选修4-5不等式的证明方法及习题

第一篇：选修4-5不等式的证明方法及习题

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：

ambm

ab

变式：若a > b，结果会怎样？若没有“a < b”这个条件，应如何判断？ 3.已知a, b都是正数，并且a  b，求证：a5 + b5 > a2b3 + a3b

24.甲乙两人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m行走，另一半时间以速度n行走；有一半路程乙以速度m行走，另一半路程以速度n行走，如果m  n，问：甲乙两人谁先到达指定地点？

变式：若m = n，结果会怎样？

二：作商法

ab

1.设a, b  R，求证：aabb(ab)

+

2ba

ab

三、综合法

1.已知a，b，c是不全相等的正数，求证：

a(bc)b(ca)c(ab)6abc

2.已知a，b，c都是正数，且a，b，c成等比数列，求证：a2b2c2(abc)2 练习：

1求证：ab



(ab),a, b, c  R

2求证：a2b2

bc

ca

1a



1b

2(abc),a, b, c  R

1c)9

1)

3．a , b, cR,求证：1(abc)(2(abc)（1

abbcca

abc

33

bccaab2

3由上题：(abc)(∴1

cab

1

abc

1ab

b

1bc92



1ca)

92

bca



cab

32

1

ca

即

abc

四、分析法

例1求证372

5例2证明：通过水管放水，当流速相同时，如果水管截面的周长相等，那么截面是圆的水练习：

1.已知a,b,c,d ∈R,求证:ac + bd ≤(a2b2)(c2d2)选择题

(1)若logab为整数,且loga>logablogba,那么下列四个结论中正确的个

b

数是（1b

>b>a2②logab+logba=0③0

答案:A

(2)设x1和x2是方程x2+px+4=0的两个不相等的实数根,则（）x1|>2且|x2|>2 x1+x2x1+x2x1|=4且|x2|=1 答案:B

(3)若x,y∈R+,且x≠y,则下列四个数中最小的一个是（）

1)xy1

答案:D

(4)若x>0,y>0,且x

y≤axy成立,则a的最小值是（）

答案:B

(5)已知a,b∈R+,则下列各式中成立的是（）

2θ·lga+sin2θ·lgb

2θ·lgb>lg(a+b)

cos2θ·bsin2θ=a+bcos2θ·bsin2θ>a+b

答案:A

+

(6)设a,b∈R,且ab-a-b≥1,则有（）

+b≥2(2+b ≤+b(2+1)

+b ≤2(2+1)

答案:A

用分析法证明:3(1+a

+a4)≥(1+a+a2)2用分析法证明:ab+cd ≤

a2c2 2

用分析法证明下列不等式:

(1)571(2)x1

x2

x3ab2



x

4(x≥4)

abc



(3)当a,b,c∈R+2（ab)3(abc)

若a,b>0,2c>a+b,求证:

(1)c2>ab

（2）c-c2ab

五、换元法

三角换元：

若0≤x≤1，则可令x = sin(0



2)或x = sin2(

2



2

若x2y21，则可令x = cos , y = sin(02若x2y21，则可令x = sec, y = tan(02若x≥1，则可令x = sec(0若xR，则可令x = tan( 代数换元：

2

2



2

“整体换元”,“均值换元”,例1求证：

xx



证一：（综合法）证二：（换元法）例2 已知x > 0 , y > 0，2x + y = 1，求证：

1x1y

322

例3 若xy1，求证：|x2xyy|

例4证明：若a > 0，则a

1a

2a

1a

2

证：设xa

1a,y

a

1a,(a0,x2,y

2)

则xy

1

a

a12

a22

a

xya

1a

a

1a

22（当a = 1时取“=”）

∴xy

xyxy



22

22

即y2x2∴原式成立

六、放缩法与反证法

例1若a, b, c, dR，求证：

2

cdbdac

bcd

证明：（用放缩法）记m =

abdbcacdbdac

1

abd



bca

a





a

b

c

d

+

∵a, b, c, dR+∴m

a

abcdabcacdababcd

2m

ababcddc



b



c



ddabc

1

∴1 < m < 2即原式成立

例2当 n > 2 时，求证：logn(n1)logn(n1)1 证明：（用放缩法）∵n > 2∴logn(n1)0,logn(n1)0

lognn2logn(n21)logn(n1)logn(n1)

∴logn(n1)logn(n1)1 222

∴n > 2时,logn(n1)logn(n1)1 例3求证：







1n

2

证明：（用放缩法）

1n

1n



1n(n1)

12



1n1

13



1n

1n1

1n

1n

∴



1122

例4设0 < a, b, c < 1，求证：(1  a)b,(1  b)c,(1  c)a,不可能同时大于 证明：（用反证法）设(1  a)b >

14,(1  b)c >

164

14,(1  c)a >

14,则三式相乘：(1  a)b•(1  b)c•(1  c)a >①

(1a)a

又∵0 < a, b, c < 1∴0(1a)a

2



同理(1b)b

14,(1c)c

164

将以上三式相乘(1  a)a•(1  b)b•(1  c)c≤∴(1  a)b,(1  b)c,(1  c)a,不可能同时大于

此与①矛盾

例4已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求证：a, b, c > 0证明：（用反证法）设a < 0,∵abc > 0,∴bc < 0 又由a + b + c > 0,则b + c >a > 0

∴ab + bc + ca = a(b + c)+ bc < 0此与题设矛盾 又 若a = 0，则与abc > 0矛盾，∴必有a > 0 同理可证 b > 0,c > 0 练习

1．设x > 0, y > 0,a

xy1xy

x1xy, b

x1xy



y1yx1x，求证：a < b

放缩法：

xy1xy



1xy



y1y

2．lg9•lg11 < 1

lg9lg11lg992

放缩法：lg9lg111

222

3．logn(n1)logn(n1)1

lognn2logn(n21)

放缩法：logn(n1)logn(n1)

22

1

4．若a > b > c,则

1ab1n1



1ab



1bc



4ca

0

放缩法：

1n



1bc1

2

2

2(ab)(bc)(ab)(bc)

11n



4ac

5．

n2

1(nR,n2)



放缩法：左边

1n1

1n



1n



1n



12n

1n



1n



nnn

1

6．

n2

1

放缩法：

12n

n中式

1n1

n1

7．已知a, b, c > 0, 且a2 + b2 = c2，求证：an + bn < cn(n≥3, nR*)aaab

放缩法： ∵1，又a, b, c > 0, ∴,ccccabab

∴1 an + bn < cn

cccc

n

n

n

bb

 cc

n2

8．设0 < a, b, c < 2，求证：(2  a)c,(2  b)a,(2  c)b,不可能同时大于1 反证法：(2  a)c>1,(2  b)a>1,(2  c)b>1,则(2  a)c(2  b)a(2  c)b>1„① 又因为设0 < a, b, c < 2，(2  a)a

(2a)a

1,同理(2  b)b≤1,(2  c)c≤1,所以(2  a)c(2  b)a(2  c)b≤19．若x, y > 0，且x + y >2，则

1yx

和

1xy

中至少有一个小于2

反证法：设

1yx

≥2，1xy

≥2∵x, y > 0，可得x + y ≤2与x + y >2矛盾

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：不等式的证明方法习题精选精讲

习题精选精讲

不等式的证明

不等式的证明是高中数学的一个难点，证明方法多种多样，近几年高考出现较为形式较为活跃，证明中经常需与函数、数列的知识综合应用，灵活的掌握运用各种方法是学好这部分知识的一个前提，下面我们将证明中常见的几种方法作一列举。

注意a2b2ab的变式应用。常用2a2b2ab22(其中a,bR)来解决有关根式不等式的问题。

1、比较法

比较法是证明不等式最基本的方法，有做差比较和作商比较两种基本途径。已知a,b,c均为正数，求证：111111 2a2b2cabbcca

2证明：∵a,b均为正数，∴111b(ab)a(ab)4ab(ab)0 4a4bab4ab(ab)4ab(ab)

22(bc)(ca)1111110，0同理4b4cbc4bc(bc)4c4aca4ac(ac)

1111110 2a2b2cabbcca

111111∴ 2a2b2cabbcca三式相加，可得

2、综合法

综合法是依据题设条件与基本不等式的性质等，运用不等式的变换，从已知条件推出所要证明的结论。

2a、b、c(0,)，abc1，求证：a2b2c21

32a22b22c22ab2bc2ca

证：3(a2b2c2)1(abc)2∴3(a2b2c2)(abc)2(ab)2(bc)2(ca)203 设a、b、c是互不相等的正数，求证：a

证：∵ b4c4abc(abc)a4b42a2b2b4c42b2c2c4a42c2a2∴ a4b4c4a2b2b2c2c2a

2∵

∴ a2b2b2c22a2b2b2c22ab2c同理：b2c2c2a22bc2ac2a2a2b22ca2b a2b2b2c2c2a2abc(abc)知a,b,cR，求证:

2a22b22c222a2(abc)22

2证明：∵ab

222ab2(ab)a2abb(ab)22即ab(ab)22，两边开平方得a2b222ab(ab)22

同理可得

b

c

(bc)2

c

a

(ca)三式相加，得 2

a

b2

c2

a2(abc)

1(1)(1)9

xy5x、y(0,)且xy1，证：。

11xyxyyxyx

(1)(1)(1)(1)(2)(2)52()

xyxyxyxy5229 证：

6已知a,bR



11

1,ab1求证：11.ab9

a,bR,ab1

11

2着一个不等式ab.策略:由于ab说明a,bR,ab1的背后隐含ab44ab

2

111ab1211

而 11111189.ababababab1ab

证明：a,bR,ab1ab。

411119.ab

3、分析法

分析法的思路是“执果索因”：从求证的不等式出发，探索使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式。

7已知a、b、c为正数，求证：

2（ababcab)3(abc)2

32（证：要证：即：c28

ababcab)3(abc)23只需证：2abc3abc

成立∴ 原不等式成立

ababc∵ cabab3cab3a、b、c(0,)且abc1，求证ab3。

证：

ab3(abc)3即：2ab2bc2ac

2∵2abab2bcbc2acac即2ab22(ab)(bc)(ac)2∴原命题成立

换元法实质上就是变量代换法，即对所证不等式的题设和结论中的字母作适当的变换，以达到化难为易的目的。

4、换元法

ab(1a2)(1b2)1b19，求证：。

证明：令a

sin

k



k bsin

k



k

左10：x

sinsincoscossinsincoscos

2cos()1∴ ab(1a)(1b)

1y21，求证：2xy2

xycossin2sin(



证：由xy1设xcos，ysin∴)[2,2]

∴

2xy2

4.abbcac

11知a>b>c,求证：

证明：∵a－b>0,b－c>0,a－c>0∴可设a－b=x,b－c=y(x, y>0)则a－c= x + y, 原不等式转化为证明

114

xyxy

即证(x

11xyxy

y)()4，即证24∵2∴原不等式成立（当仅x=y当“=”成立）

xyyxyx

12知1≤x＋y≤2，求证：

≤x－xy＋y≤3．

证明：∵1≤x＋y≤2，∴可设x = rcos，y = rsin，其中1≤r≤2，0≤＜2． ∴x－xy＋y= r－rsin2= r(1－

sin2)，∵

≤1－

sin2≤

32，∴

r≤r(1－

sin2)≤

r，而

r≥

12，32

r≤3∴

≤x－xy＋y≤3．

13已知x－2xy＋y≤2，求证：| x＋y |≤

．

2，0≤

＜2．

证明：∵x－2xy＋y=(x－y)＋y，∴可设x－y = rcos，y = rsin，其中0≤r≤∴| x＋y | =| x－y＋2y | = | rcos＋2rsin| = r|14解不等式解：因为（5sin(＋ractan

12)|≤

r≤．

5xx1＞

12，+

x)2(x1)2=6，故可令 5x = sinsin

+

－

x1＝6 cos cos，∈［0，2

］

则原不等式化为 由∈［0，cos

＞

所以sin

＞

2

］知cos＞0，将上式两边平方并整理，得48 cos2+46 cos

－23＜0

解得0≤cos＜

28224

－x≤

所以x＝6cos2－1＜

24472447

}.，且x≥－1，故原不等式的解集是｛x|-1≤x＜

1212

15：－1≤

x2

2．证明：∵1－x≥0，∴－1≤x≤1，故可设x = cos，其中0≤≤．

则

x2

－x =

cos2－cos= sin－cos=

－x≤

2sin(2．

－

3)，∵－≤－≤

4444，∴－1≤

2sin(－

2)≤2，即－1≤x4

增量代换法

在对称式(任意互换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如a＞b＞c)的不等式，常用增量进行代换，代换的目的是减少变量的个数，使要证的结论更清晰，思路更直观，这样可以使问题化难为易，化繁为简． 16a，bR，且a＋b = 1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥

证明：∵a，bR，且a＋b = 1，∴设a =

252

．

＋t，b=

－t，(tR)

112

＋t＋2)＋(222522

∴(a＋2)＋(b＋2)≥．

则(a＋2)＋(b＋2)=（－t＋2)=(t＋

52)＋(t－

52)= 2t＋

252

≥

252

．

利用“1”的代换型

已知a,b,cR,且 abc1, 9.abc17策略：做“1”的代换。

证明：

5、反证法

反证法的思路是“假设矛盾肯定”，采用反证法时，应从与结论相反的假设出发，推出矛盾的过程中，每一步推理必须是正确的。18若p＞0，q＞0，p＋q= 2，求证：p＋q≤2．证明：反证法

假设p＋q＞2，则(p＋q)＞8，即p＋q＋3pq(p＋q)＞8，∵p＋q= 2，∴pq(p＋q)＞2． 故pq(p＋q)＞2 = p＋q=(p＋q)(p－pq＋q)，又p＞0，q＞0

111abcabcabc3bacacb32229



abacbcabcabc. p＋q＞0，∴pq＞p－pq＋q，即(p－q)＜0，矛盾．故假设p＋q＞2不成立，∴p＋q≤2．

19已知a、b、c（0，1），求证：(1a)b，(1b)c，(1c)a，不能均大于

4。

证明：假设(1a)b，(1b)c，(1c)a均大于4

∵

(1a)，b均为正∴

(1a)b1

1(1a)b24

2(1b)c11(1c)a1(1a)b(1b)c(1c)a111

(1b)c24222222222同理∴

33

22不正确∴ 假设不成立∴ 原命题正确

∴

20已知a,b,c∈（0，1），求证：（1－a）b,（1－b）c,（1－c）a 不能同时大于。

证明：假设三式同时大于

∵0＜a＜1∴1－a＞0 ∴

(1a)b



1a)b

1142

21a、b、cR，abc0，abbcca0，abc0，求证：a、b、c均为正数。

abc0a、b、c两负一正

证明：反证法：假设a、b、c不均为正数又 ∵ 不妨设a

0，b0，c0又 ∵ abc0∴ c(ab)0同乘以(ab)∴ c(ab)(ab)即

acbcab(a2abb2)0，与已知abbcca0矛盾

∴ 假设不成立∴

6、放缩法

放缩时常用的方法有：1去或加上一些项2分子或分母放大（或缩小）3用函数单调性放缩4用已知不等式放缩 22已知a、b、c、d都是正数，求证：1＜

a、b、c均为正数

bc

＋

abcbcd

＋

dcda

＋

a

＜2．

dabccd，证明：∵

b

abcd

＜

＜

bbc

＜，abcababcd

＜

＜

cbcd

＜

d

abcddcdadcd，a

abcd

＜

aa

＜，dabab

＋

将上述四个同向不等式两边分别相加，得：1＜

bc

＋

abcbcddcda

＋

a

＜2．

dab

3nN

*

2(n11)1，求证：

2



1n

2n

1。

证明：∵



2k1n



21

2(kk1)

1k



2kk



2kk1

2(k1k)

1

∴



1n

12(21)2(32)2(nn1)

2n1

1

2(21)2(2)2(n1n)

2(n11)

判别式法

222

yxyz2yzcosA2xzcosB2xycosC。ABCxz24A、B、C为的内角，、、为任意实数，求证：

证明：构造函数，判别式法令

f(x)x2y2z2(2yzcosA2xzcosB2xycosC)

x22x(zcosBycosC)(y2z22yzcosA)为开口向上的抛物线

4(zcosBycosC)24(y2z22yzcosA)4(z2sin2By2sin2C2yzcosBcosC2yzcosA)

4[z2sin2By2sin2C2yzcosBcosC2yz(cosBcosCsinBsinC)]

4[z2sin2By2sin2C2yzsinBsinC] 4(zsinBycosC)20

无论

y、z为何值，0∴ xRf(x)0∴ 命题真

构造函数法

构造函数法证明不等式24 设0≤a、b、c≤2，求证：4a＋b＋c＋abc≥2ab＋2bc＋2ca． 证明：视a为自变量，构造一次函数

f(a)= 4a＋b2＋c2＋abc－2ab－2bc－2ca =(bc－2b－2c＋4)a＋(b2＋c2－2bc)，由0≤a≤2，知

f(a)表示一条线段．又f(0)= b2＋c2－2bc =(b－c)2≥0，f(2)= b2＋c2－4b－4c＋8 =(b－2)2＋(c－2)2≥0，可见上述线段在横轴及其上方，∴

f(a)≥0，即4a＋b2＋c2＋abc≥2ab＋2bc＋2ca．









n≤|m|·构造向量法证明不等式根据已知条件与欲证不等式结构，将其转化为向量形式，利用向量数量积及不等式关系m·|n|，就能避免复杂的凑配技巧，使解题过程简化．应用这一方法证明一些具有和积结构的代数不等式，思路清晰，易于掌握． 25 设a、b∈R，且a＋b =1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥







22



．

证明：构造向量m=(a＋2，b＋2)，n=(1，1)．设m和n的夹角为，其中0≤≤． ∵|m| =



(a2)2(b2)2



，|n| =



2n= |m|·，∴m·|n|cos=



(a2)2(b2)2

2·cos；

n另一方面，m·

所以

=(a＋2)·1＋(b＋2)·1 = a＋b＋4 = 5，而0≤|cos|≤1，(a2)2(b2)2

≥5，从而(a＋2)＋(b＋2)≥

．

构造解析几何模型证明不等式

如果不等式两边可以通过某种方式与图形建立联系，则可根据已知式的结构挖掘出它的几何背景，通过构造解析几何模型，化数为形，利用数学模型的直观性，将不等式表达的抽象数量关系转化为图形加以解决．

26设a＞0，b＞0，a＋b = 1，求证：

2a1＋2b1≤2．

≤2．这可认为是点

证明：所证不等式变形为：

2a12b1

A（2a12b1)到直线 x＋y = 0的距离．

2a1)2＋(2b1)2= 4，故点A在圆x2＋y2= 4(x＞0，y＞0)上．如图所示，AD⊥BC，半径AO＞AD，即有：

≤2，所以

但因（2a12b1

2a1＋2b1≤22．

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：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