换元法在不等式证明中的应用(姜本超)

第一篇：换元法在不等式证明中的应用(姜本超)

换元法证明不等式例说

姜本超

换元法是指对结构相对比较复杂的不等式，通过恰当引入新的变量，来代换原命题中的部分式子，通过代换达到减元的目的，以达到简化结构、便于研究的形式.换元法在不等式的证明中应用广泛，是证明不等式的常用方法之一.常采用的方法有：三角换元法、均值换元法、几何换元法、增量换元法及整体换元法.下面我们举例分析。

1、三角换元法：

把代数形式转化为三角形式，利用三角函数的性质解决.例1.若x2y21，求证：|x22xyy2|

2证：设xrsin,yrcos,(0r1)，则|x22xyy2||r2cos22r2cossinr2sin2|

r|cos2sin2|222rcos242r22

三角换元常的一些常见形式如下：

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(

2

22).).2、均值换元法：

使用均值换元法减少变元，也可以简化问题的结构，使证明更加简捷直观有效。

22例2.已知且，求证：(a2)(b2)2

52证明：因为且 所以设

则：

即(a2)2(b2)2原不等式得证。

23.几何换元法：

例：设a、b、c是三角形的三边长，求证abc(bca)(cab)(abc).证明： axy,byz,czx,其中x,y,z均大于0，则欲证的不等式等价于

(xy)(yz)(zx)2z2x2y8xyz.而(xy)(yz)(z

x)

8xyz.证毕.在△ABC中，ABc,BCa,CAb，内切圆交AB、BC、CA分别于D、E、F，如图，则可设axy,byz,czx，其中x,y,z均大于0，几何换元法能达到利用等式反映出三角形任意两边之和大于第三边的不等关系的功效.4.增量换元法：

若一变量在某一常量附近变化时，可设这一变量为该常量加上另一个变量。例4.已知证明：设显然则，求证：

故

5．整体换元法

对于不等式中较为复杂的式子，有时可用一个字母来表示，可使不等式的形式得以简化，便于观察，寻找思路 例5：设a,b,c,dR.且 a

1a



b

1b



c

1c



d

1d

1

求证：abcd a

证明：令m1

1a,m2

b

1b,m3

c

1c,m4

d

1d

则：a2

m11m1,b

m21m2,c

m31m3,d



m41m4

且：m1m2m3m4

1m1m2m3m41m2m1m3m41m3m1m2m4

1m4m1m2m3将上面四个式子相乘得：

1m2(1m1)()(1m3)(m14

)m18m12m3 m

即：（mm)23

1m11m21m3m1

m14 1m481

abcd

181

abcd

利用代换法解决不等式问题，可以起到事半功倍的效果，大大的提高了解题的速度，降

低了试题的难度，但如何选取合理的代换方式，还有待与研究和深思，寻求合理的代换方式

将是进一步研究的方向。

第二篇：怎样用换元法证明不等式

怎样用换元法证明不等式

陆世永

我们知道,无论在中学,还是在大学,不等式的证明都是一个难点。人们在证明不等式时创造了许多方法,其中有换元法。下面我们探索怎样用换元法证明不等式。

所谓“换元法”就是根据不等式的结构特征,选择适当的变量代换,从而化繁为简,或实现某种转化,以便证题。其换元的实质是转化,关键是构造和设元,理论依据是等量代换,目的是变换研究对象,将问题移至新对象的知识背景中去研究,从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化,变得容易处理。

一、利用对称性换元,化繁为简

例1设a,b,cR,求证:abcbcacababc.分析:经过观察,我们发现,把a,b,c中的两个互换,不等式不变,说明这是一个对称不等式,如果我们令xbca,ycab,zabc,则原不等式可化为:

xyyzzx8xyz.这是一个较简单而且容易与已知不等式联系的不等式,因而可以按上述换元证明不等式。

证明:令xbca,ycab,zabc,则

a

12yz,b12xz,c12xy.a,b,cR,当xyz0时,有

xyyzzx8xyz；

当xyz0时,有x,y,zR(否则x,y,z中必有两个不为正值,不妨设x0, y0,则c0,这与c0矛盾), 因此

yz0,zx2zx0, xy2xy0,yz

2xyyzzx8xyz,综上所述,恒有

xyyzzx8xyz,把x,y,z代入上式得:

abcbcacababc.例2设a,b,cR,求证:

a

bc

a

bc



abbcca



abc2a2

bcabbcca.

分析:类似于例1,我们不难发现,这也是一个对称不等式,因此可考虑令

xabc,yabc,zabbcca,则原不等式可化为2yzz20.这是一个简单的不等式,由已知条件可证该不等式,因此我们可按上述换元证明原不等式。

证明:令xabc,ya2b2c2,zabbcca,则

x

y2z,yz

ab

bcca

0,原不等式可化为:

yyz





x

yz2,将x2y2z,代入上式得:

yyz



y2zyz,yzy2

yzy2zyz0,

2yzz0,又由已知条件可知,2yzz20成立,而上述过程可逆,因此原不等式成立。对于类似于例1与例2的对称不等式，可以结合不等式的具体形式换元，简化不等式的结构，使得不等式容易证明。

二、借助几何图形换元

例3已知a,b,c是ABC三边的长，求证：

abbccaabbcca

.分析:(如图)作ABC的内切圆,设D,E,F为切点,令xBD,yCD,zAE,(其中x,y,zR

则原不等式可转化为:

y2zz

z2

xx

x2



yy2x2y2z.

利用重要不等式:ab2ab可证该不等式,因此可以通过上述换元证明原不等式。

证明:设D,E,F为切点,令xBD,yCD,zAE,则原不等式可转化为:

y2

zz

z2

xx

x2

2x2y2z.1 yy

又因为x,y,zR,则有

y

z

z2y,z

x

x2z,x

y

y2x，所以(1)式成立,因此原不等式成立。

从例3可以看出，在证明不等式时，我们可以根据题意结合几何图形进行分析、换元，从而借助几何图形的性质来证明不等式。

三、借助三角函数的性质换元

例4已知:a1,b0,ab1,求证:0

1a

a

11b1.ab

分析:由于a1,b0,ab1,并且不等式中有a,b,因此我们联想三角函数的平方关系:sec2tan21.经过对比,发现a相当于sec2，b相当于

tan，因而可令：asec2,btan20









.2

证明:令asec2,btan20

1a

1a



, 则 2

ab

1 b

sec1tan

1

2sectansec

sin1，可见原不等式成立。

例5若x2y21,求证:x22xyy2

.分析:由x2y21,知点x,y在圆x2y21的内部或边界上,因此可以考虑变换:xrsin,yrcos 0r1,02.证明:设xrsin,yrcos 0r1,02, 则

x2xyy

rcos2sin2



2

2rcos2

42r



2.从例4，例5可以看出，证明不等式时，我们可以结合已知条件或不等式的结构与三角函数的性质进行分析，利用三角函数换元，从而借助三角函数的性质来证明不等式。

四、借助均值不等式换元

例6n个正数x1,x2,xn,它们的和是1,求证:

xn1xn1xn

x1

x1x2



x2

x2x3





xn

xnx1



.分析:就这个不等式而言,我们容易想到均值不等式，但是直接用均值不等

式却难以证明这个不等式，因此我们把分子变为两项，可令x1

x2x3

xnx1

n

x1x2

m1,x2

m2,,xn

mn（其中mi0）.i1

证明:令x1

n

x1x2

m1,x2

x2x3

m2,,xn

xnx1

mn,则

m

i1

i

0.x1

x1x2



x2

x2x3



xn1xn1xn



xn

xnx1

1

xxm1n2n

xnx1



1

xxm2121

x1x2



1

xxm3222

x2x3





x1x2



x2x3

4mn



xnx1

m1m2mn

m1

x1x2



m2

x2x3



xnx1



2x1x2xn

，因而原不等式成立。

例6说明，在证明不等式时，可以从不等式的形式出发，借助均值不等式进行换元。

第三篇：不等式证明四(换元法)

Xupeisen110高中数学

教材：不等式证明四（换元法）

目的：增强学生“换元”思想，能较熟练地利用换元手段解决某些不等式证明问题。

过程：

一、提出课题：（换元法）

二、三角换元：

证一：证二：由x > 0 , y > 0，2x + y = 1，可设x

则2sin,2ycos2 11212(1cot2)(1tan2)22xysincos

3(2cot2tan2)32

2例三：若x2y21，求证：|x22xyy2|2

证：设xrsin,yrcos,(0r1)，1则|x22xyy2||r2cos22r2cossinr2sin2|

r2|cos2sin2|2r2cos22r22 4

例四：若x > 1，y > 1，求证：xy1(x1)(y1)

证：设xsec2,ysec2,(0,)2)2

小结 若x2y21，则可令x = sec, y = tan(02)。

)。2

若xR，则可令x = tan()。22若x≥1，则可令x = sec(0

三、代数换元：

例六：证明：若a > 0，则a2112a2 2aa

1证：设xa,aya2

21,(a0,x2,y2)2a2121则x2y2aa22 aa

xya11a2222（当a = 1时取“=”）

aa

四、小结：

五、作业：

1．若a22． 若|a3． 若|x|4． 若a1 5． 6． 已知3

第四篇：换元法证明不等式

换元法证明不等式

已知a,b,c,d都是实数,且满足a^2+b^2=1,c^2+d^2=4,求证:|ac+bd|≤

2a=cosA,b=sinA

c=2cosB,d=2sinB

|ac+bd|=2|cosAcocB+sinAsinB}=2|cos(A-B)|

<=2

得证

若x+y+z=1，试用换元法证明x²+y²+z²≥1/

3解法一：(换元法)

证明：因为

(x-1/3)^2+(y-1/3)^2+(z-1/3)^2≥0

展开，得

x^2+y^2+z^2-2/3*(x+y+z)+3*1/9≥0

x^2+y^2+z^2-2/3+1/3≥0

x^2+y^2+z^2≥1/3。

其中等号当且仅当x=y=z=1/3时成立

解法二：

因为:x+y+z=

1所以:(x+y+z)²=1

化解为:x²+y²+z²+2xy+2xz+2yz=1

又因为：

x²+y²≥2xy;

x²+z²≥2xz;

y²+z²≥2yz;

所以x²+y²+z²+2xy+2xz+2yz=1<=3(x²+y²+z²)

固x²+y²+z²≥1/3

例1：已知a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥1/3

证明：令a=m+1/3，b=n+1/3，c=t+1/3，则m+n+t=0

∴a2+b2+c2=(m+1/3)2+(n+1/3)2+(t+1/3)2

=m2+n2+t2+2(m+n+t)/3+1/3

=m2+n2+t2+1/3

∵m2+n2+t2≥0，∴a2+b2+c2≥1/3得证。

换元的目的：转化、化简已知条件，使已知条件更易于使用。

例2：已知a>b>c，求证：1/(a-b)+1/(b-c)≥4/(a-c)

证明：令x=a-b，y=b-c，则a-c=x+y且x>0，y>0

∴原不等式转化为：1/x+1/y≥4/(x+y)

因此，只要证明：(x+y)/x+(x+y)/y≥

4只要证：1+y/x+1+x/y≥4

只要证：y/x+x/y≥2，而y/x+x/y≥2恒成立。

∴1/(a-b)+1/(b-c)≥4/(a-c)得证。

换元的目的：

化简、化熟命题，把复杂的、不熟悉的命题化为简单的、熟悉的命题。

例3：已知(x2-y2+1)2+4x2y2-x2-y2=0，求证：(3-√5)/2≤x2+y2≤(3+√5)/

2证明：令x2+y2=t

由(x2-y2+1)2+4x2y2-x2-y2=0整理得：

(x2+y2)2-3(x2+y2)+1=-4x2

∴(x2+y2)2-3(x2+y2)+1≤0

∴t2-3t+1≤0，解之得：(3-√5)/2≤t≤(3+√5)/2

∴(3-√5)/2≤x2+y2≤(3+√5)/2得证。

换元的目的：转化条件，建立条件与结论间的联系。

例4：已知x-1=(y+1)/2=(z-2)/3，求证：x2+y2+z2≥59/1

4证明：设x-1=(y+1)/2=(z-2)/3=k，则x=k+1，y=2k-1，z=3k+2

∴x2+y2+z2=(k+1)2+(2k-1)2+(3k+2)2

=14k2+10k+6

=14(k2+5k/7)+6

=14(k+5/14)2+59/14≥59/14

∴x2+y2+z2≥59/14得证。

换元的目的：减少未知数的个数，直接利用已知条件。

例5：已知a>0，求证：(a+(a+(a+(a+…+a0.5)0.5)0.5)0.5)0.5

证明：设t1=a0.5，t2=(a+a0.5)0.5，……，tn=(a+(a+(a+(a+…+a0.5)0.5)0.5)0.5)0.5tn=(a+tn-1)0.5

tn2=a+tn-1，且tn>0，而tn>tn-

1∴tn20

∴tn

换元的目的：转换、化简命题

例6：已知a≥c>0，b≥c，求证：√c(a-c)+√c(b-c)≤√ab

证明：要证明原不等式，只要证明：

√c(a-c)/ab+√c(b-c)/ab≤

1只要证明：√(c/b)(1-c/a)+√c/a(1-c/b)≤1

令sinα=√c/b，sinβ=√c/a，且α、β∈(0，π]

只要证明：sinαcosβ+cosαsinβ≤

1只要证明：sin(α+β)≤1，而sin(α+β)≤1显然成立

∴原不等式得证。

换元的目的：利用两个正数的和等于1进行三角换元，可以将原问题得到极大

程度的化简，在各种命题的解题中有着广泛的应用。

例7：已知a2+b2=c2，且a、b、c均为正数，求证：an+bn2且n∈N

证明：设a=csinα，b=ccosα。α∈(0，π/2)

则：an+bn=cnsinnα+cncosnα=cn(sinnα+cosnα)

∵0

第五篇：换元法证明不等式09

换元法证明不等式

教学目标：

增强学生“换元”思想，能较熟练地利用换元手段解决某些不等式证明问题。教学重点：三角换元 教学过程：

一、提出课题：（换元法）

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，这种方法叫换元法。

二、三角换元：

例

一、已知x > 0 , y > 0，2x + y = 1，求证：

1x1y

3

22证一：



1x



12xy(2xy)332yyx



即：

1x



1y

322

证二：由x > 0 , y > 0，2x + y = 1，可设x则

1x1y

2sin

sin,ycos







1cos



2(1cot)(1tan

)

3(2cottan

)32

例二：若x2证：设x则|

x

y

1，求证：|x

2xyy|

rsin,2

yrcos,2

(0r1)

2，2

2xyy||rcos2rcossinrsin

|

r

|cos2sin2|2r



cos2

4



2

2r

2

小结：若0≤x≤1，则可令x = sin(0(

2

2)或x = sin2)。

y

若x2若x2

1，则可令1，则可令

x = cos , y = sin(0x = sec, y = tan(0

2

2

2)。2)。

y

若x≥1，则可令x = sec(0若xR，则可令x = tan()。

2

)。

三、小结：

还有诸如“均值换元”“设差换元”的方法，有兴趣的课后还可进一步学习。

四、作业：

1．若a

2b

1，求证：asinxbcosx

1n

n

n

2． 若|x|≤1，求证：(1x)(1x)2 3． 已知a＋b=1，求证：a4b4

1a

1b

4． 若正数a、b满足a＋b=1，求证：



4