证明不等式的几种方法

关键词：

证明不等式的几种方法（精选十篇）

证明不等式的几种方法篇1

1.利用比较法证明不等式

1.1利用作差比较法证明不等式

作差比较法的依据是a-b>0a>b, 只要证明差式a-b>0. 解题步骤是作差、差式变形、判断差式的正负.变形时常用的方法有:因式分解、配方、通分、公式代换等.

例1.已知0<x<1, 求证|loga (1-x) |>|loga (1+x) |.

证明: (1) 当0<a<1时, 因为0<x<1, 所以有

(2) 当a>1时, 因为0<x<1, 所以有

综合 (1) 、 (2) 可知原不等式成立.

1.2利用作商比较法证明不等式

作商比较法的依据是, 若b>0, 则a>ba /b >1, a<ba /b <1. 解题步骤是作商、商式变形 (因式分解、配方、通分、公式代换等) 、判断商式大于或小于1.

例2.已知0<x<1, 求证|loga (1-x) |>|loga (1+x) |.

∴原不等式成立.

一般地, 当我们证明整式、对数不等式等常用作差法, 而证明与正数乘积、幂函数、指数相关的不等式时则常用作商法, 并且若“差式”或“商式”中含有字母, 则还要对字母的取值范围进行分类讨论.

2.利用换元法证明不等式

有些时候, 我们发现运用一些常规的方法证明不等式的时候会觉得难以下手, 而选取一些适当的变量代替原不等式中的变量时, 会突然觉得这个题目变得简单得多, 这种方法我们把它称之为换元法.常用的换元法有三角换元、比值换元、增量换元三种.

2.1利用三角换元法证明不等式

将不等式中的英文字母用三角函数形式代替, 然后再利用三角知识证明这个不等式的方法我们称之为三角换元法.

2.2利用比值换元法证明不等式

比值换元法指的是用一个新的元素替换已知条件中的等比式的比值, 达到简化不等式的目的, 从而使得证明过程更简单.

2.3利用增量换元法证明不等式

当一变量在某一常量附近变化时, 我们可以用这一常量加上另一变量替换这个变量, 这个方法叫做增量换元法.

例5.n个正数x1, x2…xn, 它们的和是1, 求证:

证明:利用增量代换可设:

换元法是一种大众化的证明不等式手段, 但是很多学生在运用换元法做题时发现, 明明换对了, 结果却是错误的.这是因为很多人在换元后, 关于换元后的变量的变化范围没变化, 这点是运用换元法必须重视的.

3.利用反证法证明不等式

在已知的条件不变的情况下, 然后假设所要证明的结论不成立, 再根据假设推出与已知有明显矛盾的结果, 从而下结论说原来的假设不成立的方法叫做反证法.

即原命题成立.

反证法是一种间接证法, 它是逆向思维解决问题的证明方法.用反证法证明时, 推出的矛盾可以是多种多样的, 可能有的与已知矛盾, 也有的与假设矛盾, 或者与定理、公理矛盾. 但不管推出的结果是什么, 最重要的是推出的矛盾必须是明显的.

4.利用数学归纳法证明不等式

设p (n) 是一个与自然数有关的命题, 如果

(1) p (1) 成立;

(2) 假设p (k) 成立, 则p (k+1) 成立, 那么对于任何自然数, p (n) 都成立.这就是数学归纳法的原理.

由1) 和2) , 原不等式对于任意自然数n都成立.

当我们在证明与整数有关的不等式时, 可以首先考虑选用数学归纳法证明.

5.利用函数证明不等式

5.1利用函数的判别式法证明不等式

当使用公式无法证明一个含有两个或两个以上的字母的不等式的时候, 如果能把这个不等式证明一边为零而一边为某个字母的二次式, 那么就可以考虑使用判别式法证明这个不等式.判别式法的依据是在二次函数f (x) =ax 2 +bx+c (a≠0) 中,

当a>0时, 若△<0, 则f (x) >0恒成立;若△≤0, 则f (x) ≥0恒成立.

当a<0时, 若△<0, 则f (x) <0恒成立;若△≤0, 则f (x) ≤0恒成立.

例8.求证a2+b2 +c 2≥ab+bc+ca (a, b, c∈R) .

证明:即证a2 - (b+c) a+b 2 +c 2 -bc≥0

令f (a) =a2 - (b+c) a+b2+c2-bc

故要证明上式只需证明该二次函数的△≤0即可.

从而不等式得证.

当我们遇到一个二次函数或者能转变成二次函数的不等式证明时, 可以考虑用判别式法证明.

5.2利用函数极值证明不等式

通过一些变换, 把所需要证明的不等式转化为求极值问题.从而达到证明不等式的目的.

例9.设x∈R, 求证:-4≤cos2x+3sinx≤2 (1 /8) .

证明:设f (x) =cos2x+3sinx, 则经过化简可得

5.3利用函数单调性证明不等式

当x属于某区间, 有f′ (x) ≥0, 则f (x) 单调上升;若f′ (x) ≥0, 则f (x) 单调下降.推广之 , 若证f (x) ≤g (x) , 只需证f (a) =g (a) 及f′ (x) ≤g′ (x) , (x∈ (a, b) ) 就可以了.

例10.证明不等式

5.4利用中值定理证明不等式

拉格朗日 (Lagrange) 中值定理:f (x) 是在区间[a, b]上有定义的连续函数, 且可导, 则存在ξ, a<ξ<b, 满足f (b) -f (a) =f′ (ξ) (b-a) .

例11.求证:|sinx-siny|≤|x-y|.

证明:设f (x) =sinx, 则sinx-siny= (x-y) sin′ξ= (x-y) cosξ

故|sinx-siny|≤| (x-y) cosξ|≤| (x-y) cosξ|≤|x-y|.

即|sinx-siny|≤|x-y|.

在证明不等式的时候, 将一些不等式的一边转换为函数形式会给我们提供多种解题的思路, 让我们能更快地证明不等式.

综上, 可以发现证明不等式的方法有很多, 但是要快速、简便地证明一个不等式, 我们还需要不断地从做题中吸取经验, 然后总结方法.只有这样才能在最短的时间内想出证明不等式最好的方法.

参考文献

[1]李长明, 周焕山.初等数学研究[M].北京:高等教育出版社, 1995:253-261.

[2]聂文喜.用数学归纳法证明递推不等式的几点技巧[J].数学教学研究, 2007, 1 (02) :35-37.

[3]王卫生.不等式证明的六种方法[J].辽宁教育学院学报.2002, 19 (8) :67-68.

[4]张爱武.论不等式证明的方法和技巧[J].宿州教育学院学报.2004, 7 (2) :127-129.

[5]董占超.例谈不等式解题策略[J].中学数学研究, 2002, 5 (8) :10.

证明不等式的几种方法篇2

黄启泉

04数学与应用数学1班30号

近几年来,有关不等式的证明问题在高考、竞赛中屡见不鲜，由于不等式的证明综合性强，对学生的思维灵活性与创造性要求较高，因此，许多考生往往“望题生叹”，本人通过对该类题目认真分析与研究，总结以下几种解题方法，下面结合一些热点题加以简要的介绍。

1．运用重要不等式法，一些重要不等式如均值不等式，柯西不等式等在证明一些不等式题目中往往能取得一种立杆见影的效果。1.1运用运用均值不等式

例1，已知a,b,c,d都是正数，求证：(abcd)(acbd)4abcd

证明：由a,b,c,d都是正数，得

abcd20,acbd2

0.

(abcd)(acbd)

abcd.即(abcd)(acbd)4abcd 1.2运用柯西不等式

例2.设a,b,x,y,kR,k1,且a2b2

2kab1,x2

y2

2kxy

1.axby

证：因为a2

b2

2kab1,所以

(a-kb)2

2

1(1)

同样的，2(kx-y)2

1(2)运用柯本不等式式解：

（1）左*（2）左[(akb(kxy)]

axby)

故axby

成立

2．配凑常数法

常数在不等式证明当中有着举足轻重的作用，充分发挥好常数的“过渡”功能，将使证明的解决如虎添翼。例3.已知a,b,cR，求证

acb+c

bca

ab

32

证明，给每个式子配以常数k有

bcb+cca

ab3(a

bcb+c

1)（ca1)(ab1)(abc)(1b+c



1ca



1ab)1112[(bc)(ca)(ab)](b+c

1ca



ab)

12(111)



所以

abb+c



ca



c9ab



3

32，当

abc时，可以取等号，故命题得证。

3.待定系数法

当直接运用重要不等式较难达到目标时，有时可引入参数作为待定系数再根据题意解方程达到目标。

例4.设x,y,z是不全为零的实数，求

证

xy2yzx2

y2

z



证：对不等式左边分子式分母直接运用均值不等式显然达到目标，为此引入待定系数a,b从而有：

xy2yz2







2

1zb



a1x2

y221222abybz

a

2x2

1212abyz2

b令a1b

1即ab2

解

xy2yz

y2z



即

xy2yzx2

y2

z



4.向量法

向量做为中学数学一种新的工具，具在证明不等式中有时能达到异曲同工之效。例5.已知x,y,z是非负实数，具x+y+z＝1求证：

证：构造向量：a

xy,x,y,byz,y,z,则

c

zx,z,x.abc(2,1,1),由abcabc



代入原式成立易知xyz13

时取等

号。

5．倒数变换法

这里所说的倒数变换是指将每一个字母都用其倒数的形式来代替，对一些分式不等式采用这一变换后，有时可将式子的结构化简从而为不等式的证明找到契机。

例6.已知abcR,且abc1,求证：

11a

bc



ac



ab



证：

令A＝

1a,B

b,C1



c,则

A，B，CR，且ABC＝1

此式左边＝

A+B+CA+B+C+B+CB+C

A+C

AA+B

－3

＝12B+C+A+C+A+B1

11++B+CA+CA+B3

92－3＝32

即原命题得证注：倒数变换方法实质是通过变换达到化繁为简的目的，或将不熟悉的不等式转化为熟透的不等式，需要注意的是，变量代换后的取值范围可能有变化

6分母置换法

一般地，在分子不等式中当一个分式的分子较简捷而分母相对较复杂时，通过对分母进行代换可以使解题思路变得更顺畅。例

7.已知abc，R求证



bcb3c

8c

49a

347

a2。b 48

证：令b3

c,则



a9cb3c

b8c4a



3a2b



1y4x1z98yx614zxz

9z61

x16yz48

由均值不等式解

1y4x1z9x14z8xy9y61

6xz

16yz48118*4

16*6

16*12

61484748

当且仅当y2x,z3x时取等号。

故原命题得证。

7.数形结合法

恩格斯曾说过：“数学是研究现实世界的量的关系与空间形式的科学.”数形结合就是根据数学问题的条件和结论之间的内在联系，既分析其代数意义，又提示其几何直观使数量关系的精确刻画与空间形式的直观形像巧妙和谐地结合在一起，充分利用这种结合，寻找解题思路，有时能使问题化难为易，化繁为简。例

8.已知x0,x2



yz2

1,求证：5

xy

6

证：令z

xy



4z2



x

2

y



该式，的分子可视为点P,x

y到

直

线

lx

0的距离平方，分母可视为

P点与原点的距离平方，因此利用几何意义将原问题进行代换，作PA⊥l于点A设

∠AOP

60o

90o,PA

易知

OP

以

sin＝

PAOP,sin1

此时－2＝4s2

in，可

3得4当.x0y,时0取最小值,5.当x,y32

时，取最大值。

56即命题得证.8行列式法

这是一种比较特别又新颖的解法，虽然不常见，但有些不等式题采用此法可以显得很容易。例

9.若,,R,求

证



3s

insin



n证

令

usinsinsin

则

usincossincossincos

sincossincossincos

sin

cos1sin

cos1sin

cos

构

造

点

As

Bi





C

ns

则uSABC

很明显,上面三点A,B,C都在单位圆

y2

1上因为圆内接三角形以正三角

形的面积最大所以当ABC为正三角形时,SABC取得最大

值,于

是

u

故命题得证.9.三角换元法

三角函数蕴涵着丰富的公式与性质,求运用这些公式与性质巧妙地解决某些不等式的证明问题例

10.设正数a,b,c,x,满y足z

cybza,azcxb,bxayc求证:

y1x



1y



1z



证:由

条

件

解ba

z

x

b

c

0即b 2

bcxa2

b2

c2

0故2

x

bca

2bc

同

理

可

得y

ab

bca

2ac,z

2ab

因a,b,c,x,y,z均为正数,综合上面3式可得

c2

a2,a2

c2

b2,a2

b2

c2

故以a,b,c为边长可构造一个锐角三角形.令xcosA,ycosB,zcosC 则

原

不

等

式

转

化为cos2

Acos2

Bcos2



C1cosA

1cosB

1cosC



又令

ucotA,vcotB,wcotC.则u,v,wR,uvvwwu1

1uvuw,且v21uvvw,w2

1uwrw,因

此

cos2

1cosA

1

x

a

yc



u2u



2

bza

3u2



u

u2

u11

2uvuw



cos2B

11

同理

1cosBv2uvuw



cos2

111cosC

w

w2uw

vw



所

以

不等式左边

u2

v2

w2

1u3v3w3v3u3v3

2uvuvuv



u2v2w2

1

u2uvv2v2vww2u2uvw22



12

uvvwuw

当且仅当uvw时等号成立此时abc,xyz12

故原命题得证.10.局部突破法

对于和式型不等式,不妨先研究局部性

质,导出一些局部不等式,再综合运用这些局部不等式推断出整体性质.例11.设x,y,zR

且x4

y4

z4

1.求

证

31x



31y



1z



.证.先求x1x8的最大值.注

意

到

1x



8x

1x8

1x8



1x

8个



9

8x881x8

89

9

因此x

1x



x

从而



1x8



x

1x





8同理y

z

3z4

1y



1z



故x

1x



xy3

z



当且仅当xyz.故原不等式得证.11.利用配对法

如果不等式AC中式子A的各项为形如

mn的和形式,则配上对应项为

mn的式子B,那么AB必定是一个整

式形式,再对AB进行适当变化有时可以找到解决问题的办法.例

12.已知x

1xxnR2,且xxxn1

.求证

1x

1x

1x

n1

证明:令不等式左边=A,B

1

则

i1

1x

BA

1x2n



(1xi)n1

i11x

ii1n

222

BA



1xi

11nxi

i11x



i1n(1xi)





n12nxi2

n22n11i1

n(1x



i1

n2

1x2

in



n2n1

B2

A

2n1n

B2

2n1

n1A2

从而易推得A

1n1

使原不等式成立.有时,不等式中的各项是

mmn

(其中

m为常数)的形式,此时可先将其化为

mn

或

mn的形式,然后再应用上述配

对方法.12.引入复数法

复数的代数形式,三角形式与几何形式将代数,三角与几何进行有机地结合.因此,巧妙运用复数的性质也可以使很多问题”柳暗花明”

例13.若x,y,zR

且xyz1.求证

证

经

配

方

解

x2y2

xy12

x2y2 

同理:y2z2

yz1yz22z

2

z2

xz

1zx2x

2

1

构造复数：z1xyyi,22

1

z2yzzi,221

z3zxxi

22

解z1z2z2z1z2z332



xyz

xyzi

(当且仅当xyz

时,等号成立)

故命题得证.当然不等式证明方法远不止这些,不过从上面这些证法可以看出遇到不等式证明定要想办法把它向我到熟悉的不等式转化,这是各种证法的共同特征，应该说也是证明所有不等式的共同突破口。

参考文献：

浅谈证明不等式的几种方法篇3

一、单调性证明不等式

若f(x0)=0而当x>x0时f’(x)≥0,且f(x)在x0点右连续(f’(x)不恒为零),则因f(x)单调增而有f(x)f(x)f(x0)=0(x>x0);若f(x0)=0,而当x>x0时f(x)≤0,且f(x)在x0点右连续(f’(x)不恒为零),则因f(x)单调减而有f(x)x0)。

例1:证明:

证明: 设

所以f(x)在(0,+∞)内严格递增。

有。从而。再考虑函数 ,有

故g(x)在(0,+∞)内严格递减。

有。即。

从而

用函数单调性证明不等式,一般步骤如下:

找一个函数f(x),研究f'(x)的正负;

找f(x)的起点或终点时的值。

二、用求极值的方法证明不等式

若 min f(x)≥0则f(x)≥0;若 max f(x)≤0,则f(x)≤0

例2:证明不等式1+xln(x+√1+x2)≥√1+x2x∈(-∞,+∞)。

证明:设函数f(x)=1+ln(x+√1+x2)-√1+x2,

则

令f(x)=0,得驻点x=0。当x>0时,f'(x)>0;当x<0时,

<0所以x=0是函数f(x)的唯一的极小值点。当x∈(-∞,+∞)时,恒有f(x)≥f’(x)=0。

即1+xln(x+√1+x2)≥√1+x2,x∈(-∞,+∞)。

三、函数的凹凸性证明不等式

设f(x)在,(a,b)内有定义,若对于任意的x1,x2∈(a,b),x1

则称f(x)在(a,b)是凸的,若式(*)中不等号相反,则称f(x)是凹的。

例3:证明:

证明:考虑函数f(x)=xlnx,f'(x)=lnx+1,。

故f(x)为(0,+∞)上的凸函数,从而 ;

即

所以

四、将不等式问题转化为函数问题

例4:设b>a>0,求证:

证明:设函数

所以函数f(x)在[a,+∞)上单调增加,

当x>a>0,有f(x)>f(a)>0

例谈不等式证明的几种特殊方法篇4

不等式的证明常用的方法有比较法, 综合法, 分析法, 在不等式的证明问题中, 选择适当的方法是至关重要的.今例举几种证明不等式的特殊方法.

一、换元法

换元法是指对结构较为复杂, 量与量之间的关系不甚明了的命题, 通过恰当引入新变量, 代换原题中的部分式子, 简化原有结构, 使其转化为便于研究的形式, 换元法多用于条件不等式的证明, 常采用三角代换, 均值代换及其他代换方法.

例1 已知a、b∈R, a2+b2≤4, 求证:

|3a2-8ab-3b2|≤20.

证明:因为a, b∈R, a2+b2≤4

所以可设a=rcosθ, b=rsinθ,

其中0≤r≤2.

所以|32-8ab-3b2|

故原不等式成立.

例2 已知a、b、c∈R, 且a+b+c=1, 求证: $a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq \frac{1}{3} .$

证明: $a = \frac{1}{3} + m, b = \frac{1}{3} + n, c = \frac{1}{3} + p$

因为a+b+c=1,

所以m+n+p=0.

故 $a^{2} + b^{2} + c^{2} = (\frac{1}{3} + m)^{2} + (\frac{1}{3} + n)^{2} + (\frac{1}{3} + p)^{2} = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} (m + n + p) + m^{2} + n^{2} + p^{2} \geq \frac{1}{3} .$

二、反证法

从否定结论出发经过逻辑推理, 导出矛盾, 证明结论的否定是错误的, 从而肯定原结论是正确的证明方法.凡涉及到证明的不等式为否定性命题, 惟一性命题或是“至多”、“至少”等字句时, 常用反证法.

例3 已知:a、b、c∈ (0, 1) , 求证:

(1-a) b, (1-b) c, (1-c) a不能同时大于 $\frac{1}{4} .$

证明:假设三式同时大于 $\frac{1}{4}$

即有 $b - a b > \frac{1}{4}, c - b c > \frac{1}{4}, a - a c > \frac{1}{4}$

三式同时相乘, 得

$(1 - a) a (1 - b) b (1 - c) c > \frac{1}{64} .$

又 $(1 - a) a \leq (\frac{1 - a + a}{2})^{2} = \frac{1}{4} .$

同理 $(1 - b) b \leq \frac{1}{4}, (1 - c) c \leq \frac{1}{4},$

所以 $(1 - a) a (1 - b) b (1 - c) c \leq \frac{1}{64},$

因此与假设矛盾, 结论正确

三、判别方式

判别式法是根据已知的或构造出来的一元二次方程, 一元二次不等式, 二次函数的根, 解集, 函数的性质等特征确定出其判别式所应满足的不等式, 从而推出欲证的不等式的方法.

例4 设a+b+c=1, a2+b2+c2=1, 且a>b>c,

求证: $- \frac{1}{3} < c < 0 .$

证明:因为a+b+c=1, 所以a+b=1-c.

所以a2+b2+2ab=1+c2-2c.

而a2+b2=1-c2,

所以ab=c2-c.

所以a、b为方程x2- (1-c) x+c2-c=0的二实根.

而a>b>c, 故方程有均大于c的不等实根,

设f (x) =x2- (1-c) x+c2-c, 则

${\begin{cases} Δ > 0 \\ \frac{1 - c}{2} > c \\ f (c) > 0 \end{cases}$

, 解得 $- \frac{1}{3} < c < 0 .$

四、导数法

导数法是构造一个函数, 根据其在某个范围内的单调性来证明不等式的方法.

例5 已知:a、b为正整数, 且1<a<b, 证明: (1+a) b> (1+b) a.

证明:要证不等式成立, 只要证明:bln (1+a) >aln (1+b) .

即 $\frac{\ln (1 + a)}{a} > \frac{\ln (1 + b)}{b} .$

$\begin{array}{l} 构造函数 f (x) = \frac{\ln (1 + x)}{x} (x \geq 2) \\ f^{'} (x) = \frac{\frac{x}{1 + x} - \ln (1 + x)}{x^{2}}, \\ = \frac{x - x l n (1 + x) - \ln (1 + x)}{x^{2} (1 + x)} < 0 . \end{array}$

于是f (x) 在[2, +∞) 上是减函数.

由2≤a<b, 知f (a) > (b) .即

$\frac{\ln (1 + a)}{a} > \frac{\ln (1 + b)}{b},$

所以 (1+a) b> (1+b) a.

五、放缩法

欲证A≥B, 可通过适当放大或缩小, 借助一个或多个中间量, 使得B≤B1, B1≤B2, …, Bi≤A或A≥A1, A1≥A2, …, Ai≥B, 再利用传递性, 达到欲证的目的, 这种方法叫放缩法.

例6 已知:a、b、c、d均为正数, $S = \frac{a}{a + b + d} + \frac{b}{b + c + a} + \frac{c}{c + d + b} + \frac{d}{d + a + c}$ , 求证:1<s<2.

证明:因为a、b、c、d均为正数,

所以 $s > \frac{a}{a + b + c + d} + \frac{b}{a + b + c + d} + \frac{c}{a + b + c + d} + \frac{d}{a + b + c + d} = \frac{a + b + c + d}{a + b + c + d} = 1$ , 且 $s < \frac{a}{a + b} + \frac{b}{a + b} + \frac{c}{c + d} = \frac{a + b}{a + b} + \frac{c + d}{c + d} = 2$ ,

所以1<s<2.

六、向量的数量积法

$\vec{m} \cdot \vec{n} = | \vec{m} | | \vec{n} | \cdot \cos < \vec{m}, \vec{n} >$ 显然有 $\vec{m} \cdot \vec{n} \leq | \vec{m} | \cdot | \vec{n} |$ , 运用此法可证明较难的不等式问题.

例7 已知a、b、c均为正实数, 且a+b+c=2, 求证: $\frac{1}{a} + \frac{9}{b} + \frac{16}{c} \geq 32$

证明:令 $\vec{m} = (\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c}) ‚ \vec{n} = (\frac{1}{\sqrt{a}}, \frac{3}{\sqrt{b}}, \frac{4}{\sqrt{c}})$ , 则 $\vec{m} \cdot \vec{n} = 8, | \vec{m} | \cdot | \vec{n} | = \sqrt{a + b + c} \cdot \sqrt{\frac{1}{a} + \frac{9}{b} + \frac{16}{c}} .$

由 $| \vec{m} | \cdot | \vec{n} | \geq \vec{m} \cdot \vec{n}$ 得

$\sqrt{a + b + c} \cdot \sqrt{\frac{1}{a} + \frac{9}{b} + \frac{16}{c}} \geq 8 .$

两边平方得: $\frac{1}{a} + \frac{9}{b} + \frac{16}{c} \geq 32 .$

湖南省洞口第一职业高级中学

证明不等式的几种方法篇5

定理：设f在[a,b]上连续，则(a,b)，使得

b

af(x)dxf()(ba)。

[证一]：由积分第一中值定理（P217），[a,b]，使得

于是

bbaf(x)dxf()(ba)。[f(x)f()]dx0.a

由于函数F(x)f(x)f()在[a,b]上连续，易证（可反证）：

(这还是书上例2的结论)

(a,b)，使得F()f()f()0，即f()f()。

[证二]：令F(x)x

af(t)dt，则F(x)在[a,b]上满足拉格朗日中值定理的条件，故

(a,b)，使得F(b)F(a)F()(ba)，即结论成立。

（注：书上在后面讲的微积分基本定理）

[证三]：反证：假设不(a,b)，使得 b

af(x)dxf()(ba)，由积分第一中值定理，知只能为a或b，不妨设为b，即

x(a,b),f(x)f(b)1bf(x)dx。aba)f(x)f(b)）由于f连续，故x(a,b),f(x)f(b（或，（这一点是不是用介值定理来说明）

这样

（上限x改为b）xbaf(x)dxf(b)dxf(b)(ba).a

（这个严格不等号不太显然要用书上例2结论来说明）

矛盾。

[证四]：设f在[a,b]上的最大值为M，最小值为m。若mM，则fc，可任取。

若mM，则x1[a,b]，有Mf(x1)0，故

[Mf(x)]dx0，即 abb

af(x)dxM(b).a

同理有

m(ba)f(x)dx.ab

由连续函数的介质定理知：(a,b)，使得 f()1bf(x)dx.。aba

证明不等式的几种方法篇6

我们先对基本不等式的题型进行简单的分类：直接利用“积定和最小，和定积最大”，即题设中未给定值，但有隐性的定值条件，再利用基本不等式解答；根据题设条件构造定值，即题设中给出定值条件，再通过构造出合适的定值进行求解。下面本文通过例题让读者有对这两类问题更好的认识。

第一类：直接利用“积定和最小，和定积最大”，即题设中未给定值，但有隐性的定值条件，再利用基本不等式解答

1、已知a>0，b>0，求证（a/2*b）+（b/2*a）≤1.

解：构造定值条件（a/2*b）×（b/2*a）=1/4，再利用基本不等式可直接求得答案。

2、已知0

解：构造定值条件x+（1-x）=1，再利用基本不等式可直接求得答案为1/4。

第二类：根据题设条件构造定值，即题设中给出定值条件，再通过构造出合适的定值进行求解

1、已知a>0，b>0，且（1/a）+（9/b）=1，求a+b的最小值.

解：对所求进行变换再求解，a+b=（a+b）×1=（a+b）×[（1/a）+（9/b）]=10+（b/a）+（9*a/b）由定值条件（b/a）×（9*a/b）=9，再利用基本不等式可得其最小值为16.

2、已知a>0，b>0，且a2+b2=3，求a×√（1+b2）的最大值.

解：由题设中的定值条件可知a2+1+b2=4，又a×√（1+b2）=√[a2×（1+b2）]再利用基本不等式可解得最大值为2.

根据上述两类题目的分析可以发现，解基本不等式题目的关键就是找出合适的定值，下面我们将对如何构造定值的方法进行分类例析。

方法一：凑系数

已知0

解：构造定值条件3*x+（1-3*x）=1，对所求式的系数进行变形y=（1/3）*3*x（1-3*x），再利用基本不等式可直接求得答案为1/12。

方法二：拆项添项法

1、求证：a+4/（a-3）≥7（a>3）

解：先将所求式添项变形为a-3+3+4/（a-3），构造定值条件（a-3）*[4/（a-3）]=4，再利用基本不等式证明。

2、求证：a+5+4/（a-3）≥12（a>3）

解：先将所求式拆项变形为8+a-3+4/（a-3），构造定值条件（a-3）*[4/（a-3）]=4，再利用基本不等式证明。

方法三：换元法

设x，y∈R，且x+y=1，求3x+3y的最小值.

解：先将所求式中的3x、3y分别用X、Y代替，那么X、Y都是正数，则所求可写作求X+Y的最小值，再利用基本不等式X+Y≥2√（X*Y）=3x+y=3，故最小值为3。

方法四：整体代换（遇到“1”）

已知a>0，b>0，且（1/a）+（4/b）=2，求a+b的最小值.

解：根据题设条件将1作代换为1=（1/2）×[（1/a）+（4/b）]，再对所求进行变换，a+b=（a+b）×1=（a+b）×（1/2）×[（1/a）+（4/b）]=（1/2）×[5+（b/a）+（4*a/b）]，由定值条件（b/a）×（4*a/b）=4，利用基本不等式可得其最小值为9/2.

方法五：取平方

已知x，y∈R，且x*y≠0，求（x/y）+（y/x）的最小值.

解：将所求式取平方可得[（x/y）+（y/x）]2=（x/y）2+（y/x）2+2，由定值条件（x/y）2×（y/x）2=1，利用基本不等式可得其最小值为4.

方法六：转化为类对勾函数

对勾函数是一种类似于反比例函数的一般双曲函数，是形如f（x）=a*x+b/x（a>0）的函数。

1、已知x>2，求x2-4*x+5/x-2的最小值.

解：将所求式转化为类对勾函数可得[（x-2）2+1]/x-2=（x-2）+1/（x-2），由定值条件（x-2）×[1/（x-2）]=1，利用基本不等式可得其最小值为2.

2、求x2+5/[√（x2+4）]的最小值.

解：将所求式转化为类对勾函数可得1/[√（x2+4）]+√（x2+4），将√（x2+4）用t代替，则所求式为1/t+t，t≥2，利用对勾函数的单调性可得t=2其最小值为5/2.

做基本不等式题目对基本不等式使用的条件：两数是否为正；等号是否可以取得等这样的细节问题需要格外注意。

本文主要提供笔者所知的有限的解题思路和方法，读者做题时要注意灵活应用找定值的几种方法。有的题目可能不止一种方法求解；也有时会综合几种方法一起解决；不断在做题中总结方法经验方可不断进步。

学无止境！

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为避免对大脑的单调的刺激所造成的抑制状态，班主任必须在搞好班级工作的同时，一定要练就过硬的业务能力，在自己所任的学科中，打破传统的教学模式，采用各种各样的教学方法，吸引学生注意，培养学生兴趣，从而提高学习成绩。

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几种特别的不等式证明方法篇7

1.均值不等式法

由公式a2+b2≥2ab和undefined可得以下结论:

undefined同号) .

undefined

例1 求证:undefined (其中a>3) .

分析题目经变形后undefined可以直接运用公式.

证明由算术平均数和几何平均数定理, 得

undefined

当且仅当undefined, 即a=5时取等号.

2.作商法

作商法通常适用于含指数形式的不等式.

例2 已知a>b>c>0, 求证:a2ab2bc2c>ab+cbc+aca+b.

分析本题的左右两端均为指数式, 可应用作商法.

证明undefined.

同理undefined,

即a2ab2bc2c>ab+cbc+aca+b.

3.三角代换法

把代数式转化为三角形式, 应用三角函数的性质解决.

若a2+b2=1, 可设a=cosθ, b=sinθ.

若a2+b2≤1, a=rcosθ, b=rsinθ (|r|≤1) .

例3 已知:a, b∈R且a2+b2≤1, 求证:|a2+b2-2ab|≤2.

证明设a=rcosθ, b=rsinθ (|r|≤1) ,

那么undefined

4.判别式法二次函数f (x) =ax2+bx+c (a≠0) , 若a>0, Δ=b2-4ac≤0, 则f (x) ≥0.若a<0, Δ=b2-4ac≤0, 则f (x) ≤0.二次方程ax2+bx+c=0 (a≠0) 有实根, 则Δ=b2-4ac≥0.

以上两条性质, 可以用来证明不等式.

例4 已知a, b是实数, b>0, 求证:a2+b2>3a-2ab-4.

证明将所给的求证式变形为a2+ (2b-3) a+ (b2+4) >0.

左边是关于a的二次三项式, a为实数.

∵b>0, ∴Δ= (2b-3) 2-4 (b2+3) =-12b-3<0,

∴a2+ (2b-3) a+ (b2+4) >0.

即a2+b2>3a-2ab-4.

点评若题目含有两个或两个以上字母的不等式, 在应用公式法或比较法无效时, 若能整理成一边为零, 另一边是某个字母的二项式, 则可用判别式法.

5.构造函数法

函数思想是中学数学重要的思想方法之一, 有些数学问题只要将其中有些变化的量建立联系, 构造出函数, 再利用函数的性质解决问题.

例5 求证:undefined.

分析本题可构造函数undefined试解本题.

证明易得0

设t=sin2x, 则问题转化为证明undefined在 (0, 1]上恒成立.

下面证明这个结论的正确性.

∵t∈ (0, 1], 任意取undefined在 (0, 1]上是减函数,

∴f (1) =10, 是函数undefined在 (0, 1]上的最小值,

关于解不等式的几种方法篇8

利用函数的连续性

利用函数图象

例2:已知f (x) =x2-6x+5, 问满足f (x) +f (y) ≤0和f (x) -f (y) ≥0的点 (x, y) 在平面上的范围, 并画出图象.

满足 (1) 的点 (x, y) 在以 (3, 3) 为中心, 以为半径的圆内或圆上.

又f (x) -f (y) = (x2-6x+5) - (y2-6y+5) =x2-y2-6x+6y= (x-y) (x+y-6) ≥0, 于是有

显然, 满足不等式 (Ⅰ) 的点 (x, y) 是既在直线x-y=0的下方, 又在直线x+y-6=0上方的点集.

满足不等式 (Ⅱ) 的点 (x, y) 是既在直线x-y=0的上方, 又在直线x+y-6=0的下方的点集.如左图所示.

所以, 满足已知条件的点 (x, y) 在直角扇形AO'B和CO'D内 (包括周界上) , 即图中的阴影部分.

利用特殊定理

可用以下两个定理解两种类型的绝对值不等式:

定理1若存在常数m≥n>0, 能使对于定义域中的任何x, 都有mf (x) +nφ (x) ≥0, 则不等式│f (x) │>φ (x) 与不等式f (x) >φ (x) 同解 (证明略) .

定理2若存在常数m>n>0, 能使对于定义域中的任何x, 都有mf (x) -nφ (x) ≥0, 则不等式│f (x) │<φ (x) 与不等式f (x) <φ (x) 同解 (证明略) .

例3:解不等式│x2+2x│-│x2+x│>5-2x.

解:原不等式可化为│x2+2x│>│x2+x│+5-2x.不等式的定义域为R, 对于任何x∈R, 都有 (x2+2x) + (5-2x+│x2+x│) =x2+5+│x2+x│>0, 由定理1可知, 原不等式同解于x2+2x>5-2x+│x2+x│.

即:│x2+x│0.

利用重要的不等式

琴生不等式设函数y=f (x) 在区间I上是凸函数, 则对于任意x1, x2, …, xn∈I和任意a1, a2, …, an∈R, 且a1+a2+…+an=1, 有f (a1x1+a2x2+…+anxn) ≥a1f (x1) +a2f (x2) +…+anf (xn) , 当且仅当x1=x2=…=xn时, 等号成立.

推论:设函数y=f (x) 在区间I上是凸函数, 则对于任意的x1, x2, …xn∈I, 有

例4:已知A, B, C是锐角三角形的三个内角, 求cosA+cosB+cosC的最大值.

正定矩阵的几种经典证明方法篇9

3结论

本文主要介绍了正定矩阵的一些证明方法, 同时将正定矩阵的一些特有性质加以论述, 这就为我们理解应用正定矩阵提供了丰富的资料, 文章的重点还是在正定矩阵的证明上, 至于是否还有其他方法, 现存的方法是否能够得到进一步的优化, 条件能否减弱, 都有待研究。

引言

解线性方程组时的应用上。而经过近几年的发展, 矩阵论已经是代数学中的一个重要分支了, 而正定矩阵因其特有的性质及应用也受到了人们的广泛关注.但是正定矩阵的证明方法一直成为我们应用正定矩阵的瓶颈, 为此我们将给出几种经典的证明方法及重要性质.首先, 对以下名词加以说明:

摘要：矩阵是数学中一个重要的基本概念, 是代数学的一个主要研究对象, 同时矩阵论又是研究线性代数的一个有力工具.而正定矩阵因其特有的性质及广泛的应用领域使得很多学者对其进行了大量的研究, 本文主要利用特征值, 单位矩阵, 上三角矩阵, 可逆矩阵等知识给出正定矩阵的几种证明方法和一些性质, 希望能起到推广正定矩阵应用的作用。

关键词：正定矩阵,可逆矩阵,特征值,主子式

参考文献

[1]北京大学数学系几何与代数教研室代数小组编, 高等代数[M].北京:高等教育出版社1978

[2]钱吉林, 高等代数题解精粹[M], 2002

[3]同济大学应用数学系编, 线性代数[M].北京:高等教育出版社, 2004

直线与平面平行的几种证明方法篇10

构造一个平行四边形,该平行四边形的一组对边中,有一条在平面内,另一条是平面外的直线.

【例1】如图1,正方体ABCD—A1B1C1D1中,侧面对角线AB1、BC1上分别有点E、F,且B1E=C1F,求证:EF∥平面AB-CD.

分析:解决问题的关键是在所证平面内画出与已知直线平行的直线.可通过构造平行四边形,利用平行四边形的对边平行来作平行线.

证明:如图2,过E、F分别作EM⊥AB,FN⊥BC,垂足分别为M、N,连结MN.因为B1E=C1F,所以AE=BF.所以四边形EM-NF为平行四边形,所以有EF∥MN,又EF平面ABCD,MN平面ABCD,所以EF∥平面ABCD.

二、相似三角形法

构造具有一个公共顶点,且过该顶点的两边分别共线的两个相似三角形,这两个相似三角形的一对平行线中,有一条是平面内的直线,另一条是平面外的直线.

【例2】如图3,已知有公共边AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不同在一个平面内,P、Q分别是对角线AE、BD上的点,且AP=DQ,求证:PQ∥平面CBE.

分析:由图形可知,直线PQ在平面CBE外,因此要证明PQ∥平面CBE,只须在平面CBE内找一条直线,使得PQ平行于这条直线.选择点A作为两个相似三角形的公共顶点,且过该顶点的两边分别共线,构造两个相似的三角形,利用两相似三角形另一组对边平行来作平行线.

证明:如图4,连结AQ交BC于G,连结EG,因为AD∥BG,所以,则.又AP=DQ,AE=BD,则BQ=PE,所以,所以,所以PQ∥EG.又PQ平面CBE,EG平面CBE,所以PQ∥平面CBE.

三、面面平行法

过所证的直线作一个平面,使这个平面与所证平面平行.

【例3】如图5,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,D为AB的中点,AC⊥BC,AC=BC=BB1.求证:BC1∥平面A1CD.

分析:可考虑过BC1作一个平面,使这个平面与平面A1CD平行,再利用面面平行的性质定理来证明本题.

证明:取A1B1的中点G,连结DG、BG、C1G,如图6,由DB∥A1G,且DB=A1G,得四边形DA1GB是平行四边形,则DA1∥BG.又BG平面A1CD,DA1平面A1CD,所以BG∥平面A1CD.由DG∥CC1,DG=CC1,则四边形DGC1C为平行四边形,则DC∥GC1,又C1G平面A1CD,DC平面A1CD,所以C1G∥平面A1CD.又BG与C1G交于点G,所以平面BGC1∥平面A1CD.又BC1平面BC1G,所以BC1∥平面A1CD.

四、空间向量法

此法主要介绍给使用B版教材的同学,下面以例3为例说明.

分析:建立适当的坐标系(如图7),设法求出向量BC1和平面A1CD的法向量的坐标,若向量BC1与法向量垂直,则直线BC1与平面A1CD垂直.

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