：对任意实数a，b，恒有f(a) 211.2112f(a)2a3482a82a(2)8a282a82a≤ 822a82a8422 令 g(b)=b-4b+∵ 11323 g(b)=(b-2)+≥ 22232 ∴ g(b)>f(a)2注：本题实际上利用了不等式的传递性，只不过中间量为常数而已，这种思路在两数大小比较时曾讲过。由此也说明，实数大小理论是不等式大小理论的基础。 【例9】 已知a，b，c∈R，f(x)=ax+bx+c，当|x|≤1时，有|f(x)|≤1，求证： （1）|c|≤1，|b|≤1； （2）当|x|≤1时，|ax+b|≤2。 解题思路分析： 这是一个与绝对值有关的不等式证明题，除运用前面已介绍的不等式性质和基本不等式以外，还涉及到与绝对值有关的基本不等式，如|a|≥a，|a|≥-a，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1±a2±„±an|≤|a1|+|a2|+„+|an|。就本题来说，还有一个如何充分利用条件“当|x|≤1时，|f(x)|≤1”的解题意识。 从特殊化的思想出发得到： 令 x=0，|f(0)|≤1 即 |c|≤1 当x=1时，|f(1)|≤1；当x=-1时，|f(-1)|≤1 下面问题的解决试图利用这三个不等式，即把f(0)，f(1)，f(-1)化作已知量，去表示待求量。∵ f(1)=a+b+c，f(-1)=a-b+c 1∴ b[f(1)f(1)] 2111∴ |b||f(1)f(1)|≤[|f(1)||f(1)|]≤(11)≤1 222（2）思路一：利用函数思想，借助于单调性求g(x)=ax+b的值域。 2当a>0时，g(x)在[-1，1]上单调递增 ∴ g(-1)≤g(x)≤g(1)∵ g(1)=a+1=f(1)-f(0)≤|f(1)-f(0)|≤|f(1)|+|f(0)|≤2 g(-1)=-a+b=f(0)-f(-1)=-[f(-1)-f(0)] ≥-|f(-1)-f(0)|≥-[|f(-1)|+|f(0)|]≥-2 ∴-2≤g(x)≤2 即 |g(x)|≤2 当a<0时，同理可证。思路二：直接利用绝对值不等式 为了能将|ax+b|中的绝对值符号分配到a，b，可考虑a，b的符号进行讨论。当a>0时 |ax+b|≤|ax|+|b|=|a||x|+|b|≤|a|+|b|≤a+|b| 下面对b讨论 ① b≥0时，a+|b|=a+b=|a+b|=|f(1)-f(0)| ≤ |f(1)|+|f(0)|≤2； ② b<0时，a+|b|=a-b=|a-b|=|f(-1)-f(0)|≤|f(-1)|+f(0)|≤2。∴ |ax+b|≤2 当a<0时，同理可证。 评注：本题证明过程中，还应根据不等号的方向，合理选择不等式，例如：既有|a-b|≥|a|-|b|，又有|a-b|≥|b|-|a|，若不适当选择，则不能满足题目要求。 同步练习 （一）选择题 1、设a，b为正数，且a+b≤4，则下列各式一定成立的是（）1111111≤ B、≤≤ ab44ab211111C、≤≤1 D、≥1 2ababA、2、已知a，b，c均大于1，且logac·logbc=4，则下列各式中一定正确的是（）A、ac≥b B、ab≥c C、bc≥a D、ab≤c 3、设m不等于n, x=m-mn y=nm-n，则x , y的大小关系为（） A、x>y B、x=y C、y>x D、与m ,n的取植有关 43344、已知a，b是不相等的正数，在a、b之间插入两组数：x1，x2，„，xn和y1，y2，„，yn，b成等比数列，并给出下列不等式： ① ② 1ab2(x1x2xn)ab()n21nn(x1x2xn)ab2 ③ y1y2ynab ④ y1y2ynnabab2()22那么，其中为真命题的是（） A、①③ B、①④ C、②③ D、②④ 5、已知a，b，c>0，且a+b>c，设M= abc，N=，则MN的大小关系是 4abc4cA、M>N B、M=N C、M 6、已知函数f(x)=-x-x，x1，x2，x3∈R，且x1+x2>0，x2+x3>0，x3+x1>0，则f(x1)+f(x2)+f(x3)的值（） A、一定大于零 B、一定小于零 C、一定等于零 D、正负都有可能 111117、若a>0，b>0，x()，y，z，则（） 2abababA、x≥y>z B、x≥z>y C、y≥x>z D、y>z≥x 8、设a，b∈R，下面的不等式成立的是（）A、a+3ab>b B、ab-a>b+ab C、（二）填空题 9、设a>0，b>0，a≠b，则ab与ab的大小关系是__________。 10、若a，b，c是不全相等的正数，则(a+b)(b+c)(c+a)______8abc（用不等号填空）。 11、设n个正数x1，x2，„，xn的算术平均数是x，若a是不等于x的任意实数，并记ab ba22 3aa12D、a+b≥2(a-b-1)bb1p(x1x1)2(x2x)2(xnx)2，q(x1a)2(x2a)2(xna)2，则p与q大小关系是__________。 1t112、当0 22nnn13、若a，b，c为Rt△ABC的三边，其中c为斜边，则a+b与c（其中n∈N，n>2）的大小关系是________________。 （三）解答题 14、已知a>0，b>0，a≠b，求证：ababba。 15、已知a，b，c是三角形三边的长，求 证：1abc2。bcacab1116、已知a≥0，b≥0，求证：(ab)2(ab)≥aaba。 243317、已知a，b为正数，a+b=2，求证：a+b≤2。 111a8b8c818、若a，b，c为正数，求证：≤。 abca3b3c3112519、设a>0，b>0，且a+b=1，求证：(a)(b)≥。 ab420、已知a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求证：a，b，c全为正数。 第2讲 含有绝对值的不等式 一、辅导内容 含有绝对值的不等式证明 二、学习指导 1、绝对值的性质 （1）基本性质：①x∈R时，|x|≥x，|x|≥-x；②|x| （2）运算性质：|ab|=|a||b|，|a|a||，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1±a2±„+an|≤|a1|+|a2|+„+|an|。b|b| 222（3）几何意义：|x-a|表示数轴上数x，a对应的两点之间的距离。 2、与绝对值有关的不等式的证明 其方法仍是证明一般不等式的方法，如比较法、综合法、分析法等，但它除了涉及一般不等式的性质外，还经常用到刚才所介绍的绝对值的性质，特别是||a|-|b||≤|a|±|b|这一条性质。 在利用绝对值的性质时，应根据不等号的方向进行合理的选择。 3、含绝对值不等式的证明与解法有较大的差异，在解不等式中，主要是考虑如何去掉绝对值符号；而在证明中，一般不提倡去掉绝对值符号，当然，少数题目例外。 三、典型例题 【例1】 设|a|<ε,|a-b|<2ε，求证：|b|<3ε。 解题思路分析： 根据解题的“结论向条件靠拢”的原则，本题主要思考如何用a，a-b表示b，从而利用|a|及|a-b|的条件得到|b|的范围。 ∵ b=a-(a-b)∴ |b|=|a-(a-b)|≤|a|+|a-b|<ε+2ε=3ε 注：本题还涉及到了化简变形中的整体思想，即将a-b看作一个整体。 实际上根据|a-b|的结构特点，也可用绝对值的基本不等式对其缩小：||a|-|b||≤|a-b|，关键是不等式的左端是选择|a|-|b|，还是|b|-|a|，尽管两个不等式都成立，但由本题的消元要求，应消去a，保留b，故选|b|-|a|≤|a-b|。 ∴ |b|-|a|<2ε 又 |a|<ε ∴ 两不等式同向相加得|b|<3ε 【例2】 已知f(x)=x-x+c，|x-a|<1，a，c∈R，求证：|f(x)-f(a)|<2(|a|+1)。 求证：|f(x)-f(a)|<2(|a|+1)解题思路分析： 因f的对应法则已知，故首先对不等式左边化简：|f(x)-f(a)|=|x-x+c-(a-a+c)|=|x-a-x+a|。接下来的变形向条件|x-a|<1靠拢，即凑出因式x-a： |f(x)-f(a)|=|x-a-x+a|=1(x-a)(x+a)-(x-a)|=|x-a||x+a-1|<|x+a-1| 下一步化简有两种途径：从结论向条件凑，或从条件向结论凑。 途径一：|x+a-1|=|x-a+2a-1|≤|x-a|+|2a-1|≤|x-a|+|2a|+1<1+2|a|+1=2(|a|+1)途径二：|x+a-1|≤|x|+|a-1|≤|x|+|a|+1 又 |x-a|≥|x|-|a| ∴ |x|-|a|<1 ∴ |x|<|a|+1 ∴ |x+a-1|≤|x|+|a|+1<|a|+1+|a|+1=2(|a|+1)注：途径二在利用基本不等式|x-a|≥||x|-|a||时，涉及到是选择|x-a|≥|x|-|a|，还是|x-a|≥|a|-|x|，应根据与|x|有关的不等号方向选择。本题是要将|a|放大，故选择|x-a|≥|x|-|a|。 |ab||a||b| 【例3】 求证≤。 1|ab|1|a|1|b|解题思路分析： 思路一：三个分式的结构特点完全一致，可构造函数f(x)=2 222 x，利用f(x)的单调性放缩。1xx(x≥0)1x易证f(x)在[0，+∞）上递增 令f(x)=∵ 0≤|a+b|≤|a|+|b| ∴ f(|a+b|)≤f(|a|+|b|) ∴ |ab||a||b||a||b|≤ 1|ab|1|a||b|1|a||b|1|a||b||a||a||b||b|，1|a||b|1|a|1|a||b|1|b||a||b||a||b| 1|a||b|1|a||b|1|a|1|b|根据结论要求，采用缩小分母增大分式的放缩技巧 ∵ ∴ ∴ 由不等式传递性，原不等式成立 思路二：用|a+b|≤|a|+|b|进行放缩。但不等式左边分式的分子、分母均含有|a+b|，必须转化为只有一项含|a+b|的分式。 ∵ |a+b|≤|a|+|b| 11∴ ≥ |ab||a||b| 111|ab|111|ab|≤111|a||b||a||b| 1|a||b|下同思路一。 【例4】 已知a，b，x∈R，ab≥0，x≠0，求证|ax解题思路分析： 本题考虑去绝对值符号后进行证明。 b|≥2ab。xb思路一：不等号两边均为非负，原不等式(ax)2≥(2ab)2 xb2即 ax22ab≥4ab x22b2∵ ax2≥2a2b22ab x22b2∴ ax2≥4ab x2ab22b|≥0，|ax|≥0，显然成立 ab当a≠0且b≠0时，由a、b>0知，(ax)()>0 x思路二：当a=0，或b=0时，原不等式为|∴ |axbbb||ax|||≥2|ax|||2|ab|2ab xxx2 【例5】 已知f(x)=x+ax+b，（1）求f(1)-2f(2)+f(3)；（2）证明|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于解思路分析： （1）f(1)-f(2)+f(3)=2；问题（2）的求解想办法利用（1）的结论。 这是一个存在性的命题，因正面情形较多，难以确定有几个，故采用反证法。 假设|f(x)|< 1。2111,|f(2)|<，|f(3)|< 22211122 222 则 |f(1)-2f(2)+f(3)|≤|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|< 但 |f(1)-2f(2)+f(3)|=2 由此得到矛盾。 【例6】 已知a，b∈R，|a|>1，|b|>1，且a≠b，求证：| 解题思路分析： 本题用分析法较为方便。 1ab|>1。ab1ab1ab2|1()1(1ab)2(ab)21a2b2a2b20 ab ab(1a2)(1b2)0|∵ |a|>1，|b|>1 ∴ a>1，b>1 ∴ 1-a<0，1-b<0 ∴(1-a)(1-b)>0 ∴ 原不等式成立 【例7】 设x，y∈R，x+y≤1，求证：|x+2xy-y|≤2。 解题思路分析： 也许有同学会这样解： |x+2xy-y|≤|x|+|2xy|+|-y|=x+y+2|xy|≤x+y+x+y=2(x+y)≤2 但放缩过度，不能满足本题要求。 根据条件“平方和”的特征，考虑用三角换元法： 令 x=rcosθ，y=rsinθ，|r|≤1 则 |x+2xy-y|=2r|sin(2θ+222222 222 222 22222222)|≤2r≤2 4同步练习 （一）选择题 1、已知函数f(x)=-2x+1对任意正数ε，使得|f(x1)-f(x2)|< ε成立的一个充分但不必要条件是 C、|x1-x2|< D、|x1-x2|>ε 242、a，b是实数，则使|a|+|b|>1成立的充分不必要条件是 A、|x1-x2|<ε B、|x1-x2| 3、设a，b C、|a-b|<||a|-|b|| D、|a-b|<|a|+|b| 4、若a，b∈R，且|a+b|=|a|+|b|，则 a0a0A、 B、ab0 C、 D、ab0 b0b011且|b|≥ C、a≥1 D、b<-1 225、已知h>0，命题甲；两个实数a,b满足|a-b|<2h；命题乙：两个实数a，b满足|a-1| C、甲是乙的充要条件 D、甲既不是乙的充分条件又不是乙的必要条件 |ab| 6、不等式≤1成立的充要条件是 |a||b|A、ab≠0 B、a+b≠0 C、ab>0 D、ab<0 7、设a，b∈R，则|a|<1且|b|<1是ab+1>a+b的 A、充分非必要条件 B、必要非充分条件 C、充要条件 D、既非充分又非必要条件 8、已知函数f(x)=-2x+1，对于任意正数ε，使得|f(x1)-f(x2)|<ε成立的一个充分非必要条件是 A、|x1-x2|<ε B、|x1-x2|< （二）填空题 9、若|x+y|=4，则xy最大值是________。 |a||b| 10、若a≠b，a≠0，b≠0，则______|a||b|（填>、≥、<、≤）。|b||a| 11、a，b∈R，则|a+b|-|a-b|与2|b|的大小关系是______________。 12、关于x的不等式|x+2|+|x-1| 22 C、|x1-x2|< D、|x1-x2|> 23 3（三）解答题 2 13、已知|a+b|<，|a-b|<，求证|a|<。 233cbcb|x1|，|x2|。baba15、已知f(x)在[0。1]上有意义，且f(0)=f(1)，对于任意不同的x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|成立，14、已知二次方程ax+bx+c=0（a>0，b>0，c>0）的两个实根x1，x2，求证：2求证：|f(x1)-f(x2)<1。2a2b2|a||b| 16、求证：≥（a，b∈R）。 2217、已知a，b∈R，|a|<1，|b|>1，求证：|1+ab|<|a+b|。 18、已知|a|<1，|b|<1，|c|<1，求证： （1）|abc|1； |1abc|（2）a+b+c 19、求证 220、已知a，b∈R，且|a|+|b|<1，求证方程x+ax+b=0的两个根的绝对值都小于1。 21、在一条笔直的街道上住着7位小朋友，他们各家的门牌分别为3号，6号，15号，19号，20号，30号，39号，这7位小朋友准备凑在一起玩游戏，问地点选在哪位小朋友家，才能使大家所走的路程和最短？（假定数字相连的两个门牌号码的房子间的距离相等）。 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”。 几个简单的证明方法 一、比较法： ab等价于ab0；而ab0等价于a b1.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ab，又已知(或易证)ac，则只要证cb，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：a21a；n(n1)n； ②将分子或分母放大（或缩小）； ③利用基本不等式，如： log3lg5（n(n1)lg3lg522)2lglglg4； n(n1)； ④利用常用结论： k1k 1k1 1k 11k1k 12k 1k； 1k(k1) 1k1 1k 1k1 1k 1k(k1)1k； （程度大） 1k 1 (k1)(k1) 2k1 （)；（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x2y2a2，可设xacos,yasin； 已知x2y21，可设xrcos,yrsin(0r1)； 已知 xaxa 2 ybyb 1，可设xacos,ybsin； 已知 1，可设xasec,ybtan； 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kn0，从P(k)成立可推出P(k1)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)(1km)成立可推出 P(k1)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n2m)，使得P(n)成立，且从P(k1)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1nk的n成立可推出P(k1)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(k1)成立可推出P(k2)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n1n，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(k1)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(m1,n),P(m,n1)成立，证明P(m1,n1)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 sinkx0,(0x) 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，bR，且ab1.求证：a2b2 252 .证法一：(比较法)a,bR,ab1 b1a a2b2 252 ab4(ab) 122(a 12)0 a(1a)4 2a2a 即a22b22 证法二：(分析法) 252 (当且仅当ab时，取等号).a22B2 252 ab4(ab)8 252 b1a 225122 (a)0a(1a)4822 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(a2)2(b2)2 252，则 a2b24(ab)8 252 252 .由ab1，得b1a，于是有a2(1a)212 1 所以(a)0，这与a0矛盾.22 .所以a2b2 252 .证法五：(放缩法) ∵ab1 ∴左边＝a2b2 a2b221252ab4 222 ＝右 边.点评：根据不等式左边是平方和及ab1这个特点，选用基本不等式 ab ab2.2 证法六：(均值换元法) ∵ab1，所以可设a 12t，b t，1 ∴左边＝a2b2(t2)2(t2)2 5525252 ＝右边.tt2t 2222 当且仅当t0时，等号成立.点评：形如ab1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ya2b2，由ab1，有y(a2)2(3a)22a22a13，所以2a22a13y0，因为aR，所以442(13y)0，即y故a2b2 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A0，B0，则(A+B)nAn+nA(n-1)B，其中nN.证明：由二项式定理可知 n (A+B)=AniBiAn+nA(n-1)B n i0 (A+B)A+nA nn(n-1) B第四篇：不等式证明若干方法
第五篇：不等式的证明方法
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