不等式的证明技巧[共五篇]

第一篇：不等式的证明技巧

不等式的证明策略不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本难点着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力.●难点磁场

[例1]．已知a＞0，b＞0，且a+b=1.求证：(a+

1125)(b+)≥.ba

4［例2］求使xy≤axy(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值.知识依托：该题实质是给定条件求最值的题目，所求a的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有

关性质把a呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值.解法一：由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得：x+y+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2－1)(x+y)，∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，①②

当且仅当x=y时，②中有等号成立.比较①、②得a的最小值满足a2－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a的最小值是2.解法二：设u

xy

(xy)2

xyxy

xy2xy2xy

.1

xyxy

∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2xy(当x=y时“=”成立)，∴

2xy2xy

≤1，的最大值是1.xyxy

从而可知，u的最大值为12，又由已知，得a≥u，∴a的最小值为2.解法三：∵y＞0，∴原不等式可化为

x

+1≤ayx

1，y

设

x=tanθ，θ∈(0，).y

2∴tanθ+1≤atan21；即tanθ+1≤asecθ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+



4)，③

又∵sin(θ+

4)的最大值为1(此时θ=4).由③式可知a的最小值为2.●锦囊妙计

1.不等式证明常用的方法有：比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法.(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述；如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证.(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野.2.不等式证明还有一些常用的方法：换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法、增量代换法，‘1’代换法等，换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查.有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法.证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，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.●歼灭难点训练

一、填空题

ab1.已知x、y是正变数，a、b是正常数，且=1，x+y的最小值为__________.xy2.设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，则ad与bc的大小关系是__________.3.)若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，则m、n、p、q的大小顺序是__________.二、解答题

4.已知a，b，c为正实数，a+b+c=1.求证：(1)a2+b2+c2≥1

3(2)3a2b2c2< 6

12，证明：x，y，z∈［0，］23

bc2ca2ab26.若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，证明：z≥2(xy+yz+zx)xyabc5.已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=

7.若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证：a+b≤2，ab≤1.8.设a,b,cR,求证:

9.证明下列不等式：

（1x≥4)；

（2）证明：abcd 111≥111。2a2b2cbccaab

10.已知a、b、c（0，1），求证：(1a)b，(1b)c，(1c)a，不能均大于4。（反证法）

52211.a，bR，且a＋b = 1，求证：(a＋2)＋(b＋2)≥2；（增量代换法）

12.（‘1’代换法）1 1 b  c  1,   9.已知 a , b , c  R  , 且 aa b c

xxxx13.已知 1a2，x≥1，f(x)aa，g(x)22； 2

2(1)比较f(x)与g(x)的大小；

(2)设nN，n≥1，求证：f(1)f(2)f(2n)4n

xxxx(ax2x)(2xax1)aa22解：(1)f(x)g(x) 222x1ax1。2ax2x,2xax10，且2xax0，f(x)g(x)0，即f(x)g(x)。

(2)由（1）f(1)f(2)f(3)f(2n)g(1)g(2)g(3)g(2n)

1(22222n)1(1

121)222222n)4n1

=4n1(11222

1f(1)f(2)f(2n)4nn，得证。2

不等式练习题

一、选择题

1、若a,b是任意实数,且a＞b,则()

（A）a2＞b2（B）b11＜1（C）lg(a-b)＞0（D）()a＜()b

a222、下列不等式中成立的是()

1+a≥2(a0)a

t111（C）＜(a＞b)（D）a≥a(t＞0,a＞0,a1)ab（A）lgx+logx10≥2(x＞1)（B）

3、已给下列不等式(1)x3+ 3 >2x(x∈R);(2)a5+b5> a3b2+a2b3(a ,b∈R);

(3)a2+b2≥2(a－b－1), 其中正确的个数为()

(A)0个(B)1个(C)2个(D)3个

4、设x2+y2 = 1, 则x +y()

(A)有最小值1(B)有最小值

2(C)有最小值－1(D)有最小值－25、不等式|x＋5|＞3的解集是()

(A){x|－8＜x＜8}(B){x|－2＜x＜2}

(C){x|x＜－2或x＞2(D){x|x＜－8或x＞－

26、若a，b，c为任意实数，且a＞b，则下列不等式恒成立的是()

(A)ac＞bc(B)|a＋c|＞|b＋c|(C)a2＞b2(D)a＋c＞b＋c

x31x22x

327、设集合M={x|≤0},N={x|x+2x-3≤0},P={x|()≥1},则有()x1

2（A）MN=P（B）MNP（C）M=PN（D）M=N=P8、设a,b∈R,且a+b=3,则2a+2b的最小值是()

（A）6（B）42（C）22（D）269、若关于x的不等式ax2＋bx－2＞0的解集是,,，则ab等于()

(A)－24(B)24(C)14(D)－1410、如果关于x的不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4＜0对一切实数x恒成立，则实数a 的取值范围是()

(A)(,2](B)(,2)(C)(2,2](D)(－2,2)

二、填空题 1123

b24、a≥0,b≥0,a＋=1,则ab2的最大值是________.226、x＞1时，f(x)=x＋116x2的最小值是________，此时x=________.xx

17、不等式log4(8x－2x)≤x的解集是________.8、不等式11的解集是________.xx412

3练习答案

一、DAC DDDAB BC

二、1、15322、8,2＋

33、(0,log2)

4、0 24

第二篇：不等式证明常用技巧总结

不等式的证明

一、常用方法：

作差、作商法；分析、综合法；换元法；构造函数法；反证法；放缩法；归纳法；

（分析综合法）已知a0,b0,2cab,求证：cc2abacc2ab.二、不等式证明中常用技巧：

1(x1)的值域。1.加减常数

求函数yxx112.巧变常数

已知0x，求函数y＝x（1－2x）的最大值。

25x23x33.分离常数

已知x，求f(x)的最值。

22x44.巧用常数

若x,yR且满足

4161，求x＋y的最小值。xy11)的最小值。abc5.统一形式

已知a,b,cR，求(abc)(证：a2b2c2abbcac..6.轮换对称

若a,b,c是互不相等的实数，求7.重要不等式 ab0,求证：a21616

b(ab)8.逆向运用公式型已知a,bR,且ab1,求证：a11b2.22ab1111（提示：将a，b转换成1a，）1b然后运用公式ab22222如何巧用常数：

111.若a0,b0,且a2b1,则322.ab1112.已知a,b,cR,且abc1,求证：9.abc113.已知a,bR,且ab1,求证：119.ab1已知x,y,z均为正数，且xyz1，则x2y2z2.4.3 5.已知x,y,z均为正数，求证：abc3.bccaab2abcabcbcacab111bccaabbccaab11111911(abc)(bc)(ca)(ab）.bccaab2bccaab2不等式证明中的放缩法

11111.1.已知nN*，且n2，求证：2nn12n2.已知nN*，求证：1222332nn23.kk21kk222kkkk(k1)kkk1k(k1)(kk1)2(kk1)112(（）k2）.k(k1)k1k

3.设n∈N，求证：

(2)引进辅助式，设

比较两式的对应因式可知

第三篇：《不等式的证明技巧》专题讲座

《不等式的证明技巧》专题讲座

不等式的证明从初中到高中都是一个令学生头痛的一类数学问题。其实造成这一现象的本质是——在用基本不等式的性质时，放大与缩小的范围较难把握。这一“放大与缩小”的原理是基于小学奥数的“估值法”的应用关键。这时学过小学奥数的学生就有一点点优势了。

既然用不等式的性质证明的技巧性太强，那么换个思路，用其他驾轻就熟的方法不是可以避重就轻？所以我也不常用不等式的性质来证明不等式的题目。

证明不等式的常用方法：

1、二次函数。利用最值求解。

2、三角函数。利用正弦函数、余弦函数的有界性求解。

3、向量。利用向量:a·b＝| a|·|b |cosA,即a·b≥| a|·|b |cosA求解。

4、几何法。利用立体几何与平面几何知识求解。

方法不一而足。其本质是限制所要证明的代数式的范围。

例6 求证：

(2)若a＞b＞c＞0，d＞c，ac＞bd，则a+c＞b+d。解(1)因x+y+z=1，故可设

其中t1+t2+t3=0，于是

(2)因a＞b，d＞c，故可设a=b+t1，d=c+t2，其中t1＞0，t2＞

∴(a+c)-(b+d)=(a-b)-(d-c)=t1-t2＞0 ∴a+c＞b+d 注 ①用n个数的平均数与适当参数来表示这n个数的代换通常称为均值代换，如(1)中施行的代换。这种代换的特点是利用对称性可使运

数组，不能保证由上述代换而得到。如x=y=0，z=1就不存在对应的t值。②当a＞b时，令a=b+t(t＞0)，其中t是a用b表示时引进的增量。这种代换通常称为增量代换。它的特点是把条件中的不等关系转化为相等系，使得变形过程简化。例7 求证：

解(1)由a＞0，b＞0，a+2b=1，可设

则有

(2)因a＞b＞0，且(a-b)+b=a，故可设

这时，原不等式等价于

故只须证明

这个不等式显然成立。事实上，因为0＜cosθ＜1，0＜sinθ＜1又

故原不等式得证。

注 代数问题三角化，往往可充分利用三角函数的特有性质，使较为复杂的问题得以简化，从而获得简捷解法。

例8 求证：

(1)|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，则abc+2＞a+b+c；(2)ai，bi∈R(i=1，2，3)，且ai≠0，则(a1b1+a2b2+a3b3)2≤(a12+a22+a32+)(b12+b22+b32)当且仅当bi=λai时取等号。解(1)原不等式等价于(bc-1)a+(2-b-c)＞0 构造一次函数

f(x)=(bc-1)x+(2-b-c)(-1＜x＜1)则 f(-1)=(1-bc)+(1-b)+(1-c)＞0 f(1)=bc-1+2-b-c=(1-b)(1-c)＞0 于是，根据一次函数的单调性，f(x)在区间[-1，1]上恒大于0。而a∈(-1，1)，故f(a)＞0，即(bc-1)a-b-c+2＞0。所以

abc+2＞a+b+c(2)构造二次函数

f(x)=(a1x+b1)2+(a2x+b2)2+(a3x+b3)2

(当且仅当bi=λai，λ∈R时取等号)所以

注 函数思想是解决数学问题的重要思想，应用广泛。在不等式证明中，若能要据其结构特征，构造相应的函数，则可充分利用函数的性质，使问题简明。(2)中不等式及其证明可推广到一般情形：若ai，bi∈R(i∈1，2，„n)，且ai≠0，则

(a1b1+„+anbn)2≤(a12+„+an2)·(b12+„+bn2)这就是著名的柯西不等式。柯西不等式不仅应用广泛，而且它的证明方法，即构造二次函数并通过其判别式证明不等式的方法，堪称构造法的典范。

例9 设n∈N，求证：

解(1)采取逐项放缩的方法。由于

令1，2，„，n，则有

„„„„„„„„

依项相加，即得

(2)设

并引进辅助式

比较两式的对应因式可知

注 用放缩法证不等式，常通过拆项、分组、加强命题等方式进行。此法没有固定模式，关键在于放缩要适度。放得过宽或缩得太小，都会导致方法失效。

练习：

1、已知a＞0，b＞0，且a+b=1，求证：

当且仅当a=b时右边取等号。

2、已知2x+3y=1,求x2+y2的最大值。

用向量的方法是：构造向量（x,y）,(2,3)即可。以后有机会，继续这方面的探讨。

3、请教两道对称不等式的证明(1)a,b,c,d为正数,证明

(2)对实数a,b,c,证明

第四篇：不等式证明的技巧

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不等式证明的技巧

知识与方法

证明不等式的方法很多，技巧性强；如较低要求的，在所证不等式两端同乘以一个常数；1的代换；利用函数的单调性，等等。不等式证明的技巧，本人的理解有如下三个方面：

一．基本技巧

我认为不等式的证明的基本思想和技巧是通过“放大和缩小”的思想和方法，对两个数、两个量、两个式的值的大小关系的“确定”过程，这种大小关系的确定一般有比较法、分析法、综合法三种基本方法。二．构造法

1．构造重要不等式的结构，再利用相关的重要不等式来证明不等式。

2．构造函数，利用函数性质来证明不等式。

3．构造图形，利用几何知识来证明不等式。三．转化法

1．反证法

2．数学归纳法

3．变量代换法

4．从“特殊”到“一般”的转化方法

5．以“直”代“曲”的转化方法

6．“整体”与“部分”合理巧妙转化

范例选讲

例1 已知0x1，求证：|loga(1x)||loga(1x)|.分析 因所证不等式两端是同底的对数、单项式，故“作差比较”、“作商比较”均可以。

解（作差比较）

（1）当0a1时，因0x1，所以

|loga(1x)||loga(1x)|loga(1x)loga(1x)loga(1x2)0.（2）当a1时，因0x1，所以

|loga(1x)||loga(1x)|loga(1x)loga(1x)loga(1x2)0.综合以上可知，所证不等式成立。

（作商比较）

因0x1，所以|loga(1x)|0，|loga(1x)|0，嘉兴市高中数学学科基地资料

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|loga(1x)|1|log(1x)(1x)|log(1x)(1x)log(1x)log(1x)(1x)1

|loga(1x)|1x

所以，|loga(1x)||loga(1x)|.评注

本题虽是一道很简单的不等式证明题，也显示出了证明不等式的技巧性：合理选择方法，可以回避讨论。例2 实数a1,a2,,an(n3)满足a1a2ann，且a1a2ann2.求证：max{a1,a2,a3,,an}2.分析 这是一道美国数学竞赛试题，直接证明比较困难，因此，可考虑运用反证法证明。

解

设a1,a2,,an中有i个非负数，记为x1,x2,,xi，有j个负数，记为

y1,y2,,yj(y1,y2,,yj0)，其中i0,j0，且ijn.不妨设max{a1,a2,a3,,an}2，即max{x1,x2,x3,,xi}2.因x1x2xiny1y2yi，又max{x1,x2,x3,,xi}2，y1,y2,,yj0.则2ix1x2xiny1y2yiijy1y2yj,所以ijy1y2yj.因为 x1x2xi(y1)2(y2)2(yj)2)n2,所以

x1x2xin2(y1y2yj).又因为 max{x1,x2,x3,,xi}2，y1,y2,,yj0，所以 4ix1x2xin2(y1y2yj)n2(ij)

2(ij)(ij)4ij.因 i0，故j1，且j0，则j0.所以a1,a2,,an都为非负数.即4na1a2ann2,因而n4，这与n3相矛盾，即假设不成立，所证结论：max{a1,a2,a3,,an}2成立.嘉兴市高中数学学科基地资料

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评注

反证法的实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出矛盾。运用“正难则反”的策略，是证明不等式中常见技巧。

例3 平面上给定一个由有限多条线段组成的集合，线段总长为1.证明：存在一条直线l，使得已给线段在l上的射影之和小于

2.分析 可将给定的线段排序，再通过中心对称构造一个周长为2的凸多边形。

解 证明：取一条不与已给线段垂直的直线作x轴，将所给线段按照斜率的大小排成一列：

非负的下角标则表示斜率非ln,ln1,,l1,,lm（其中负的下角标表示该线段的斜率为负，负）。经过平移可以将这些线段按照上面的次序一个接一个地首尾相连形成一条凸折线。设端点为A、B，AB中点为O。关于O作中心对称，产生一个凸多边形（包括退化为直线段），周长为2，每一条边与对应边平行（或共线）。

这个多边形的最小宽度，也就是各对平行边之间的最小距离，设为d，以O为圆心，d为直径的圆一定完全在多边形内，否则，设圆O与某条边li相交于X，那么X关于O的对称点X是圆O与对边li的交点，li与li的距离小于XX，即小于d，与d为最小宽度矛盾。

由于圆O的周长为d，所以d2，即d2，这是因为面积一定的闭曲线中，以圆的周长最小。

取直线l与距离最小的平行边垂直，则各已知线段在l上的射影之和不超过d，也就小于2.

评注 本题的解答过程中通过“排序----平移----中心对称”等方法上的处理使所给线段呈现一种简单有序的易于估算的状态，困难得以化解。这种通过对称、旋转等变换，以直代曲，将复杂的不等式化归为基本不等式是一种重要的技巧。

2例4 设ABC三边长为a,b,c，有不等式(bc)1bc(bc)2,------① 3a试证不等式①中的系数

分析 可将系数

1是最优的.311一般化，设系数为k，再证明k的取值范围是k.33ab2(ab)2

证明 在不等式①中，取ab，设(ab)kc

(ab)2(bc)2(ca)2k[bccaab(bc)2(ca)2(ab)2] abc2bc2k(bc)21k2(bc)[b()c],令ab，所以2(bc)2kbbk嘉兴市高中数学学科基地资料

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又因在ABC中，三边长为a,b,c，取ab，显然有不等式2bc0,所以，要使0，注意到k为正数，则须是成立的，故k1k12，即k，但已证不等式①k31是不等式①的最优值.评注 将“特殊”向“一般”转化也是常见的技巧。

例5 设x,y,z(0,)，且xyz1，证明

x3y3z33

.（1998年第39届IMO预选试题）(1y)(1z)(1x)(1z)(1x)(1y)分析 可利用均值不等式构造三个同向不等式相加来进行证明，也可以将所证不等式进行等价转化。

证法一: 因x,y,z(0,)，所以

x31y1z3

x,①

(1y)(1z)884y31x1z3 4y,②

(1x)(1z)884z31x1y3z,③

(1x)(1y)884x3y3z3以上三式相加可得： (1y)(1z)(1x)(1z)(1x)(1y)

上述不等式都是在xyz1时取等号.所以，当且仅当xyz1时原不等式取等号.证法二: 原不等式等价于

xxyyzz34343433113133(xyz)(62x2y2z)(xyz)33xyz.48242443(x1)(y1)(z1).433

由于对任意正数a,b,c，有abc3abc，下面证明更强的不等式：

xxyyzz4343431[(x1)3(y1)3(z1)3]

④ 成立.4嘉兴市高中数学学科基地资料

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设f(t)tt 则f(t) 431(t1)3，g(t)(t1)(4t23t1).41(t1)g(t)，且g(t)在(0,)上是严格递增函数，因为 41x4x3y4y3z4z3[(x1)3(y1)3(z1)3]f(x)f(y)f(z)

411(x1)g(x)(y1)g(y)(z1)g(z).444111

只需证明(x1)g(x)(y1)g(y)(z1)g(z)0即可.444

其证明如下：

假设xyz，则g(x)g(y)g(z)0.由xyz1，得x1，z1.因(x1)g(x)(x1)g(y)，(z1)g(y)(z1)g(z)，111(x1)g(x)(y1)g(y)(z1)g(z)44411

(xyz3)g(y)(33xyz3)g(y)0.44

所以

故原不等式成立.等号当且仅当xyz1时成立.评注

证法1利用均值不等式进行证明，显得简洁、清晰；证法2是将所证不等转化为更强的不等式，再进行证明。

例6

已知x,y,z(0,)，且xyz1，证明：xyyzzx

分析 因xyyzzx是关于x,y,z的轮换对称式。

证明 设xmax{x,y,z}，又因x,y,z(0,)，则xyyzzxxyxyzzxx(xyyzz)2222222222224成立的条件.2711z(zx)]x(xz)(2yz)221x(xz)(2yz)34]

[.232721不等式等号当且仅当x,y,z0或x0,y,z或

333312x,y0,z时成立.3 x[y(xz)

评注

对于“轮换对称式”，不能将其中的变量排序；有时只能找到一个最小字母作“弱”排序。

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例7

设a,b,c(0,)，且满足abc1，试证：

1113.a3(bc)b3(ca)c3(ab)2b2c2c2a2a2b23

分析 由已知条件abc1，可知所证不等式与等价.a(bc)b(ca)c(ab)2

故可运用“含参数基本不等式”来证明之.a22a2b.证明 由a(b)2ab（为参数），得b22

(bc)2

则有2bc2a(bc),①

a(bc)(ca)2 2ca2b(ca),②

b(ca)(ab)22ab2c(ab).③

c(ab)①+②+③，得

(bc)2(ca)2(ab)2 2(abbcca)22(abbcca)

a(bc)b(ca)c(ab)

2(abbcca)().④ 因abbcca33(abc)3，取21，代入④中，得 2(bc)2(ca)2(ab)213 23.a(bc)b(ca)c(ab)42评注

本题是先将所证不等式进行等价转化，再运用“含参数基本不等式”进行证明，当然也可利用柯西不等式进行证明，还可以直接利用基本不等式来证明。

例8（1）设x1,x2,,xn,y1,y2,,yn(0,)，满足：

（a）0x1y1x2y2xnyn;

（b）x1x2xky1y2yk,k{1,2,n}, 嘉兴市高中数学学科基地资料

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证明：1x11111.1x2xny1y2yn

（2）设A{a1,a2,,an}N，对所有不同的子集B,CA，有

xx，证明：

1xBxa112.C1a2an

分析

可运用数学归纳法进行证明。

证明

（1）当n1时，x1y110,x1;1y1

当n2时，x1x2y1y2，x1y1y2x2，则

11x1y1y2yxx211, 11x1y1x2y2x2y2

所以

1x111.1x2y1y2

假设nk时命题成立.那么，当nk1时，设yixiai(i1,2,k1)，由条件a10，a1a20,,a1a2ak0，a1a2ak10，有

a1xya2ak0.11x2y2xkyk

下面用反证法证明以上结论.假设

a1xa2xaky0，则

1y12y2xkk0a1aakxa2k1 1y1x2y2xkykxk1yk1

a1a2akaa2akx1 1y1x2y2xkykxk1yk1

(a11a2ak)(xy1y)+(a111a2ak1)()kkxk1k1xk1yk1xkyk嘉兴市高中数学学科基地资料

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有

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+(a1a2ak2)(1111)(a1a2)()

x2y2x3y3xk2yk2xk1yk1

a1(11)0, 矛盾.x1y1x2y2

所以，当nk1时，原不等式成立.（2）对于集合A{1,2,4,8,16,,2n1}，满足对BC,B,CA，有

1111122.，且xxn1n112422xBxC

对所有A{a1,a2,,an}N，不妨设a1a2an.令a11（否则将ai都减去一个数，使a11），又使设A中从第k个数开始，ak2k1(k1,2,,n)，则ak1,2,,2k11,于是ak2k1，那么

ak1ak(122k2)2k11(122k2)2k, 以此类推，则

111111n12.2a1a2an12

评注 归纳法证明问题时，有时在第二步由nk（或nk）去推证nk1时，要用到反证法，或分析法。另外，本题的第（2）小题用到了“调整法”。

训练题

12．已知an1111(nN*).23n试证：当

n2时，an2(aa2a31n).23nn2证明：（1）当n2时，左边=a2(1

a1291312);右边=a2222;24222292，所以，所证不等式成立.42

（2）假设nk(k2)时不等式成立，即ak2(aa2a31k)成立.23kk嘉兴市高中数学学科基地资料

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当nk1时，ak1(ak22a1212)akk2k1k1(k1)2(ak11)1k1 2k1(k1)

2(aa2a31k)23kk2(aaa2a311 kk1)223kk1k(k1)akak1a2a3k2k1

2()223kk1k(k1)

akak1a2a3akak1a2a31k2k2(), 2()223kk1k123kk1k(k1)

所以，当nk1时，不等式也成立.由（1）、（2）可知，当nN,n2时，所证不等式成立.2．对任意实数x,y,z，试证：11921192(xy29z2)xy2xz3yz(xy29z2).66

证明：当xyz时，所证不等式显然成立.当x,y,z不全为零时，xy9z0, 将所证不等式可变形为

22119xy2xz3yz1192.2266xy9zxy2xz3yzk

① 222xy9z

令

①式中的x,y,z均可取一切实数（x,y,z不同时为零即可）.不妨取变量z作为考查对象.（1）当z0时，kxy|xy|122,即，由，得xy2|xy|x2y2x2y2211k.22222

（2）当z0时，将①式整理，得kx(y2z)xk(y9z)3yz0，k可以为0，当k0时，不等式显然成立；

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当k0时，因xR，0，即0或0.由0得(y2z)24k(ky29kz23yz)

(14k2)y2(4z12kz)y4z2(19k2)0.1时，不等式显然成立； 2

1当k时，yR,0.当k

(4z12kz)24(14k2)4z2(19k2)0.即16z2[(13k)2(14k2)(13k)(13k)]0, 16z20,(13k)2(14k2)(13k)(13k)]0

即(13k)k(k1191191191)(k)0.解得：k，或66630k119.6

同理，由0，得(14k2)y2(4z12kz)y4z2(19k2)0，对任意实

214k0,数y都满足的充要条件是：2222(4z12kz)4(14k)4z(19k)0.解得1k0.3 综合以上，可得k的取值范围是：

119119k.66

由此可得119xy2xz3yz1192.即所证不等式成立.2266xy9z

说明：“双判别式法”可以解决：

q(k1x2k2y2k3z2)axybxzcyzp(k1x2k2y2k3z2)(ki0,i1,2,3)的三元二次齐次不等式的证明问题.BC内一点O引三边的平行线，DE//BC，FG//CA，HI//AB，点D、E、F、3．过AG、H、I都在ABC的边上，S1表示六边形DEFGHI的面积，S2表示ABC的面嘉兴市高中数学学科基地资料

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积.求证：S12S2.3S2S2，只须证明SAGHSDBISEFC2.注33S2.① 3

证明：欲证S1意到平行四边形AGOH、BIOD、CEOF，故命题的解决只在于能证明：SOIFSOEHSOGD设BCa,CAb,ABc,IFx,EHy,GDz，那么①式等价于

x2y2z2122.② 23abc依题设，有OECF，从而所以，yOECFzBI,同理.baacaxyzIFCFBI1.③ abcax2y2z21xyz21由柯西不等式有，222（).3abc3abc故②式成立，命题成立。

4．已知a,b,c(0,)，且abc1，求证：

a(3a1)b(3b1)c(3c1)0.1a21b21c2x 证明：构造函数f(x)，易知f(x)在(0,1)上为增函数，所以对任意21x

x(0,1)，有

(x)(1x3x(3x1)3)0(3x1),，则31x210101x2 再分别令xa,b,c，代入上式，相加得

5．已知a,b,c(0,)，且abc1，a(3a1)b(3b1)c(3c1)3[3(abc)3]0.222101a1b1c证明：(ab)(bc)(ca)4(abc1).嘉兴市高中数学学科基地资料

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证明：不妨设

a1，①式等价于a2(bc)b2(ac)c2(ab)64(abc)，即(a21)(bc)(b21)(ac)(c21)(ab)64a3(bc).因(a1)(bc)4abc4，只须证明：

4(a1)b2(ac)c2(ab)64a3(bc),即证：2a(b2c2)(3bc)(bc)0 ② 因2(b2c2)(bc)2, 对于②式，只须证明： a(bc)2(3bc)(bc)0.③ 2 把③左边看作bc的二次函数，判别式(3bc)24a.即证(3bc)4a0，即证：(3212)4a.a 即4a39a26a10, 分解因式可得(a1)2(4a1)0，此不等式显然成立.所以③式成立，即原不等式成立.嘉兴市高中数学学科基地资料

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第五篇：不等式证明的技巧

不等式证明的技巧

知识与方法

证明不等式的方法很多，技巧性强；如较低要求的，在所证不等式两端同乘以一个常数；1的代换；利用函数的单调性，等等。不等式证明的技巧，本人的理解有如下三个方面：

一．基本技巧

我认为不等式的证明的基本思想和技巧是通过“放大和缩小”的思想和方法，对两个数、两个量、两个式的值的大小关系的“确定”过程，这种大小关系的确定一般有比较法、分析法、综合法三种基本方法。

二．构造法

1．构造重要不等式的结构，再利用相关的重要不等式来证明不等式。

2．构造函数，利用函数性质来证明不等式。

3．构造图形，利用几何知识来证明不等式。三．转化法

1．反证法

2．数学归纳法

3．变量代换法

4．从“特殊”到“一般”的转化方法

5．以“直”代“曲”的转化方法

6．“整体”与“部分”合理巧妙转化

范例选讲

例1 已知0x1，求证：|loga(1x)||loga(1x)|.分析 因所证不等式两端是同底的对数、单项式，故“作差比较”、“作商比较”均可以。

解（作差比较）

（1）当0a1时，因0x1，所以

|loga(1x)||loga(1x)|loga(1x)loga(1x)loga(1x)0.（2）当a1时，因0x1，所以

|loga(1x)||loga(1x)|loga(1x)loga(1x)loga(1x)0.2综合以上可知，所证不等式成立。

（作商比较）

因0x1，所以|loga(1x)|0，|loga(1x)|0，|loga(1x)||loga(1x)||log(1x)(1x)|log(1x)(1x)log(1x)11xlog(1x)(1x)1

所以，|loga(1x)||loga(1x)|.评注

本题虽是一道很简单的不等式证明题，也显示出了证明不等式的技巧性：合理选择方法，可以回避讨论。

例2 实数a1,a2,,an(n3)满足a1a2ann，且a1a2ann2.求证：max{a1,a2,a3,,an}2.分析 这是一道美国数学竞赛试题，直接证明比较困难，因此，可考虑运用反证法证明。

解

设a1,a2,,an中有i个非负数，记为x1,x2,,xi，有j个负数，记为

y1,y2,,yj(y1,y2,,yj0)，其中i0,j0，且ijn.不妨设max{a1,a2,a3,,an}2，即max{x1,x2,x3,,xi}2.因x1x2xiny1y2yi，又max{x1,x2,x3,,xi}2，y1,y2,,yj0.则2ix1x2xiny1y2yiijy1y2yj,所以ijy1y2yj.因为 x1x2xi(y1)(y2)(yj))n,所以

x1x2xin(y1y2yj).又因为 max{x1,x2,x3,,xi}2，y1,y2,,yj0，所以 4ix1x2xin(y1y2yj)n(ij)

(ij)(ij)4ij.因 i0，故j1，且j0，则j0.所以a1,a2,,an都为非负数.即4na1a2ann,因而n4，这与n3相矛盾，******2

即假设不成立，所证结论：max{a1,a2,a3,,an}2成立.评注

反证法的实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出矛盾。运用“正难则反”的策略，是证明不等式中常见技巧。

例3 平面上给定一个由有限多条线段组成的集合，线段总长为1.证明：存在一条直线l，.

分析 可将给定的线段排序，再通过中心对称构造一个周长为2的凸多边形。

2使得已给线段在l上的射影之和小于解 证明：取一条不与已给线段垂直的直线作x轴，将所给线段按照斜率的大小排成一列：

非负的下角标则表示斜率非ln,ln1,,l1,,lm（其中负的下角标表示该线段的斜率为负，负）。经过平移可以将这些线段按照上面的次序一个接一个地首尾相连形成一条凸折线。设端点为A、B，AB中点为O。关于O作中心对称，产生一个凸多边形（包括退化为直线段），周长为2，每一条边与对应边平行（或共线）。

这个多边形的最小宽度，也就是各对平行边之间的最小距离，设为d，以O为圆心，d为直径的圆一定完全在多边形内，否则，设圆O与某条边li相交于X，那么X关于O的对称点X是圆O与对边li的交点，li与li的距离小于XX，即小于d，与d为最小宽度矛盾。

由于圆O的周长为d，所以d2，即d圆的周长最小。

取直线l与距离最小的平行边垂直，则各已知线段在l上的射影之和不超过d，也就小于.

评注 本题的解答过程中通过“排序----平移----中心对称”等方法上的处理使所给线段呈现一种简单有序的易于估算的状态，困难得以化解。这种通过对称、旋转等变换，以直代22，这是因为面积一定的闭曲线中，以曲，将复杂的不等式化归为基本不等式是一种重要的技巧。

2例4 设ABC三边长为a,b,c，有不等式(bc)13bca(bc),------①

2试证不等式①中的系数

分析 可将系数1313是最优的.13一般化，设系数为k，再证明k的取值范围是k.证明 在不等式①中，取ab，设

(ab)(bc)(ca)k[222(ab)k2abc(ab)

bca2(bc)bcb2cab2(ca)2abc2(ab)] 令ab，所以2(bc)2k(bc)2k(bc)b[b(1kk)c], 又因在ABC中，三边长为a,b,c，取ab，显然有不等式2bc0,所以，要使0，注意到k为正数，则须是成立的，故k131kk2，即k13，但已证不等式①

是不等式①的最优值.评注 将“特殊”向“一般”转化也是常见的技巧。

例5 设x,y,z(0,)，且xyz1，证明

x

3(1y)(1z)y3(1x)(1z)z3(1x)(1y)34.（1998年第39届IMO预选试题）

分析 可利用均值不等式构造三个同向不等式相加来进行证明，也可以将所证不等式进行等价转化。

证法一: 因x,y,z(0,)，所以

x3

(1y)(1z)y31y81x81z81z8343434x,①

4(1x)(1z)z3y,②

(1x)(1y)1x81y8x3z,③

以上三式相加可得：3418(1y)(1z)y3(1x)(1z)12z3(1x)(1y)3412

3434(xyz)(62x2y2z)(xyz)33xyz.上述不等式都是在xyz1时取等号.所以，当且仅当xyz1时原不等式取等号.证法二: 原不等式等价于

xxyyzz343434334(x1)(y1)(z1).33

由于对任意正数a,b,c，有abc3abc，下面证明更强的不等式：

xxyyzz43434314[(x1)(y1)(z1)]

④ 成立.333 设f(t)t4t3 则f(t)

xxyyzz434343142(t1)，g(t)(t1)(4t3t1).314(t1)g(t)，且g(t)在(0,)上是严格递增函数，因为

1414[(x1)(y1)(z1)]f(x)f(y)f(z)(y1)g(y)1414(z1)g(z).14(z1)g(z)0即可.333

14(x1)g(x)只需证明(x1)g(x)4(y1)g(y)

其证明如下：

假设xyz，则g(x)g(y)g(z)0.由xyz1，得x1，z1.因(x1)g(x)(x1)g(y)，(z1)g(y)(z1)g(z),所以14(x1)g(x)1414(y1)g(y)1414(z1)g(z)

(xyz3)g(y)(33xyz3)g(y)0.故原不等式成立.等号当且仅当xyz1时成立.评注

证法1利用均值不等式进行证明，显得简洁、清晰；证法2是将所证不等转化为更强的不等式，再进行证明。

例6

已知x,y,z(0,)，且xyz1，证明：xyyzzx

分析 因xyyzzx是关于x,y,z的轮换对称式。

证明 设xmax{x,y,z}，又因x,y,z(0,)，则xyyzzxxyxyzzxx(xyyzz)

x[y(xz)

12z(zx)]12x(xz)(2yz)***成立的条件.1x(xz)(2yz)34[].232721不等式等号当且仅当x,y,z0或x0,y,z3333x13,y0,z23或时成立.评注

对于“轮换对称式”，不能将其中的变量排序；有时只能找到一个最小字母作“弱”排序。

例7

设a,b,c(0,)，且满足abc1，试证：

1a(bc)1b(ca)31c(ab)332.分析 由已知条件abc1，可知所证不等式与

bc22a(bc)ca22b(ca)ab22c(ab)32等价.故可运用“含参数基本不等式”来证明之.证明 由a(b)2ab（为参数），得

则有(bc)222a2b2ab.2a(bc)(ca)22bca(bc),①

b(ca)(ab)22cab(ca),②

2c(ab)2abc(ab).③ ①+②+③，得(bc)2a(bc)(ca)2b(ca)(ab)2c(ab)22(abbcca)2(abbcca)2(abbcca)().④

因abbcca33(abc)(bc)223，取212，代入④中，得 32

a(bc)(ca)2b(ca)(ab)c(ab)2314.评注

本题是先将所证不等式进行等价转化，再运用“含参数基本不等式”进行证明，当然也可利用柯西不等式进行证明，还可以直接利用基本不等式来证明。

例8（1）设x1,x2,,xn,y1,y2,,yn(0,)，满足：

（a）0x1y1x2y2xnyn;

（b）x1x2xky1y2yk,k{1,2,n}，证明：11x111x12xny11y2y.n

（2）设A{a1,a2,,an}N，对所有不同的子集B,CA，有

xx，证明：

11xBxCa11a2a2.n

分析

可运用数学归纳法进行证明。

证明

（1）当n1时，x1y10,1x11y;当n2时，x1x2y1y2，x1y1y2x2，则

1x21y111xx1y11xy21y1x2y2x2y，2

所以

111x1y.1x2y12

假设nk时命题成立.那么，当nk1时，设yixiai(i1,2,k1)，由条件a10，a1a20,,a1a2ak0，a1a2ak10，有

a1xa2ak1y1x2y2x0.kyk

下面用反证法证明以上结论.假设

a1xak1ya21x2y2x0，则kyk0a1akxa2x

1y1xak12y2kykxk1yk1

a1a2akxxa1a2ak1y12y2xkykx

k1yk1

(a11a2a1k)(xkykx(a1a2ak1)(1k1y)+k1xk1y1k1x)

kyk有

+(a1a2ak2)(1xk2yk21x2y21xk1yk1)(a1a2)(1x2y21x3y3)

a1(1x1y1)0, 矛盾.所以，当nk1时，原不等式成立.（2）对于集合A{1,2,4,8,16,,2n1}，满足对BC,B,CA，有

xBxxC11111x，且n12n12.12422

对所有A{a1,a2,,an}N，不妨设a1a2an.令a11（否则将ai都减去一个数，使a11），又使设A中从第k个数开始，k1k1k11,于是ak2，那么

ak2(k1,2,,n)，则ak1,2,,2k2k1k2k1(122)2, ak1ak(122)2

以此类推，则

1a11a21an111212n12.评注 归纳法证明问题时，有时在第二步由nk（或nk）去推证nk1时，要用到反证法，或分析法。另外，本题的第（2）小题用到了“调整法”。

训练题

1．已a22知a33an112131n(nN).*试证：当n2时，an2(2ann)1n.证明：（1）当n2时，左边=a2(1

942，所以，所证不等式成立.212)294;右边=a222a221232122;

（2）假设nk(k2)时不等式成立，即ak2(2a22a33akk)1k成立.当nk1时，ak1(ak21k1)ak222akk11(k1)2

2(a22a33akk)1k2(ak1)1k1 2k1(k1)12(a22a22a33a33akkakkak1k1ak1k1)1kk21(k1)2

2（2(a22a33)k12k(k1)

akkak1k1)k2k2k(k1)2(a22a33akkak1k1)1k1，所以，当nk1时，不等式也成立.由（1）、（2）可知，当nN,n2时，所证不等式成立.2．对任意实数x,y,z，试证：1619(xy9z)xy2xz3yz2221619(xy9z).22证明：当xyz时，所证不等式显然成立.当x,y,z不全为零时，xy9z0, 将所证不等式可变形为

1619xy2xz3yzxy9z222222

1619.令xy2xz3yzxy9z222k

①

①式中的x,y,z均可取一切实数（x,y,z不同时为零即可）.不妨取变量z作为考查对象.（1）当z0时，k1212xyxy22，由xy2|xy|，得

22|xy|xy2212,即k.222

（2）当z0时，将①式整理，得kx(y2z)xk(y9z)3yz0，k可以为0，当k0时，不等式显然成立； 当k0时，因xR，0，即0或0.由0得(y2z)24k(ky29kz23yz)

(14k2)y2(4z12kz)y4z2(19k2)0.当k

当k1212时，不等式显然成立； 时，yR,0.(4z12kz)24(14k2)4z2(19k2)0.即16z2[(13k)2(14k2)(13k)(13k)]0, 16z20,(13k)2(14k2)(13k)(13k)]0

1619161916191

3即(13k)k(k)(k)0.解得：k，或0k1619.同理，由0，得(14k2)y2(4z12kz)y4z2(19k2)0，对任意实

214k0,数y都满足的充要条件是：2222(4z12kz)4(14k)4z(19k)0.解得13k0.综合以上，可得k的取值范围是：

1619k1619.由此可得1619xy2xz3yzxy9z2221619.即所证不等式成立.说明：“双判别式法”可以解决：

q(k1xk2yk3z)axybxzcyzp(k1xk2yk3z)(ki0,i1,2,3)222222的三元二次齐次不等式的证明问题.3．过ABC内一点O引三边的平行线，DE//BC，FG//CA，HI//AB，点D、E、F、G、H、I都在ABC的边上，S1表示六边形DEFGHI的面积，S2表示ABC的面积.求证：S123S2.证明：欲证S123只须证明SAGHSDBISEFCS2，S23.注意到平行四边形AGOH、BIOD、CEOF，故命题的解决只在于能证明：SOIFSOEHSOGDS23.①

设BCa,CAb,ABc,IFx,EHy,GDz，那么①式等价于 xa22yb22zc2213.②

ybOEaCFazcBIa依题设，有OECF，从而所以，xaybzcIFCFBIa,同理.1.③

2由柯西不等式有，xa22yb2zc221xyz21（).3abc3故②式成立，命题成立。

4．已知a,b,c(0,)，且abc1，求证：

a(3a1)1a2b(3b1)1b2c(3c1)1cx1x220.证明：构造函数f(x)x(0,1)，有，易知f(x)在(0,1)上为增函数，所以对任意(x131x)(x2310)0，则

x(3x1)1x2310(3x1)，再分别令xa,b,c，代入上式，相加得

5．已知a,b,c(0,)，且abc1，a(3a1)1a2b(3b1)1b2c(3c1)1c2310[3(abc)3]0.证明：(ab)(bc)(ca)4(abc1).证2明2：

2不妨设a1，①式等价于a(bc)b(ac)c(ab)64(abc)，即(a21)(bc)(b21)(ac)(c21)(ab)64a3(bc).因(a1)(bc)4abc4，只须证明：

4(a1)b2(ac)c2(ab)64a3(bc),即证：2a(b2c2)(3bc)(bc)0 ②

因2(b2c2)(bc)2, 对于②式，只须证明： a2(bc)(3bc)(bc)0.③ 2 把③左边看作bc的二次函数，判别式(3bc)24a.即证(3bc)24a0，即证：(31a)4a.即4a39a26a10, 分解因式可得(a1)2(4a1)0，此不等式显然成立.所以③式成立，即原不等式成立.