均值不等式的证明方法

关键词： 作差 讨论 方法 证明

均值不等式的证明方法（通用10篇）

篇1：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

篇2：均值不等式的证明方法

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

篇3：均值不等式的证明方法

关键词：几何平均数,算术平均数,均值不等式

其中当且仅当a1=a2=a3=…=an时等号成立。

在证明某些有关正整数n的数学问题时, 若能巧用几何、算术均值不等式, 可以使问题变难为易, 化繁为简。本文将举例说明。

例1设k, n∈N+, 且k<n, 求证

证明

证明先证前半部分

再证后半部分, 事实上

例3已知x>-1, x≠0, n∈N+, 且N≥2, 求证

这是著名的伯努利不等式, 它的应用广泛, 书中大多采用数学归纳法证明, 虽然思路清晰, 推理自然, 但步骤较长, 格式较繁, 若能巧用几何、算术均值不等式则会简单得多。

例4求证极限存在。

即数列单调增加。

因此数列有上界。

根据单调有界法则知:极限存在。

例5求证

证明由于当n≥2时, 有

所以由迫敛法知

篇4：用数学归纳法证明平均值不等式

【关键词】 平均值不等式 数学归纳法

一、引言

不等式历来是中学数学教学的重要内容。不等式涉及数量之间大小的比较，通过比较常能显出变量变化之间相互制约的关系，因而从某种意义上说，不等式的探讨在数学中甚至比等式的推演更为重要。本文试探讨一种比较特殊而又著名的不等式——“平均值不等式”。这种不等式不仅本身颇为有用，而且它的证法也可作进一步熟练不等式证明技巧之用，而且它在中学数学中有着更为广泛的应用。特别在高中数学中，我们频繁地接触到此类不等式的简化形式（如平均值不等式中: n=2,3,4,…的情形），但诸多教科书并未对它作更进一步的探讨。从历年高考考察的情况来看，虽然对平均值不等式未作很高的要求，但几乎每年高考均有题目涉及到此类不等式,可见平均值不等式及其相关教学在中学数学中有着其重要的地位和作用。

二、平均值不等式的证明

著名的平均值不等式如下：

现用数学归纳法证这个问题。

（i）当n=1 b1=1等号成立，故命题成立。

（ⅱ）若当n=k时命题成立，即若b1,b2,…，bk>0且b1·b2…bn=1, 则b1＋b2＋…＋bk≥k。

当n=k+1时，设b1,b2,b3…，bk+1>0且b1·b2…bk·bk＋１=１，b1，b2，…，bk+1若b1=b2=…＝bk+1=1，命题显然成立。

若b1,b2,…bk,bk+1不全为1， 则由于b1·b2…bk·bk+1=1,b1,b2,…,bk+1中至少有一个大于1及小于1的bi 。不妨设bk<1,bk+1>1，于是由(1-bk)(1-bk+1)<0，推出bk+bk+1>bk·bk+1+1 (*)。

另一方面，由于b1·b2…bk＋１（bk·bk+1）=１， 按归纳法假设有b1+b2+…+bk-1+(bk·bk+1)≥k，因而b1+b2+…+bk-1+bk+bk+1=b1+b2+…+bk-1+(bk+bk+1)>b1+b2+…+bk-1+bk·bk+1+1≥k+1。

因此当n=k+1时，命题成立。由（i）及（ⅱ）知，对任意自然数n，命题成立。

證法3 在证法1中，当n=k时，由不等式正确推导n=k+1时不等式正确，是比较困难的，但是由n=k时的正确性推导n=2k时的正确性却很简单，因此我们可先证明不等式对一切n=2k成立，再证明不等式对一切n＞2 ，n≠2k成立。

由（i）及（ⅱ）知，对一切自然数n不等式成立。

证法4 证法3比起证法1要简便得多，还可在证法3基础上进一步简化，我们要用到柯西提出的一种证法。

（i）证当n=2k，不等式成立（同证法3）。

由（i）、（ⅱ）知，对任意自然数n，不等式成立。

三、小结

本文用数学归纳法证明了平均值不等式，事实上，这几种方法并非孤立，它们之间有一定的联系。比如证法2是在证法1的基础上将不等式作了一个变形，然后用了数学归纳法，而证法3走了一个捷径巧妙地运用了数学归纳法，至于证法4这种证法较难想到，它是在证法3的基础上巧妙地运用了柯西提出的一种数学归纳法。

参考文献：

[1]徐胜林，吴明确. 平均值不等式[J] 数学通讯, 2005年第20期.

[2]李炯生，黄国勋. 中国初等数学研究[M]. 北京:科学技术文献出版社,1992.54-55.

篇5：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

篇6：用均值不等式证明不等式

【摘要】：不等式的证明在竞赛数学中占有重要地位．本文介绍了用均值不等式证明几个不等式，我们在证明不等式时，常用到均值不等式。要求我们要认真分析题目，本文通过几个国内外竞赛数学的试题，介绍用均值不等式证明初等不等式的基本方法及技巧。

【关键词】：均值不等式；不等式；方法；技巧

均值不等式

设 a1、a2、、an 是 n 个 正数，则不等式H(a)G(a)A(a)Q(a)称为均值不等式[1]．其中

H(a)

n

1a

11a

2

1an，G(a)

a1a2a1aan，A(n)

a1a2an

n

22，2

Q(n)

a1a2an

n

、an 的调和不等式，几何平均值，算术平均值，均方根平均分别称为 a1、a2、值．

例1设a1、a2、…、an均为正，记

(n)n（a1a2an

n



a1a2an)

试证：(n)(n1)，并求等号成立的条件．

证明由所设条件，得

(n)(n1)

=n（a1a2an

n



n

a1a2an)(n1)（a1a2an

1n1



n1

a1a2an1)

=a1a2annna1a2an(a1a2an1)(n1)n1a1a2an1

=an(n1)(a1a2an1)n1n(a1a2an)n，n1

(a1a2an1)n1，有 将G(a)A(a)应用于n个正数：an，（a1a2an1）



n1个

an(n1)(a1a2an1)n1

n

(a1a2an)n，即

an(n1)(a1a2an1)n1n(a1a2an)n．

所以(n)(n1)，当且仅当an(a1a2an1)立．

n1，即ann1a1a2an时等号成1

此题不只是公式的直接应用．代表了均值不等式中需要挖掘信

、an 的一类题． 息找a1、a2、例2设xyz0，求证：6(x3y3z3)2(x2y2z2)3． 证明当xyz0时不等式显然成立．

除此情况外，x、y、z中至少有一正一负．不妨设xy0，因为

z(xy)，所以

I6(xyz)6[xy(xy)]6[3xy(xy)]54xyz

．

若由此直接用G(a)A(a)(n3)，只能得到较粗糙的不等式

I54xyz54（xyz

2)2(xyz)，3222

3如果改用下面的方法，用G(a)A(a)，便得

I54xyz

222

216

xy2



xy2

z

xyxy2z

(2z22xy)3，2163

再注意到x2y2(xy)22xyz22xy，因而2z22xyx2y2z2，于是即得欲证的不等式．

此题解题的关键在于构造a1、a2、、an通常需要拓宽思路多次尝试，此类也属均值不等式的常考类题． 例3设x0，证明：2

x

2

x

22

x

．(第16届全苏数学竞赛试题[2])

证明此不等式的外形有点像均值不等式． 由G(a)A(a)，得

x2

x

x

2

x

22

x

2

x

22，又

x2

x

1111

(x12x4)2x6，即得要证的不等式．

结语

有些不等式则可以利用某个已经证明成立的不等式来证明(因此多熟悉几个比较常见的不等式是有好处的)；有些不等式还要用数学归纳法来证明等等．而且在一个题目的证明过程中，也往往不止应用一种方法，而需要灵活运用各种方法．因此，要培养和提高自己的证题能力。

参考文献

[1]陈传理等编．数学竞赛教程 [M]．北京：高等教育出版设，1996，(10)：

133-134．

篇7：运用均值不等式的八类配凑方法

利用均值不等式求最值或证明不等式是高中数学的一个重点。在运用均值不等式解题时,我们常常会遇到题中某些式子不便于套用公式，或者不便于利用题设条件，此时需要对题中的式子适当进行拼凑变形。均值不等式等号成立条件具有潜在的运用功能。以均值不等式的取等条件为出发点，为解题提供信息，可以引发出种种拼凑方法。下面把运用均值不等式的拼凑方法概括为八类。

一、拼凑定和

通过因式分解、纳入根号内、升幂等手段，变为“积”的形式，然后以均值不等式的取等条件为出发点，均分系数，拼凑定和，求积的最大值。

例１ 已知0x1，求函数yx3x2x1的最大值。

解：yx2x1x1x11x2x11x

2x1x11x32x1x14。1x422327

当且仅当31x1321x，即x时，上式取“=”。故ymax。3227

评注：通过因式分解，将函数解析式由“和”的形式，变为“积”的形式，然后利用隐含的“定和”关系，求“积”的最大值。

例2

求函数yx0x1的最大值。

解：

y

 x2x221x221xx2因，1x22327

x21

x2，即x当且仅当时，上式取“=”

。故ymax。2

3评注：将函数式中根号外的正变量移进根号内的目的是集中变元，为“拼凑定和”创造条件。例3 已知0x2，求函数y6x4x2的最大值。

解：y36x224x22182x24x24x2

32x24x24x21883

18。327

当且仅当2x4x





18832，即x时，上式取“=”。故ymax，又

27y0,ymax

3。3

二、拼凑定积

通过裂项、分子常数化、有理代换等手段，变为“和”的形式，然后以均值不等式的取等条件为出发点，配项凑定积，创造运用均值不等式的条件

例

4x5x2设x1，求函数y的最小值。

x

1解：y

x14x1

1x145x1x1

59。当且仅当x1时，上式取“=”。故ymin9。

评注：有关分式的最值问题，若分子的次数高于分母的次数，则可考虑裂项，变为和的形式，然后“拼

凑定积”，往往是十分方便的。

例5 已知x1，求函数y

24x1

x3的最大值。

解：x1,x10，y

24x1

x1

4x14



x1

4x1



3。

224

当且仅当x1时，上式取“=”。故ymax3。

评注：有关的最值问题，若分子的次数低于分母的次数，可考虑改变原式的结构，将分子化为常数，再

设法将分母“拼凑定积”。

例6 已知0x，求函数y

2cosx的最小值。

sinx

xx

解：因为0x，所以0，令tant，则t0。

211cosx1t213t所以yt

sinxsinx2t2t2当且仅当

13t，即tx时，上式取“

=”。故ymin 2t

3评注：通过有理代换，化无理为有理，化三角为代数，从而化繁为简，化难为易，创造出运用均值不等

式的环境。

三、拼凑常数降幂

例7 若a3b32,a,bR，求证：ab2。

分析：基本不等式等号成立的条件具有潜在的运用功能，它能在“等”与“不等”的互化中架设桥

梁，能为解题提供信息，开辟捷径。本题已知与要求证的条件是ab1，为解题提供了信息，发现应拼凑项，巧妙降次，迅速促成“等”与“不等”的辩证转化。

33a,b313133b。证明：a11，故原不等式a3b3463ab,ab2.当且仅当ab1时，上述各式取“=”得证。

评注：本题借助取等号的条件，创造性地使用基本不等式，简洁明了。

例8 若x3y32,x,yR，求x2y25xy的最大值。

解：31xx1x3x3,31yy1y3y3,31xy1x3y3,x2y25xy

1x3x31y3y351x3y3



77x3y3

7。

当且仅当ab1时，上述各式取“=”，故x2y25xy的最大值为7。

例9 已知a,b,c0,abc1，求证：a3b3c3abbcca。

证明：1a3b331ab,1b3c331bc,1c3a331ca，32a3b3c33abbc

ca，又abbcca3，32a3b3c32abbcca3,a3b3c3abbcca。

当且仅当abc1时，上述各式取“=”，故原不等式得证。

四、拼凑常数升幂

例10 若a,b,cR，且abc

1。

分析：已知与要求证的不等式都是关于a,b,c的轮换对称式，容易发现等号成立的条件是

1abc

3证明：2161616



a5,2

b5,2c5，333231

abc32.。

当且仅当abc

时，上述各式取“=”，故原不等式得证。

3例11 若ab2,a,b,R，求证：a3b32。

证明：311a1313a3,311b1313b3,3ab4a3b3。

又ab2,a3b32。当且仅当ab1时，上述各式取“=”，故原不等式得证。

五、约分配凑

通过“1”变换或添项进行拼凑，使分母能约去或分子能降次。

例12 已知x,y,0,1，求xy的最小值。

xyy1

解：xyx

284y6x

4x32xyxy

326 4。

当且仅当

1时，即x4.y16，上式取“=”，故xymin64。xy

241的最小值。x1x

例13 已知0x1，求函数y

解：因为0x1，所以1x0。

所以y

41x411x4

x1x59。x1xx1xx1x

41x2x

时，即x，上式取“=”，故ymin9。

3x1x



当且仅当

a2b2c21

abc。例14 若a,b,cR，求证

bccaab2

分析：注意结构特征：要求证的不等式是关于a,b,c的轮换对称式，当abc时，等式成立。此时

a2a

，bc2

a1bca2

设mbc，解得m，所以应拼凑辅助式为拼凑的需要而添，经此一添，解题可见眉

244bc

目。

证

明

：

a2bcb2cac2aba,b,cbc4ca4ab4。

a2b2c21abc。当且仅当abc时，上述各式取“=”，故原不等式得证。bccaab2

六、引入参数拼凑

某些复杂的问题难以观察出匹配的系数，但利用“等”与“定”的条件，建立方程组，解地待定系数，可开辟解题捷径。

149

例15 已知x,y,zR，且xyz1，求的最小值。

xyz

解：设0，故有xyz10。

914914914

xyz1xxx xyzxyzxy

z。当且仅当

式取“=”，即x

149

x,y,z同时成立时上述不等xyz

y

z，代入xyz1，解得

36，此时36，故

x49yz的最小值为36。

七、引入对偶式拼凑

根据已知不等式的结构，给不等式的一端匹配一个与之对偶的式子，然后一起参与运算，创造运用均值不等式的条件。

例16 设a1,a2,,an为互不相等的正整数，求证

证明：记bn

则

an111a1a2a

31。122232n2123n

ana1a2a31111

，构造对偶式，dn122232n2a1a2a3an

aa11a21a3111111

bndn222n2，21a2a3ana123n123n



当且仅当aiiiN,in时，等号成立。又因为a1,a2,,an为互不相等的正整数，

所以dn

11111111

，因此bn。123n123n

评注：本题通过对式中的某些元素取倒数来构造对偶式。

八、确立主元拼凑

在解答多元问题时，如果不分主次来研究，问题很难解决；如果根据具体条件和解题需要，确立主元，减少变元个数，恰当拼凑，可创造性地使用均值不等式。

例17 在ABC中，证明cosAcosBcosC

1。8

分析：cosAcosBcosC为轮换对称式，即A,B,C的地位相同，因此可选一个变元为主元，将其它变元

看作常量（固定），减少变元个数，化陌生为熟悉。

证明：当cosA0时，原不等式显然成立。

当cosA0时，cosAcosBcosC

cosAcosBCcosBC

21cosAcosBCcosA 2

11cosA1cosA1cosA1cosA。2228

cos(BC)1

当且仅当，即ABC为正三角形时，原不等式等号成立。

cosA1cosA

综上所述，原不等式成立。

评注：变形后选择A为主元，先把A看作常量，B、C看作变量，把B、C这两个变量集中到cos(BC)，然后利用cos(BC)的最大值为1将其整体消元，最后再回到A这个主元，变中求定。

篇8：关于不等式证明的若干方法

1 利用函数的单调性及微分中值定理

命题1:设f (x) 定义在区间I内, 若f&apos; (x) >0 (或f&apos; (x) <0) , x∈I则函数f (x) 在I内严格增加 (或严格减少) .

实质:根据所证的不等式构造一个函数F (x) , 利用导数的符号判断F (x) 的单调性, 使得被证明的不等式转化为一个单调函数在两点的函数值的比较.

命题2: (lagrange中值定理) 若函数f (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 内可导, 则, 其中ξ∈ (a, b) .

例1:设e<a<b<e2, 证明.

证明:对f (x) =ln2x在[a, b]上应用拉格朗日中值定理得:

设

当t>e时, φ ('t) <0, 所以φ (t) 单调减少

从而φ (ξ) >φ (e2)

应用函数的单调性及微分中值定理证明不等式问题是一种较常用的方法, 具体步骤如下:

(1) 在[a, b]上由题意引入函数f (x) .

(2) 写出微分中值公式

(3) 这里的关键也是辅助函数的引入, 对f' (ξ) 进行估值

2 利用曲线的凹凸性

命题3:若f (x) 为 (a, b) 内的凹 (或凸) 函数, 且x1, x2, …, xn∈ (a, b)

当且仅当x1=x2=…=xn时等号成立. (可由函数凹凸性的定义和推论证明)

例2:证明当x>0, y>0时,

证明:令f (t) =tlnt, 则, 当t>0时, f'' (t) >0为凸函数

当x>0, y>0时有

此方法适用于函数在指定区间上的曲线具有凹 (凸) 性, 证明的具体步骤是:

(1) 引入辅助函数, 求辅助函数的一二阶导数.

(2) 判断二阶导数在所给区间上的符号.

3 利用函数的极值与最值

定义:设f (p) 定义在U (p0) , 若坌p∈U (p0) , p≠p0, f (p) <f (p0) (或f (p) >f (p0) ) , 求n元函数f (x1, x2, …, xn) 在约束条件g (x1, x2, …, xn) =0下的条件极值, 可先构造函数F (x1, x2, …, xn, λ) = (fx1, x2, …, xn) +λg (x1, x2, …, xn)

然后分别对x1, x2, …, xn, λ求偏导数的方程组

解上方程组得函数F (x1, x2, …, xn, λ) 的唯一稳定点p (x10, x20, …, xn0, λ0) , 再根据具体问题加以分析判断F (x1, x2, …, xn, λ) 是否存在极大值或极小值, 最后代入稳定点即可得到所证不等式.

例3:设x, y, z为正数, 且满足x+y+z=6, 求证:xy+yz+zx≤12.

证明:设F (x, y, z, λ) =xy+yz+zx+λ (x+y+z-6)

解之得唯一解x=y=z=2, λ=-4

因为F (x, y, z, λ) 有最大值F (2, 2, 2, -4) =12

所以

当我们构造好函数F (x) 后, 求出在指定区间上的最大值M最小值m, 则有m≤F (x) ≤M.

4 利用积分的性质

参考文献

[1]蔡兴光, 郑列.高等数学应用与提高[M].北京:北京科学出版社, 2002.

篇9：均值不等式失效时的解决方法

引言 [∵x<0，y<0]，[∴xy>0，1xy>0].

故[xy+1xy≥2xy?1xy=2，]取“=”时，当且仅当[xy=1xy，]即[x2y2=1，]但这是不可能的.

因为[x+y=-1，]且[x<0，y<0，]所以[-1

所以不存在[x，y]使得[x2y2=1，]即不存在[x，y]使得[xy+1xy=2，]这样的话，均值不等式就失效了，怎么办？

解法一 令[xy=t]，则[0

所以[y=-1-x，]代入[xy=t]得，[x2+x+t=0].

因为[x<0]，所以[Δ≥0]，得[0

很明显，函数[f（t）=t+1t（0

解法二 因为[x+y=-1，]且[x<0，y<0，]所以设[x=][-sin2θ，y=-cos2θ，][xy=sin2θ?cos2θ=14sin22θ，]即[0

再令[xy=t，]得[0

以下同解法一或求导计算可得结果.

解法三 由[x+y=-1]得，[y=-1-x.]

又因为[y<0，]即[-1

所以[xy+1xy=-x-x2][-1x+x2]为此等价构造新函数[h（x）=-x-x2-1x+x2（-1

[h（x）=-1-2x+1+2x（x+x2）2][=（1+2x）（-1+1（x+x2）2）=0]，

所以[x=-12]或[x=-1±52]（舍）.

故[x=-12]时，函数取得[h（x）]取得最小值[174]（否则无最小值），即[xy+1xy]的最小值为[174].

反思 （1）运用均值不等式[a+b≥2ab（a>0，b>0）]应注意“一正、二定、三相等”的约束条件，尤其注意等号成立的条件，当且仅当“[a=b]”时取“=”号.

（2）当均值不等式失效时，一般情况下，可以化为“√”函数，利用其单调性解决.

（3）若对“√”函数不熟悉，可考虑通过换元，把已知与结论联系起来，等价转化为一个新函数，利用导数求解.

篇10：不等式的一些证明方法

不等式的一些证明方法

[摘要]：不等式是数学中非常重要的内容,不等式的证明是学习中的重点和难点,本文除总结不等式的常规证明方法外,给出了不等式相关的证明方法在具体实例中的应用.[关键词] 不等式;证明;方法； 应用

不等式在数学中占重要地位,由于其本身的完美性及证明的困难性,使不等式成为各类考试中的热点试题,证明不等式的途径是对原不等式作代数变形，在初等数学中常用的方法有放缩法、代换法、归纳法、反证法等等.因而涉及不等式的问题很广泛而且处理方法很灵活,故本文对不等式的证明方法进行一些探讨总结.一、中学中有关不等式的证明方法 1.1中学课本中的四种证明方法 1.1.1理清不等式的证明方法

（1）比较法：证明不等式的基本方法,适应面宽.①相减比较法—欲证AB,则证AB0.②相除比较法—欲证A>B（A>0,B>0）,则证>1.（2）综合法：利用平均不等式、二次方程根的判别式、二项式定理、数列求和等等。此方法灵活性大,需反复练习.（3）分析法：当综合法较困难或行不通时,可考虑此法,但不宜到处乱用.第1页（共13页）

AB

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)（4）数学归纳法：凡与自然数n有关的不等式,可考虑此法,但有时使用起来比较困难,应与前面几种方法配合应用.1.1.2选择典型范例,探求解题途径

例1.1.1 求证 12x42x3x2

分析 用相减比较法证明AB0.一般应将AB变形为[f(x)]

2、（f(x)g(x)，其中f(x),g(x)同号）,或变形为多个因子的[f(x)]2[g(x)]

2、乘积、平方式.本题可化为两个完全平方式的和或化为一个完全平方式与一个正因式的积.证： 2x42x3x212x3(x1)(x1)(x1)

(x1)(2x3x1)(x1)(2x32xx1)

132(x1)2[(x)2]

442x42x3x210

当xR时，即 12x42x3x2

例1.1.2 证明 n(n1)n1....(n1).分析 题中含n,但此题用数学归纳法不易证明,通过变形后可采用平均不等式来证.11111(11)(1）（1)23n2n nn34n12n>n23.4...n1=nn1（再变形）=2323nn11111n1....(11)(1)....(1)23n2n

证：

nnn11n12131n第2页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)

2 1n34n1....23nn234....n1nn1

n23n131n所以 n(n1)n1....

例1.1.3 求证：

1112+

11+„+>n(n1,n为自然数)2n 分析 与自然数有关的问题,可考虑用数学归纳法.设nK时成立,需证nK1时也成立,需证明K+K+

1>K1,可采用“凑项”的方法： K1KK11KK1K11=>==K1

K1K1K1K1111221222,右边2,所以, 2 证：(1)当n2时,左边左边右边.(2)假设nK时, 1111+

11+„+>K成立,则当nK1时, 2K+

1111+„++ K+

K12K1KKK11K1 =>

KK1K1K1K1K1

综上所述： 1.2关于不等式证明的常规方法（1）利用特殊值证明不等式

11+

11+„+>n 2n特殊性存在于一般规律之中,并通过特例表现出来.如果把这种辩证思想用于解题之中,就可开阔解题思路.第3页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)例1.2.1 已知ab,b0,ab1.求证（a+）(b+)≥

121a1b25.412112211125只需证明当ab时，（a+）(b+)≥.故可设ax

ab2411b x,(|x|且x0)22证：考虑a与b都去特殊值,既当ab时有（2）（2）=4则

a21b21(a21)(b21)(ab1)2111（a+）(b+)=== abababab33(x2)21(x2)2125=4>4=.114x244故原不等式得证.（2）利用分子有理化证明不等式

分母有理化是初中数学教材中重要知识,它有着广泛的应用,而分子有理化也隐含于各种习题之中,它不但有各种广泛的作用,而且在证明不等式中有它的独特作用.例1.2.2[1] 求证13-12<12-11.证：利用分子有理化易得：13-12=1312>12+11 1131211312,12-11=

11211, <

11211

即 13-12<12-11.（3）应用四种“平均”之间的关系证明不等式

四种“平均”之间的关系,既调和平均数H(a)≤几何平均数G(a)≤

第4页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)算数平均数A(a)≤平方平均数Q(a).写得再详细些就是：若a1,a2,a3，an都是正实数,则：

111aa121≤na1a2an≤

a1a2ann≤

a21a2ann22

an（注：这一串不等式在不等式证明中起着举足轻重的作用.）例1.2.3 已知ab,求证a+证：a+

1≥3(ab)b111=(ab)+b +≥3×3(ab)b3

(ab)b(ab)b(ab)b（4）充分利用一些重要结论,使解题简捷

①对实数a,b,c,d有

a2b2≥2ababba;a2b2c2abbcca;a2b2c2d2abbccdda.②若a,b同号,则≥2；

若a,b,c均为正数,则≥3.a2b2ab2 ③若是正数,则≥≥ab≥（当且仅当ab时等号

1122abbaabbacbac成立）

a2b2c2abc3 若a,b,c是正数,则≥3abc≥

11133abc（当且仅当abc时等号成立）

例1.2.4 若a,b,c0,且abc1,求证 9

第5页（共13页）

1a1b1c

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)分析 证法较多,但由abc1与之间的联系,考虑算术平均与调和平均的关系式简便.证：由算术平均数和调和平均的关系可知

abc3 1113abc1a1b1c所以 abc99, 又abc1得 1

111111abcabc1a1b1c即 9.（5）利用式的对称性证明不等式

形如xy,a2b2c2的式子中任意两个量交换位置后结果仍不变,这就是“式”对称,可以用对称关系来解决一些不等式的证明.例1.2.5 设a,b,c,d是正数,且满足abcd1,求证 4a14b14c14d16

证：由4a1944a12942a13 注意到对称有：

94(abcd)1317(4a14b14c14d1)

422即 4a14b14c14d16 故原命题得证.（6）用“双十字法”证明不等式

例1.2.6 已知x,y0并且xy1 求证：

x23xy2y22xy32x221xy11y24x21y2

证：因 x23xy2y22xy3(x2y)(xy)2xy3

第6页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)=(x2y3)(xy1)0 类似的，2x221xy11y24x21y2(2xy2)(x11y1)0 故结论成立.（7）用恒等变形推导

例1.2.7[2] 求证：对于任意角度,都有58cos4cos2cos3≥0

证：58cos4cos2cos3

=58cos4(2cos21)(4cos33cos)

=15cos8cos24cos3(1cos)(4cos24cos1)=(1cos)(2cos1)20

（8）分解为几个不等式的和或积

例1.2.8[2] 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

证： b2c22bc,a0,a(b2c2)2abc

2222b(ca)2abc,c(ab)2abc.同理

a,b,c不全相等,所以上述三式中,等号不能同时成立.把三式相加

得

a(b2c2)b(c2a2)c(a2b2)6abc

（注：这里把不等式的各项分别考虑,然后利用不等式的性质和推论,证得所求不等式.）

例1.2.9 设是锐角,求证：(111)(1)5.sincos 证： 是锐角,0sin1,0cos1,0sin21, 这时 1121,1,2.sincossin2第7页（共13页）

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)(111112)(1)15.sincossincossin2（9）利用极限证明不等式

例1.2.10[2]证明：当x2(1+2)时,有

(2x1)2(2x3)3(2x5)....xx3

证： 在x0的情况下讨论,令

f(x)(2x1)(2x3)3(2x5)....x,g(x)x3

则 f(x)x(x1)(2x1)，6x(x1)(2x1)f(x)16于是 lim limxg(x)x3x3按极限的定义,对于,取2(12)当|x|2(12)有

f(x)11 , g(x)3414即 0f(x)71 从而f(x)g(x),故结论成立.12g(x)12（10）利用平分法证明不等式

例1.2.11 若x0,i1,2,3,且xi1,则

i1311127 2221x11x21x310 证：因为12111911x时有,所以,且当 x1ii22331xi1xi101119273 222101x11x21x310故

1.3关于不等式证明的非常规方法（1）换元法

这种方法多用于条件不等式的证明,换元法主要有三角代换和均值代

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数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)换两种.三角代换时已知条件特征明显.在结构上必须和三角公式相似.例1.3.1 已知x2y21,求证：| x2+2xy-y2|≤2.证：令xrcos,yrsin

则 | x2+2xy-y2|=|r2(cos22sincossin2| =r2|cos2sin2| = r2|2sin(2450)|≤12×1=2

例1.3.2[4]设a,b,cR 且abc1,求证：a2b2c2≥.证：a=+α,b=+β,c=+γ, 因为abc1,所以 0

于是有a2b2c2=+（）+（222）≥.（2）反证法

先假设所要证明的不等式不成立,即要证的不等式的反面成立,然后从这个假设出发进行正确的推理,最终推出与已知条件或已知真命题相矛盾的结论,从而断定假设错误,进而确定要证明的不等式成立.例1.3.3[5]求证：由小于1的三个正数a,b,c所组成的三个积（1-a)b,(1-b)c,(1-c)a,不能同时大于

证：（反证法）假设（1-a)b,(1-b)c,(1-c)a都大于

则有（1-a)b(1-b)c(1-c)a>

2***31314141 ① 641aa1但由01-a)a≤条件,即有，0(1-a)a≤.24同理有0(1-b)b≤,0(1-c)c≤.即（1-a)b(1-b)c(1-c)a≤② 64

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数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)①与②产生矛盾,从而原命题成立.（3）构造法

在证明不等式时,有时通过构造某种模型、函数、恒等式、向量、对偶式等,完成不等式的证明.例1.3.4 求证 证： 设A=1212342n11.2n2n132n1242n,B=，352n142n12342n12n由于,,，,因此AB，23452n2n113242n1242n2n1)()A, 2n352n12n12n1所以A2AB(故 （4）判别式法

12342n11 2n2n1适用于含有两个或两个以上字母不等式,而另一边是关于某字母的二次式时,这时可考虑用判别式法.例1.3.5[6]x2x113求证:≤2≤.x122x2x1 证： 设f(x)y2,则(1y)x2x1y0,所以xR，x1当y1时,Δ=b24ac≥0,即14(1y)2≥0，所以 |y1|≤,即≤y≤.又当y1时,方程的解x0，x2x113故 ≤2≤.x122121232（5）放缩法

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数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)为了证明不等式的需要,有时需舍去或添加一些项,使不等式一边放大或缩小,利用不等式的传递性达到目的.例1.3.6[5]设a,b为不相等的两个正数,且a3-b3=a2b2.求证1ab.证： 由题设得a3-b3=a2b2a2abb2ab, 于是(ab)2 a2abb2ab,则(ab)1,又(ab)24ab，(ab)2 而(ab)a2abbababab

422243即(ab)2ab,所以（ab), 综上所述, 1ab（6）向量法

向量这部分知识由于独有的形与数兼备的特点,使得向量成了数形结合的桥梁,在方法和理论上是解决其他一些问题的有利工具.对于某些不等式的证明,若借助向量的数量积的性质,可使某些不等式较易得到证明.例1.3.7 求证：求证1≤ 1x2x≤2

9.三、小结

证明不等式的途径是对原不等式作代数变形,在初等数学中常用的第11页（共13页）

1a1b1c

数学系数学与应用数学专业2009级年论文(设计)方法大致有放缩法、代换法、归纳法、反证法等等.然而涉及不等式的问题很广泛而且处理方法很灵活,仅在中学教科书上就有很多方法,但还不足以充分开拓人们的思维,为此,我们要进一步探究不等式的证明方法,并给出了在实例中的应用.参考文献

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