不等式证明方法（共五篇）

第一篇：不等式证明方法

不等式证明方法

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)。(1)差值比较法的理论依据是不等式的基本性质：“a-b≥0a≥b；a-b≤0a≤b”。其一般步骤为：①作差：考察不等式左右两边构成的差式，将其看作一个整体；②变形：把不等式两边的差进行变形，或变形为一个常数，或变形为若干个因式的积，或变形为一个或几个平方的和等等，其中变形是求差法的关键，配方和因式分解是经常使用的变形手段；③判断：根据已知条件与上述变形结果，判断不等式两边差的正负号，最后肯定所求证不等式成立的结论。应用范围：当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时一般使用差值比较法。(2)商值比较法的理论依据是：“若a，b∈R+，a/b≥1a≥b；a/b≤1a≤b”。其一般步骤为：①作商：将左右两端作商；②变形：化简商式到最简形式；③判断商与1的大小关系，就是判定商大于1或小于1。应用范围：当被证的不等式两端含有幂、指数式时，一般使用商值比较法。

2.综合法 利用已知事实(已知条件、重要不等式或已证明的不等式)作为基础，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后推出所要证明的不等式，其特点和思路是“由因导果”，从“已知”看“需知”，逐步推出“结论”。其逻辑关系为：AB1 B2 B3„ BnB，即从已知A逐步推演不等式成立的必要条件从而得出结论B。

3.分析法 分析法是指从需证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，进而转化为判定那个条件是否具备，其特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”。用分析法证明AB的逻辑关系为：BB1B1 B3 „ BnA，书写的模式是：为了证明命题B成立，只需证明命题B1为真，从而有„，这只需证明B2为真，从而又有„，„„这只需证明A为真，而已知A为真，故B必为真。这种证题模式告诉我们，分析法证题是步步寻求上一步成立的充分条件。

4.反证法 有些不等式的证明，从正面证不好说清楚，可以从正难则反的角度考虑，即要证明不等式A>B，先假设A≤B，由题设及其它性质，推出矛盾，从而肯定A>B。凡涉及到的证明不等式为否定命题、惟一性命题或含有“至多”、“至少”、“不存在”、“不可能”等词语时，可以考虑用反证法。

5.换元法 换元法是对一些结构比较复杂，变量较多，变量之间的关系不甚明了的不等式可引入一个或多个变量进行代换，以便简化原有的结构或实现某种转化与变通，给证明带来新的启迪和方法。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x2+y2=1，可设x=cosθ，y=sinθ；②若x2+y2≤1，可设x=rcosθ，y=rsinθ(0≤r≤1)；③对于含有的不等式，由于|x|≤1，可设x=cosθ；④若x+y+z=xyz，由tanA+tanB+tanC=tanAtan-BtanC知，可设x=taaA，y=tanB，z=tanC，其中A+B+C=π。(2)增量换元法：在对称式(任意交换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如a>b>c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或a=1/2+t，b=1/2-t进行换元。

6.放缩法 放缩法是要证明不等式A

(3)同分子(分母)异分母(分子)的两个分式大小的比较。常用的放缩技巧有：①舍掉(或加进)一些项；②在分式中放大或缩小分子或分母；③应用均值不等式进行放缩。[1]

编辑本段重要不等式

柯西不等式

对于2n个任意实数x1，x2，„，xn和y1，y2，„，yn，恒有

（x1y1＋x2y2＋„＋xnyn)^2≤（x1^2＋x2^2＋„＋xn^2）（y1^2＋y2^2＋„＋yn^2）

柯西不等式的几种变形形式

1.设aiÎR,bi>0(i=1,2,„,n)则，当且仅当bi=lai

(1£i£n)时取等号

2.设ai,bi同号且不为零(i=1,2,„,n)，则，当且仅当b1=b2=„=bn时取等

柯西不等式的一般证法有以下几种： ①Cauchy不等式的形式化写法就是：记两列数分别是ai, bi，则有(∑ai^2)*(∑bi^2)≥(∑ai * bi)^2.我们令 f(x)= ∑(ai + x * bi)^2 =(∑bi^2)* x^2 + 2 *(∑ai * bi)* x +(∑ai^2)则我们知道恒有 f(x)≥ 0.用二次函数无实根或只有一个实根的条件，就有 Δ = 4 *(∑ai * bi)^2-4 *(∑ai^2)*(∑bi^2)≤ 0.于是移项得到结论。②用向量来证.m=(a1,a2......an)n=(b1,b2......bn)

mn=a1b1+a2b2+......+anbn=(a1^+a2^+......+an^)^1/2乘以

(b1^+b2^+......+bn^)^1/2乘以cosX． 因为cosX小于等于1，所以：a1b1+a2b2+......+anbn小于等于a1^+a2^+......+an^)^1/2乘以

(b1^+b2^+......+bn^)^1/2 这就证明了不等式． 柯西不等式还有很多种，这里只取两种较常用的证法． 【柯西不等式的应用】 柯西不等式在求某些函数最值中和证明某些不等式时是经常使用的理论根据，我们在教学中应给予极大的重视。巧拆常数： 例：设a、b、c 为正数且各不相等。求证：(2/a+c)+(2/b+c)+(2/c+a)＞(9/a+b+c)分析：∵a、b、c 均为正数 ∴为证结论正确只需证：2(a+b+c)[(1/a+b)+(1/b+c)+(1/c+a)]＞9 而2(a+b+c)=(a+b)+(a+c)+(c+b)又 9=(1+1+1)(1+1+1)

证明

2(a+b+c)[(1/a+b)+(1/b+c)+(1/c+a)]=[(a+b)+(a+c)+(b+c)][1/a+b)+(1/b+c)+(1/c+a)]≥(1+1+1)(1+1+1)=9 又 a、b、c 各不相等，故等号不能成立 ∴原不等式成立。[2]

排序不等式

对于两组有序的实数x1≤x2≤„≤xn，y1≤y2≤„≤yn，设yi1，yi2，„，yin是后一组的任意一个排列，记S＝x1yn＋x2yn-1＋„＋xny1，M＝x1yi1＋x2yi2＋„＋xnyin，L＝x1y1＋x2y2＋„＋xnyn，那么恒有S≤M≤L。

编辑本段其他重要不等式

琴生不等式

均值不等式绝对值不等式权方和不等式赫尔德不等式闵可夫斯基不等式贝努利不等式

第二篇：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）

第三篇：不等式证明

不等式证明

不等式是数学的基本内容之一，它是研究许多数学分支的重要工具，在数学中有重要的地位，也是高中数学的重要组成部分，在高考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，它不仅能够检验学生数学基础知识的掌握程度，而且是衡量学生数学水平的一个重要标志，本文将着重介绍以下几种不等式的初等证明方法和部分方法的例题以便理解。

一、不等式的初等证明方法

1.综合法：由因导果。

2.分析法：执果索因。基本步骤：要证..只需证..，只需证..(1)“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件。

(2)“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达。

3.反证法：正难则反。

4.放缩法：将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的。放缩法的方法有：

(1)添加或舍去一些项，如：

2)利用基本不等式，如：

(3)将分子或分母放大(或缩小)：

5.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。

6.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。

7.数学归纳法：数学归纳法证明不等式在数学归纳法中专门研究。

8.几何法：用数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

9.函数法：引入一个适当的函数，利用函数的性质达到证明不等式的目的。

10.判别式法：利用二次函数的判别式的特点来证明一些不等式的方法。当a>0时，f(x)=ax2+bx+c>0(或<0).△<0(或>0)。当a<0时，f(x)>0(或<0).△>0(或<0)。

二、部分方法的例题

1.换元法

换元法是数学中应用最广泛的解题方法之一。有些不等式通过变量替换可以改变问题的结构，便于进行比较、分析，从而起到化难为易、化繁为简、化隐蔽为外显的积极效果。

注意：在不等式的证明中运用换元法，能把高次变为低次，分式变为整式，无理式变为有理式，能简化证明过程。尤其对含有若干个变元的齐次轮换式或轮换对称式的不等式，通过换元变换形式以揭示内容的实质，可收到事半功倍之效。

2.放缩法

欲证A≥B，可将B适当放大，即B1≥B，只需证明A≥B1。相反，将A适当缩小，即A≥A1，只需证明A1≥B即可。

注意：用放缩法证明数列不等式，关键是要把握一个度，如果放得过大或缩得过小，就会导致解决失败。放缩方法灵活多样，要能想到一个恰到好处进行放缩的不等式，需要积累一定的不等式知识，同时要求我们具有相当的数学思维能力和一定的解题智慧。

3.几何法

数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

第四篇：不等式证明

不等式的证明

比较法证明不等式

a2b2ab1.设ab0，求证：2.ab2ab

2.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲

（1）已知x、y都是正实数，求证：x3y3x2yxy2；

（2对满足xyz1的一切正实数 x,y,z恒成立，求实数a的取值范围

.,1综合法证明不等式（利用均值不等式）3.已知abc, 求证：1 114.abbcac

4.设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：

1（Ⅰ）ab+bc+ac3；

a2b2c2

1ca（Ⅱ）b

5.（1）求不等式x32x1的解集;

121225（a)(b)a,bR,ab1ab2.（2）已知，求证：

6.若a、b、c是不全相等的正数，求证：

分析法证明不等式

7.某同学在证明命题“7要证明732”时作了如下分析，请你补充完整.62，只需证明________________,只需证明___________,＋292，展开得9即,只需证明1418,________________,所以原不等式:62成立.22263,(72)(63)，因为1418成立。

abc8.已知a,b,cR。3

9.(本题满分10分)已知函数f(x)|x1|。

(Ⅰ)解不等式f(x)f(x4)8；{x|x≤－5，或x≥3}(Ⅱ)若|a|1,|b|1，且a0，求证：f(ab)|a|f().10.（本小题满分10分）当a,bMx|2x2时,证明:2|a+b|＜|4+ab|.反证法证明不等式

11.已知a，b，c均为实数，且a=x2y+2baπππ22，b=y2z+，c=z2x+，236

求证：a，b，c中至少有一个大于0.12.（12分）若x,yR,x0,y0,且xy2。求证：1x和1y中至少有一个小于2.yx

放缩法证明不等式

13.证明不等式：1111121231

123n2

214.设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4SnannN,且

14n1,a2,a5,a14构成等比数列．

(1)证明：a2

(2)求数列an的通项公式；an2n1

(3)证明：对一切正整数n，有11a1a2a2a311． anan12

15.设数列an的前n项和为Sn.已知a11,2Sn12an1n2n,nN*.n33

(Ⅰ)求a2的值；a24(Ⅱ)求数列an的通项公式；ann2(Ⅲ)证明:对一切正整数n,有数学归纳法证明不等式

16.(本小题满分12分)若不等式11

n1n21a对一切正整数n都成立，求正3n12411a1a217.an4

整数a的最大值，并证明结论．25

17.用数学归纳法证明不等式：

．

第五篇：不等式证明经典

金牌师资，笑傲高考

2013年数学VIP讲义

【例1】 设a，b∈R，求证：a2+b2≥ab+a+b-1。

【例2】 已知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。

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：dbca1abbccaabcabc≥1。

bcabcab(ab)(ac)a0bcacaA-B=a+d-(b+c)=a =ab c(ab)a

【例4】 a，b，c∈R，求证：a4+b4+c4≥(a+b+c)。

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。

左=12(2a42b2242c)22412[(a24b)(b22244c)(c2244a)]24

≥12(2ab2bc2ca)abbcca

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。

中天教育咨询电话：0476-8705333

第1页/共9页 金牌师资，笑傲高考

ab1212

2013年数学VIP讲义

22bc2222ca2222212(2ab22222bc22222ca)22

ca)(ca2[(abbc)(bc22ab)]22≥(2abc2abc22abc)ab(abc)1a

1c【例5】（1）a，b，c为正实数，求证：（2）a，b，c为正实数，求证：

a21bb2≥

c21ab1bc1ac；

bcacab≥

abc2。

（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？

a2bcb2(bc)≥2a2bcb2(bc)2a

acc2(ac)≥2ac(ac)2bab(ab)≥2c2ab(ab)2c

相加后发现不行，a，b，c的整式项全消去了。为了达到目的，应在系数上作调整。

a2bcbc4≥a，b2acac4≥b，c2abab4≥a 相向相加后即可。

【例6】 x，y为正实数，x+y=a，求证：x+y≥

2a22。

思路一；根据x+y和x2+y2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。∵ xy22≤2x2y22

2∴ xy≥(xy)2a22

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 x2a2m，yaa22m

22则 xy(m)(m)2m222aa22≥

a22

途径2：代入消元法： y=a-x，0

a2)2a22≥

a22

中天教育咨询电话：0476-8705333

第2页/共9页 金牌师资，笑傲高考

途径3：三角换元法消元：

令 x=acos2θ，y=asin2θ，θ∈(0，]

22013年数学VIP讲义

则 x2+y2=a2(cos4θ+sin4θ)=a2[(sin2θ+cos2θ)2-2sin2θcos2θ]

=a[1-2(sin2θ)]=a(1-22122

12sin2θ)≥

a22

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。这种引参的思想是高中数学常用的重要方法。【例7】 已知a>b>0，求证：(ab)8a2ab2ab(ab)8b2。

12所证不等式的形式较复杂（如从次数看，有二次，一次，次等），难以从某个角度着手。故考虑用分析法证明，即执果索因，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。

ab2abab2ab2b)(a(a(a2b)2

ab(ab)b)(a8a2所证不等式可化为∵ a>b>0 ∴ ab ∴ ab0

b)2(a2b)2(ab)(a8b2b)2

∴ 不等式可化为：(a4ab)21(a4bb)2

2(ab)4a即要证

24b(ab)ab2a只需证

2bab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)=24xx38，求证：对任意实数a，b，恒有f(a)

112.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)=b2-4b+f(a)112的最值，看能否通过最值之间的大小关系进行比较。

82(2)a2a24aa3882a882a≤

282a82a8422

令 g(b)=b2-4b+11232 ≥32 g(b)=(b-2)2+

中天教育咨询电话：0476-8705333

第3页/共9页 金牌师资，笑傲高考

∵ 3222013年数学VIP讲义

∴ g(b)>f(a)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)=ax2+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。

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 ∴ b12[f(1)f(1)] 12|f(1)f(1)|≤12[|f(1)||f(1)|]≤

12(11)≤1 ∴ |b|（2）思路一：利用函数思想，借助于单调性求g(x)=ax+b的值域。

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。

中天教育咨询电话：0476-8705333

第4页/共9页 金牌师资，笑傲高考

2013年数学VIP讲义

1、设a，b为正数，且a+b≤4，则下列各式一定成立的是 A、C、1a121b1a≤141b B、≤1 D、141a≤

1a1b≤

≤

1b≥1

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

5、已知a，b，c>0，且a+b>c，设M=

a4abbcc4c，N=，则MN的大小关系是

A、M>N B、M=N C、M

6、已知函数f(x)=-x-x3，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

7、若a>0，b>0，x111()2ab1ab1ab，y，z，则

A、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aabb与abba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）。

12、当00且t≠1时，logat与log21t1a2

2aba1b1 D、a+b≥2(a-b-1)

22的大小关系是__________。

n13、若a，b，c为Rt△ABC的三边，其中c为斜边，则an+bn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：a

15、已知a，b，c是三角形三边的长，求 证：1

中天教育咨询电话：0476-8705333

第5页/共9页

abcbaccab2。

babba。金牌师资，笑傲高考

16、已知a≥0，b≥0，求证：

18、若a，b，c为正数，求证：

19、设a>0，b>0，且a+b=1，求证：(a

20、已知a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求证：a，b，c全为正数。

1a)(b1b)2541a1b1ca82013年数学VIP讲义

12(ab)214(ab)≥aaba。

≤

b383c38。

abc≥。

中天教育咨询电话：0476-8705333

第6页/共9页