均值定理证明不等式的方法技巧（五篇材料）

第一篇：均值定理证明不等式的方法技巧

均值定理证明不等式的方法技巧

1． 轮换对称型。

例1．若a,b,c是互不相等的实数，求

证：a

b

c

abbcac.2

策略：所证不等式是关于a,b,c的轮换对称式，注意到ab即可。

证明：a,b,c是互不相等的实数，a

2ab，然后轮换相加

b

2ac,b

c

2bc,ac

2ac.b

将上面三个同向不等式即a

相加得：2a



c

2ab

bcac。

b

c

abbcac.点评：分段应用基本等式，然后整体相加(乘)得结论，是证明轮换对称不等式的常用技

巧。

2． 利用“1”的代换型。

例2．已知a,b,cR,且 abc1,求证： 策略：做“1”的代换。证明：

1a1b1c

abc

a



abc

b



abc

c



1a



1b



1c

9.acacbb

332229.bacbca

3.逆向运用公式型。

策略：为脱去左边的根号，将a

12,b

12转换成1

1a

2

1,1b

2



,然后逆向运

用均值不等式： 若a,bR



则 ab

ab2

.例3．已知a,bR,ab1求证： a



b

2.证明：a

1212

34

1

a

2b2b

1232

1a

1234a2.同理b12

于是有 a

ab2.点评：依据求证式的结构，凑出常数因子，是解决此类问题的关键。

4． 挖掘隐含条件证明不等式。

例4．已知a,bR,ab1求证：1









1111.ab9

a,bR,ab1

12

ab说明a,bR,ab1的背后隐含策略:由于ab

4ab

2

着一个不等式ab



.14

证明：a,bR,ab1ab。

11111ab12

而 11111189.abababababab11

119.ab

5． 用均值不等式的变式形式证明不等式。例5．已知a,b,cR,求证： a2b2

b

c

c

a



2abc.策略：本题的关键在于对a2b2,b2c2,c2a2的处理，如果能找出

a

b与ab间的关系，问题就可以

解决，注意到



a

b

2ab2a



b



ab

2a



b





ab 其中a,b,cR即可。

证明：a,b,cR

222222

ab

abc

bc。a

b

c



c

a



三式相加得：a2b2

b

c

c

a



2abc

a

点评：解题时要注意ab2ab的变式应用。常用



b2



ab2

(其中

a,bR)来解决有关根式不等式的问题。

第二篇：均值不等式的证明方法

柯西证明均值不等式的方法 by zhangyuong（数学之家）

本文主要介绍柯西对证明均值不等式的一种方法，这种方法极其重要。一般的均值不等式我们通常考虑的是AnGn: 一些大家都知道的条件我就不写了

x1x2...xn

n



x1x2...xn

我曾经在《几个重要不等式的证明》中介绍过柯西的这个方法，现在再次提出：

二维已证，四维时：

abcd(ab)(cd)2ab2cd4八维时:

(abcd)(efgh)4abcd4efgh8abcdefgh

abcd

4abcd

这样的步骤重复n次之后将会得到

x1x2...x2n

n



n

x1x2...x2n

令x1x1,...,xnxn;xn1xn2...x2

n

x1x2...xn

n

A

由这个不等式有

A

nA(2n)A

nn



n

x1x2..xnA

2n

n

(x1x2..xn)2A

n

1

n2

n

即得到

x1x2...xn

n



n

x1x2...xn

这个归纳法的证明是柯西首次使用的，而且极其重要，下面给出几个竞赛题的例子：

例1：

n

若0ai1(i1,2,...,n)证明

i1

11ai



n

1(a1a2...an)n

例2：

n

若ri1(i1,2,...,n)证明

i1

1ri1



n

1(r1r2...rn)n

这2个例子是在量在不同范围时候得到的结果，方法正是运用柯西的归纳法：

给出例1的证明：

当n2时11a1



11a2



(1

a1a2)2(1a1)(1a2)

设pa1a2,q

(1q)(2p)2(1pq)

p2qpq2qp(1q)2q(q1)p2q，而这是2元均值不等式因此11a1



11a22

n



11a3



11a4



此过程进行下去

n



因此

i1

1ai

1(a1a2...a2n)2

n

令an1an2...a2n(a1a2...an)nG

n

有

i1n

11ai

11ai

(2n)

n

11G



n

n2n

n



n

1(GG



n1G

n)

n

1G

即

i1

例3：

已知5n个实数ri,si,ti,ui,vi都1(1in),记RT

n

1n

n

r,S

ii



1n

n

s

i

i

1n

n

t,U

ii



1n

n

u

i

i,V

1n

n

v，求证下述不等式成立：

ii



i1

（risitiuivi1risitiuivi1)（RSTUV1RSTUV1)

n

要证明这题，其实看样子很像上面柯西的归纳使用的形式

其实由均值不等式，以及函数f(x)ln因此

e1e1

x

x

是在R上单调递减

RSTUV



（RSTUV1RSTUV1)

n

我们要证明：

n

(rstuv

i1

iii

i

risitiuivi1

i

1)

证明以下引理：

n

(x

i1

xi1

i

x21x21

n

1)

n2时，(令A

x11x11)（）2

A(x1x21x1x2)(x1x21x1x2)

2A(x1x2x1x21)A(x1x21x1x2)(1x1x2x1x2)2A(x1x21x1x2)

(A1)(x1x21)2A(x1x21)显然成立

2n

n

n

因

此（i1

xi1xi1

n)（G1G1)

2n

n

（GGGG

n

n

n

n

11

2n2

n)，G

n

（G1G1

n)

因此（i1

xi1xi1

n)

所以原题目也证毕了

这种归纳法威力十分强大，用同样方法可以证明Jensen:

f(x1)f(x2)

f（x1x2)，则四维：

f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)2f（x1x2)2f（x3x4)4f（x1x2x3x4)

一直进行n次有

f(x1)f(x2)...f(x2n)

n

f（x1x2...x2n

n),令x1x1,...,xnxn;xn1xn2...x2

n

x1x2...xn

n

n

A

有

f(x1)...f(xn)(2n)f(A)

n

n

f（nA(2n)A

n)f(A)

所以得到

f(x1)f(x2)...f(xn)

n

f（x1x2...xn

n)

所以基本上用Jensen证明的题目都可以用柯西的这个方法来证明

而且有些时候这种归纳法比Jensen的限制更少

其实从上面的看到，对于形式相同的不等式，都可以运用归纳法证明

这也是一般来说能够运用归纳法的最基本条件

第三篇：常用均值不等式及证明证明

常用均值不等式及证明证明

这四种平均数满足HnGn

AnQn

、ana1、a2、R，当且仅当a1a2

an时取“=”号

仅是上述不等式的特殊情形，即D(-1)≤D(0)≤D(1)≤D(2)由以上简化，有一个简单结论，中学常用

均值不等式的变形：

(1)对实数a,b，有a

2b22ab(当且仅当a=b时取“=”号)，a,b02ab

(4)对实数a,b，有

aa-bba-b

a2b2

2ab0

(5)对非负实数a,b，有

(8)对实数a,b,c，有

a2

b2c2abbcac

abcabc(10)对实数a,b,c，有

均值不等式的证明：

方法很多，数学归纳法（第一或反向归纳）、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序

不等式法、柯西不等式法等等

用数学归纳法证明，需要一个辅助结论。

引理：设A≥0，B≥0，则ABAnnAn-1B

n

注：引理的正确性较明显，条件A≥0，B≥0可以弱化为A≥0，A+B≥0(用数学归纳法)。

当n=2时易证；

假设当n=k时命题成立，即

那么当n=k+1时，不妨设ak1是则设

a1,a2,,ak1中最大者，kak1a1a2ak1 sa1a2ak

用归纳假设

下面介绍个好理解的方法琴生不等式法

琴生不等式：上凸函数fx,x1,x2,,xn是函数fx在区间(a,b)内的任意n个点，设fxlnx，f

x为上凸增函数所以，在圆中用射影定理证明（半径不小于半弦）

第四篇：均值不等式证明

均值不等式证明

一、已知x,y为正实数，且x+y=1求证

xy+1/xy≥17/

41=x+y≥2√(xy)

得xy≤1/4

而xy+1/xy≥

2当且仅当xy=1/xy时取等

也就是xy=1时

画出xy+1/xy图像得

01时，单调增

而xy≤1/4

∴xy+1/xy≥(1/4)+1/(1/4)=4+1/4=17/4

得证

继续追问：

拜托，用单调性谁不会，让你用均值定理来证

补充回答：

我真不明白我上面的方法为什么不是用均值不等式证的法二：

证xy+1/xy≥17/4

即证4(xy)²-17xy+4≥0

即证(4xy-1)(xy-4)≥0

即证xy≥4，xy≤1/4

而x,y∈R+，x+y=

1显然xy≥4不可能成立

∵1=x+y≥2√(xy)

∴xy≤1/4，得证

法三：

∵同理0

xy+1/xy-17/4

=(4x²y²-4-17xy)/4xy

=(1-4xy)(4-xy)/4xy

≥0

∴xy+1/xy≥17/4

试问怎样叫“利用均值不等式证明”，是说只能用均值不等式不能穿插别的途径?!

二、已知a>b>c，求证：1/(a-b)+1/(b-c)+1/(c-a)>0

a-c=(a-b)+(b-c)≥2√(a-b)*(b-c)

于是c-a≤-2√(a-b)*(b-c)<0

即：1/(c-a)≥-1/【2√(a-b)*(b-c)】

那么

1/(a-b)+1/(b-c)+1/(c-a)

≥1/(a-b)+1/(b-c)-1/【2√(a-b)*(b-c)】

≥2/【√(a-b)*(b-c)】-1/【2√(a-b)*(b-c)】=(3/2)/【2√(a-b)*(b-c)】>0

三、1、调和平均数：Hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)

2、几何平均数：Gn=(a1a2...an)^(1/n)

3、算术平均数：An=(a1+a2+...+an)/n4、平方平均数：Qn=√(a1^2+a2^2+...+an^2)/n这四种平均数满足Hn≤Gn≤An≤Qn的式子即为均值不等式。

概念：

1、调和平均数：Hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)

2、几何平均数：Gn=(a1a2...an)^(1/n)

3、算术平均数：An=(a1+a2+...+an)/n4、平方平均数：Qn=√

这四种平均数满足Hn≤Gn≤An≤Qn

a1、a2、…、an∈R+，当且仅当a1=a2=…=an时劝=”号

均值不等式的一般形式：设函数D(r)=^(1/r)(当r不等于0时);

(a1a2...an)^(1/n)(当r=0时)(即D(0)=(a1a2...an)^(1/n))

则有：当r注意到Hn≤Gn≤An≤Qn仅是上述不等式的特殊情形，即D(-1)≤D(0)≤D(1)≤D(2)

由以上简化，有一个简单结论，中学常用2/(1/a+1/b)≤√ab≤(a+b)/2≤√

方法很多，数学归纳法(第一或反向归纳)、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序不等式法、柯西不等式法等等

用数学归纳法证明，需要一个辅助结论。

引理：设A≥0，B≥0，则(A+B)^n≥A^n+nA^(n-1)B。

注：引理的正确性较明显，条件A≥0，B≥0可以弱化为A≥0，A+B≥0,有兴趣的同学可以想想如何证明(用数学归纳法)。

原题等价于：((a1+a2+…+an)/n)^n≥a1a2…an。

当n=2时易证;

假设当n=k时命题成立，即

((a1+a2+…+ak)/k)^k≥a1a2…ak。那么当n=k+1时，不妨设a(k+1)是a1，a2，…，a(k+1)中最大者，则

ka(k+1)≥a1+a2+…+ak。

设s=a1+a2+…+ak，{/(k+1)}^(k+1)

={s/k+/}^(k+1)

≥(s/k)^(k+1)+(k+1)(s/k)^k/k(k+1)用引理

=(s/k)^k*a(k+1)

≥a1a2…a(k+1)。用归纳假设

下面介绍个好理解的方法

琴生不等式法

琴生不等式：上凸函数f(x)，x1,x2,...xn是函数f(x)在区间(a,b)内的任意n个点，则有：f≥1/n*

设f(x)=lnx，f(x)为上凸增函数

所以，ln≥1/n*=ln

即(x1+x2+...+xn)/n≥(x1*x2*...*xn)^(1/n)

在圆中用射影定理证明(半径不小于半弦)。

第五篇：不等式证明,均值不等式

1、设a,bR，求证：ab(ab)abab2abba2、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

3、(abc)(1119) abbcca24、设a,bR，且ab1，求证：(a)(b)

5、若ab1，求证：asinxbcosx

16、已知ab1，求证：ab

7、a,b,c,dR求证：1＜441a21b225 2221 8abcd+++＜2 abdbcacdbdac11118、求证2222＜2 123n

1111＜1

9、求证：2n1n22n10、求下列函数的最值

（1）已知x＞0，求y2x

（2）已知x＞2，求yx4的最大值（-2）x1的最小值（4）x

2111（3）已知0＜x＜，求yx(12x)的最大值（）221611、若正数a,b满足ab(ab)1则ab的最小值是（）

（22333）

12、已知正数a,b求使不等式(ab)k(ab)成立的最小k值为（）（4）

13、求函数y

14、二次函数f(x)xaxxa的两根x1,x2满足0＜x1＜x2＜ 1，求a的取值范围（）（0，15、关于x的方程x2m(x3)2m140有两个实数根，且一个大于1，一个小于1，则m的取值范围是（）（m＜-

22221）

416、关于x的方程mx2x10至少有一个负根，则m的取值范围是（m1）

17、关于x的方程2kx2x3k20有两个实数根，一个小于1，另一个大于1，求实数k的取值范围（k＞0或k＜-4）

218、为使方程x22px10的两根在（-2,2）内，求p的取值范围（-＜p＜

19、函数f(x)ax2x1有零点，则a的取值范围是（a

20、判断函数f(x)x-

21、已知方程x22343）41）411的零点的个数（一个）x395xk在1,1上有实数根，求实数k的取值范围（,）2162

22、已知方程7x2(m13)xm2m20有两个实数根，且一根在（0,1），一根在（1,2）上，求m的取值范围（(2,1)(3,4)）

23、关于的方程2axx10在（0,1）内恰有一解，求实数a的取值范围(1,)

24、若关于的方程lg(x

x2x220x)lg(8x6a3)0有唯一实根，求a的取值范围