几种不等式的证明

关键词： 考查

几种不等式的证明（精选十篇）

几种不等式的证明 篇1

不等式的证明过程当中,有些不等式是一些形式简单的代数式的组合或乘积.

例1已知a>b>c,求证:a2b + b2c + c2a > ab2+ bc2+ ca2.

不等式的证明事实上要求学生对于常用代数式的表达比较熟悉,比如例1,如果能一眼看出a2b + b2c + c2a - ab2bc2- ca2= ( a - b) ( a - c) ( b - c) ,那么该题可以说不用怎么费时间,甚至可以口算了. 当然了,代数式的种类繁多,有些也难于记忆,如果一定要求学生去死记硬背数量巨大的代数式,不合理也不实际,这时就需要我们把不等式的一些基本的证明技巧教给学生,使他们明白,很多时候即使不太熟悉代数式之间的关系,也能够通过推导得出.

当然了,在学习完微积分以后,我们也可以引导学生构造一个三元函数f( a,b,c) ,并讨论该三元函数的极值,也可以得出该不等式的另一证明过程,由于中学阶段不涉及多元函数的微积分,该过程从略.

另外一类不等式,在证明的过程当中,要讨论不等式当中各字母的取值范围,最后综合起来得出同一个结论. 当然这些题也可以通过构造多元函数,进而讨论函数各自变量的范围得到解决.

综合12可知,原不等式成立.

该不等式的证明,必须要考虑到已知条件a + b >0,分类讨论,否则不能直接得出( an- bn) ( an-1- bn-1) ≥0.

在不等式的证明当中,利用数形结合也是一种常见的思路,即考虑不等式所代表的几何意义,并且这种方法往往能起到事半功倍的效果.

综合123式情况,原不等式成立. 证毕

注: 23式的最后一步省略了对a >0,a =0,a <0的详细分析,正式解题时不能省. 分析过程用a,b同号| a +b | = | a | + | b |≥| | a | - | b | | = | a - b | ;

a,b异号| a - b | = | a | + | b |≥| | a | - | b | | = | a + b | .

结束语

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

a

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

2a

b

解

xy2yz

x

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



b

ac



1c

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

a



bcb3c

8c

49a

347

a2。b 48

证：令b3

c,则

x



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

x2

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



i

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

n

很明显,上面三点A,B,C都在单位圆

x2

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:

x

y1x



1y



z

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

c2

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

b2

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

u2

1uvuw,且v21uvvw,w2

1uwrw,因

此

w

cos2

A2

1cosA

1

x

a

yc



a

u2u



2

bza

3u2



u

u2

u11

2uvuw



cos2B

v3

11

同理

1cosBv2uvuw



cos2

C3

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

x

3z

31x



y

31y



1z



.证.先求x1x8的最大值.注

意

到

8x

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

x4



1x8



x

x

1x





8同理y

y4

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

mn的和形式,则配上对应项为

n

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

x2

n

1x

x1

1x

x2

1x

1n

n1

.n

证明:令不等式左边=A,B

1

则

i1

1x

i

n

BA

1x2n

i



(1xi)n1

i11x

ii1n

n

222

BA



1xi

11nxi

i11x



n2

i

i1n(1xi)

n

n





n12nxi2

n22n11i1

n(1x



i)

i1

n2

1x2

in



n2n1

n2

B2

A

2n1n

B2

2n1

n

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

1m

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

x2

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：

浅析证明不等式的几种方法 篇3

一、比较法

1.理论依据：不等式的基本性质.

2.步骤：作差、变形、判断符号.

3.适用于分式、高次不等式的证明.

4.有时也可用商值比较法.

例1 已知a、b、c是△ABC的三边，求证：

4（ab+bc+ca）>（a+b+c）2.

证明 因为4（ab+bc+ca）-（a+b+c）2=2ab+2bc+2ca-a2-b2-c2=a（b+c-a）+b（a+c-b）+c（a+b-c）>0.所以4（ab+bc+ca）>（a+b+c）2.

二、综合法

1.思维特点：执因索果.

2.逻辑关系：AB1B2…BnB，每步寻找上一步的必要条件.

3.常用不等式：|a|≥0；a2≥0；a2+b2≥2ab（a、b∈ R ）；

a+b 2 ≥ ab （a、b∈ R +）；

b a + a b ≥2（a、b∈ R +）； b2 a +a≥2b（a∈ R +）等.

4.思路：由已知条件灵活使用有关不等式的定理以及不等式的基本性质，找出已知条件与待证不等式间的内在联系.（注意使用的不等式成立的条件）.

例2 a、b、c>0，求证：abc≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）

分析 不等号左边是单字母乘积，右边是字母和差式乘积，因此寻求字母与和差式的关系：a=

（a+b-c）+（a+c-b） 2 ，同样b和c也有这样的关系.

证明 不妨设a≥b≥c>0，则a+b-c≥0，c+a-b≥0.

若b+c-a≤0，则原不等式显然成立.

若b+c-a>0，则由

a= （a+b-c）+（a+c-b） 2 ≥ （a+b-c）（a+c-b） ≥0 ①

b= （a+b-c）+（b+c-a） 2 ≥ （a+b-c）（b+c-a） ≥0 ②

c= （c+a-b）+（b+c-a） 2 ≥ （c+a-b）（b+c-a） ≥0 ③

①、②、③相乘

abc≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）.

三、分析法

1.分析法适用的题型：

（1）证明不知从何入手；（2）恒等式的证明；（3）条件简单、结论复杂.

2.分析法的思维特点：执果索因.

3.分析法的模式（书写格式）：

（1）为了证明…，（2）只需证明…，（3）即证明…，（4）…显然成立，⑤所以原式成立.

4.分析法的另一种表达方式：

首先假定所要证明的不等式成立→逐步推出一个已知成立的不等式（每步可逆）→最后得出结果.（注意得结果前应说明以上每步都可逆）.

例3 已知a>b>0，求证： （a-b）2 8a < a+b 2 - ab < （a-b）2 8b

证明 因为a>b>0，所以为证明 （a-b）2 8a < a+b 2 - ab < （a-b）2 8b ，只需证明 （a-b）2 4a <（ a - b ）2< （a-b）2 4b ，

整理得

（

a-b 2 a ）2<（ a - b ）2<（ a-b 2 b ）2

即证 a-b 2 a < a - b < a-b 2 b

即证 a + b 2 a <1< a + b 2 b

即证1+ b a <2<1+ a b

即 b a <1< a b 即证明 b a <1< a b .

∵a>b>0，∴ b a <1< a b 显然成立，所以原不等式成立.

四、放缩法

证A≥B可通过适当放大使得B≤B1≤B2≤…≤Bn≤A或缩小使得A≥A1≥A2≥…≥An≥B，借助多个中间量，利用不等式的传递性达到目的（从一端证到另一端）.注意：放缩应适当.

例4 求证：1+

1 2 + 1 3 +…+ 1 n > n （n∈ N *，n>1）.

证明 1+

1 2 + 1 3 +…+ 1 n > 1 n + 1 n +…+ 1 n = 1 n ·n= n .

五、利用函数性质（单调性、有界性）证明不等式

根据题目的特点恰当地构造一个函数，利用函数的单调性将不等式的证明转化为求函数值域或最值的问题.

例5 求证：- 2 ≤ 1-x - 1+x ≤ 2 .

证明 设f（x）= 1-x - 1+x ，其中-1≤x≤1，显然f（x）在[-1，1]为减函数.

∴f（1）≤f（x）≤f（-1），即- 2 ≤ 1-x - 1+x ≤ 2 .

六、构造二次函数

利用二次函数与二次方程的关系（判别式法）.

原理：ax2+bx+c>0（a≠0）

解集是 R Δ<0，a>0.

适合题型： ①可化成某一字母的二次式②字母的范围是 R

例6 三角形ABC中，A、B、C是三角形的三个内角，x、y、z∈ R .

求证：x2+y2+z2≥2xycosC+2xzcosB+2yzcosA

证明 设f（x）=（x2+y2+z2）-（2xycosC+2xzcosB+2yzcosA）

整理得f（x）=x2-（2ycosC+2zcosB）x+（y2+z2-2yzcosA）

此时可以把f（x）看作是关于x的二次函数.

1 4 Δ=（ycosC+zcosB）2-（y2+z2-2yzcosA）

=-y2sin2C-z2sin2B+2yzcosBcosC+2yzcosA

=-y2sin2C-z2sin2B+2yzcosBcosC-2yzcos（B+C）

=-（ysinC-zsinB）2≤0

所以f（x）恒大于或等于0.

即x2+y2+z2≥2xycosC+2xzcosB+2yzcosA.

七、换元法

1.三角换元

（1）“1”的代换：sin2α+cos2α=1，sec2α-tan2α=1，csc2α-cot2α=1.

（2）变量有界弦函数换元，变量无界切函数换元.

2.代数换元

3.均值换元

注意：换元后新变量的变化范围必须确保原变量的变化范围不发生变化.

例7 已知a、b、c∈ R ，且a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥ 1 3 .

证明 （采用均值换元法）

设a= 1 3 +m，b= 1 3 +n，c= 1 3 +k，且m+n+k=0.

则a2+b2+c2=（ 1 3 +m）2+（ 1 3 +n）2+（ 1 3 +k）2

= 1 3 + 2 3 （m+n+k）+（m2+n2+k2）≥ 1 3 .

八、反证法

1.适合题型：含至多、至少等字样或正面证明无从入手.

2.注意：对结论的否定应全面不能遗漏.

例8 已知f（x）=x2+ax+b，求证：|f（1）|、|f（2）|、|f（3）|中至少有一个不小于 1 2 .

证明 假设|f（1）|、|f（2）|、|f（3）|都小于 1 2 .

则|f（1）|+2|f（2）|+|f（3）|<2，而|f（1）|+2|f（2）|+|f（3）|≥

|f（1）-2f（2）+f（3）|=|1+a+b+9+3a+b-8-4a-2b|=2

与假设矛盾，所以假设不成立.

故|f（1）|、|f（2）|、|f（3）|中至少有一个不小于 1 2 .

九、构造图形证明不等式

寻求不等式的几何意义，构造恰当的几何图形证明不等式. 图1

例9 x、y、z∈（0，1），求证： x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）<1.

证明 构造等边三角形，三边长分别为1，如图1所示.设M、N、P分别为边AB、AC、BC上的点，且满足AM=x，NC=y，BP=z.且0

证明不等式的几种方法 篇4

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.

几种不等式的证明 篇5

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。

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几种特别的不等式证明方法 篇6

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,

几种不等式的证明 篇7

一、换元法

例1 斜率为k的直线与曲线f ( x) = lnx交于A ( x1, y1) , B ( x2, y2) ( x1< x2) 两点, 求证: x1<< x2.

所以原不等式x1<1/k<x2成立.

注通过常见的比值代换 ( 令t =) , 就可以把复杂的二元不等式证明问题转化为一元不等式的证明, 使问题变得简单、常规.

例2 已知函数f ( x) = ex, x∈R的图像与g ( x) 的图像关于直线y = x对称.

( Ⅰ) 若直线y = kx + 1 与g ( x) 的图像相切, 求实数k的值;

( Ⅱ) 判断曲线y = f ( x) 与曲线y =x2+ x + 1 公共点的个数.

( Ⅲ) 设a < b, 比较的大小, 并说明理由.

分析 (Ⅰ) 、 (Ⅱ) 略.

(Ⅲ) 解法一:

设b - a = x ( x > 0) ,

令g ( x) = x + 2 + ( x - 2) ·ex, x > 0,

则g' ( x) = 1 + ( 1 + x - 2) ·ex= 1 + ( x - 1) ·ex.

g' (x) 的导函数g″ (x) = (1+x-1) ·ex=x·ex>0,

所以g' (x) 在 (0, +∞) 上单调递增, 则

g' ( x) > g' ( 0) = 0,

从而g ( x) 在 ( 0, + ∞ ) 上单调递增, 又g ( 0) = 0, 则在 ( 0, + ∞ ) 上g ( x) > 0,

注对于第 ( Ⅲ) 小题, 绝大部分的学生会望而生畏. 本题要比较两数的大小, 而大小关系又与函数的单调性密切相关, 由此可过渡到先作差, 再根据差式的结构, 构造恰当的函数, 利用导数研究函数的单调性, 借助单调性比较函数值的大小. 难点在于如何对差式变形出相同的式子“b - a”, 才能利用换元法构造函数.

二、主元法构造函数

以b为主元, 并将其视为x, 构造函数h ( x) = ( x - a) · ( ex+ ea) - 2· ( ex- ea) ( x > a) , 则

h' (x) = (x-a-1) ·ex+ea, 且h' (a) =0.

∵h″ (x) = (x-a) ·ex且x-a>0,

∴h' (x) 在 (a, +∞) 上单调递增,

∴当x>a时h' (x) >h' (a) =0,

∴h (x) 在 (a, +∞) 上单调递增,

∴当x>a时, h (x) >h (a) =0,

注: 例2 ( Ⅲ) 的解法一中作差后式子结构复杂, 虽然通过变形, 运用换元法后式子变得相对简单, 但该方法对式子的变形能力要求较高, 很多学生不易想到. 在本题中同时出现了a、b两个未知数, 解法二将其中b看作变量当主元x, a看成常数, 利用主元法构造一元函数, 再借助导数研究函数的单调性, 则可化难为易.

三、利用“相同结构”构造函数

例3 f ( x) 是定义在 ( 0, + ∞ ) 上的非负可导函数, 且满足xf' ( x) - f ( x) ≤0, 对任意正数a、b, 若a < b, 则必有 () .

A. af ( b) ≤bf ( a) B. bf ( a) ≤af ( b)

C.af (a) ≤f (b) D.bf (b) ≤f (a)

上是减函数. 由a < b, 得, 即af ( b) ≤bf ( a) .故选A.

注本例构造辅助函数关键在于将选项中的不等式转化为左右两边是相同结构的式子. 如选项A: 转化后的不等式的两边都有“”的相同结构, 所以考虑构造辅助函数F ( x) =.

例4已知函数f ( x) = ln ( x + m) + 2x2在点P ( 0, f ( 0) ) 处的切线与直线x + y = 0 垂直.

( Ⅰ) x1> x2> - m, f ( x1) - f ( x2) > a ( x1- x2) 恒成立, 求实数a的取值范围;

(Ⅱ) 当x>0时, 求证ln (x+1) +2x2 (9x-5) .

分析由条件先求得m=1.

构造g ( x) = f ( x) - ax, 则g ( x1) > g ( x2) .

由x1> x2> - 1, 得g ( x) 在 ( - 1, + ∞ ) 上单调递增, 故只需g' ( x) =+ 4x - a > 0 在 ( - 1, + ∞ ) 上恒成立, 解得a≤0.

( Ⅱ) 略.

注本题 ( Ⅰ) 中的不等式含有x1, x2两个变量, 观察不等式的两边, 通过移项, 使其左右两边具有相同的结构“f ( x) - ax”, 再利用这一结构特征构造函数g ( x) = f ( x) - ax.

四、对数法构造函数

例5已知m, n都是正整数, 且1 < m < n, 证明: (1+m) n> (1+n) m.

证明要证 ( 1 + m) n> ( 1 + n) m, 只需证ln ( 1 + m) n>ln ( 1 + n) m, 即证:

∴f' (x) <0, 即f (x) 在[2, +∞) 上单调递减.

又m<n, ∴f (m) >f (n) .

注对指数型不等式, 通过两边同时取同底的对数 ( 常取以e为底的对数) , 将其转化为对数型不等式, 再根据具体情况 ( 如本例中利用“相同结构”) 构造辅助函数.

五、利用图像的对称性构造函数

例6 已知函数f ( x) = xe- x ( x∈R) .

(Ⅰ) 求函数f (x) 的单调区间和极值;

( Ⅱ) 如果x1≠x2, 且f ( x1) = f ( x2) , 证明x1+ x2> 2.

分析 ( Ⅰ) 函数f ( x) 在 ( - ∞ , 1) 上单调递增, 在 ( 1, + ∞ ) 上单调递减. 所以函数f ( x) 在x = 1 处取得极大值, 无极小值.

可知 (x1-1) (x2-1) <0, 不妨设x1<1<x2.

函数y = f ( x) 与y = f ( 2 - x) 的图像关于直线x = 1 对称, 在同一直角坐标系中, 作出y = f ( x) 与y = f ( 2 - x) 的大致图像 ( 如上) .

构造g ( x) = f ( x) - f ( 2 - x) = xe- x- ( 2 - x) ex - 2,

则只需证x > 1 时, g ( x) > 0.

由g' ( x) = ( x - 1) ( e2x - 2- 1) e- x, 得g ( x) 在 ( 1, + ∞ ) 上是增函数,

所以g ( x) > g ( 1) = 0.

注第 ( Ⅱ) 小题虽是不等式的证明, 但通过对x1+x2> 2 变形为x1> 2 - x2, 又转化为两个数比大小的问题, 因而考虑构造函数, 利用函数的单调性比大小. 本小题的突破口在于由不等x1> 2 - x2, 联想到f ( 2 - x2) 与f ( x2) 关于直线x = 1 对称, 因而构造函数g ( x) = f ( x) - f ( 2 - x) .

解不等式恒成立问题的几种常用方法 篇8

例1设f (x) =x2-2ax+2, 当x缀[-1, +∞) 时, 都有f (x) ≥a恒成立, 求a的取值范围。

分析:题目中要证明f (x) ≥a恒成立, 若把a移到等号的左边, 则把原题转化成左边二次函数在区间[-1, +∞) 时恒大于0的问题。

解:设F (x) =f (x) -a=x2-2ax+2-a.

ⅰ) 当△=4 (a-1) (a+2) <0时, 即-2

ⅱ) 当△=4 (a-1) (a+2) ≥0时由图可得以下充要条件:

综合可得a的取值范围为[-3, 1]。

点拨:有关含有参数的一元二次不等式问题, 若能把不等式转化成二次函数或二次方程, 通过根的判别式或数形结合思想, 可使问题得到顺利解决.

例2已知当x缀R时, 不等式恒成立, 求实数a的取值范围。

分析:在不等式中含有两个变量a及x, 其中x的范围已知 (x缀R) , 另一变量a的范围即为所求, 故可考虑将a及x分离。

解:原不等式即:4sinx+cos2x<姨5a-4-a+5

要使上式恒成立, 只需大于4sinx+cos2x的最大值, 故上述问题转化成求f (x) =4sinx+cos2x的最值问题。

上式等价于a-2≥0, 5a-4≥0, 5a-4> (a-2) 2或a-2<0, 5a-4≥0

解得4/5≤a<8.

点拨:若在等式或不等式中出现两个变量, 其中一个变量的范围已知, 另一个变量的范围为所求, 且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边, 则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。即a>f (x) 恒成立圳a>f (x) max, 即大于时大于函数f (x) 值域的上界。af (x) max, 即小于时小于函数f (x) 值域的下界。

例3对于满足|p|≤2的所有实数p, 求使不等式x2+px+1>2p+x恒成立的x的取值范围。

分析:在不等式中出现了两个字母:x及P, 关键在于该把哪个字母看成是一个变量, 另一个作为常数。显然可将p视作自变量, 则上述问题即可转化为在[-2, 2]内关于p的一次函数大于0恒成立的问题。

解:不等式即 (x-1) p+x2-2x+1>0, 设f (p) = (x-1) p+x2-2x+1, 则f (p) 在[-2, 2]上恒大于0, 故有:f (-2) >0, f (2) >0即x2-1>0, x2-2x+1>0

解得:x>3或x<1, x>1或x<-1.

∴x<-1或x>3.

点拨:在解含参不等式时, 有时若能换一个角度, 变参数为主元, 可以得到意想不到的效果, 使问题能更迅速地得到解决。

例4当x缀 (1, 2) 时, 不等式 (x-1) 2

左边为二次函数, 图象是抛物线, 右边为常见的对数函数的图象, 故可以通过图象求解。

解:设y1= (x-1) 2, y2=logax, 则y1的图象为右图所示的抛物线, 要使对一切x缀 (1, 2) , y11, 并且必须也只需当x=2时y2的函数值大于等于y1的函数值。

几种不等式的证明 篇9

下面略举几例简单介绍含参不等式恒成立问题的解法.

一、判别式法,对于二次函数形式,一元二次不等式比较适合.

当a>0时,函数y=ax2+bx+c的图像开口向上,若Δ<0,则二次函数y=ax2+bx+c的图像与x轴无交点,故f(x)>0恒成立.

例1不等式(1-a2)x2+(1-a)x+1>0对x∈R恒成立.求a的取值范围

解(1)a=1时原不等式为1>0,恒成立满足要求.

(2)a=-1时,2x+1>0,不等式不恒成立,所以不满足要求.

(3)令f(x)=(1-a2)x2+(1-a)x+1,

二、分离参数法

先通过分离参数,将原不等式等价转化为a>f(x)或a<f(x)的形式:

(1)若f(x)有最大值M,a>f(x)恒成立,必有a>M,反之,当a>M时,a>f(x)必恒成立.

(2)若f(x)有最小值m,a<f(x)恒成立,必有a<m,反之当a<m时,a<f(x)必恒成立.

例3设x∈R,不等式2x2-4x+a>0恒成立,求实数a的取值范围.

解由2x2-4x+a>0,得a>-2x2+4x.

令f(x)=-2x2+4x,则

因为2x2-4x+a>0恒成立,所以a>f(x)恒成立.

又因为f(x)max=f(1)=2,

所以当a>2时,a>f(x)恒成立.

思考:不等式2x2-2x+a≥0恒成立,实数a的取值范围是什么?

例4若不等式x2+(a-1)x+1≥0,对x≥0均成立,求实数k的取值范围?

解当x=0时,不等式x2+(a-1)x+1≥0显然恒成立.

说明:本题也可以用二次函数的思想来求a的取值范围.

三、主元转化法

利用主元与参数之间的关系,若把参数看作主元,有时往往能达到出奇制胜的效果.

例5当0≤m≤4时,求使不等式2x2+mx>m-3恒成立的x的取值范围.

分析本题主元是x但若将m看作主元,则不等式恒成立等价于g(m)=(x-1)m+2x2+3>0在m∈[0,4]恒成立.

解设g(m)=(x-1)m+2x2+3.

利用导数证明不等式的方法 篇10

题目2：P是曲线y=f（x）=ex上的动点，Q是曲线y=g（x）=lnx上的动点，求PQ的最小值。

分析：本题主要考查反函数的相关知识，导数的几何意义，而在本题中所体现出的两类不等式是我们在利用导数证明不等式问题中特别常用到的放缩手段。

解：因为y=ex与y=lnx互为反函数，而反函数的图象关于直线y=x轴对称，所以我们可以转化为将直线y=x向上平移和向下平移，使得直线分别与y=ex与y=lnx相切，此时两个切点之间的距离即为我们所要求的最小值。f′（x）=ex，令f′（x）=ex=1可得，切点坐标为（0，1）；同理可求g′（x），令g′（x）=1可得，切点坐标为（1，0）。所以可以得到PQ的最小值为。

注：我们主要是想从本题解答过程中得到一组不等式：

（1）当x>0时，ex>x+1；变形：ex>x；ex-1>x

（2）当x>0时，x-1>lnx；变形：x>lnx；x>ln（x-1）

下面通过一个实例体会该不等式的应用。

题目3：已知f（x）=lnx，g（x）=ex。求证：当x>0时，f（x）

分析：本题的基本思路仍然是一个函数的思想，但是在操作中必须进行适当的放缩才能证明出该不等式。

解：F（x）=g（x）-f（x）-2=ex-lnx-2，则F′（x）=ex-2；则F′（x）单调递增，再根据零点存在性判定定理知F′（1）>0，F′（）<0，所以F′（x）=0在（，1）上有根记为t，从而可知F（x）在（0，t）单调递减，在（t，+∞）单调递增，所以F（x）>F（t）=et-lnt-2，下面我们必须能证明F（t）=et-lnt-2>0恒成立即可。此时又回到本题最初的形式，在这种情况下我们可以对F（t）=et-lnt-2进行放缩，其基本思想是此时et和lnt同时存在我们无法研究导数的零点，因此我们可以把二者之一利用放缩的方式处理掉。具体操纵如下：

F（t）=et-lnt-2>t+1-lnt-2=t-lnt-1（利用ex>x+1进行放缩），下面可以构造函数g（t）=t-lnt-1，下面我们可以证明g（t）>0恒成立即可。而我们知道ex>x也成立，但此时如果我们选择ex>x进行放缩根本不能证出我们的结论；由此可以放缩必须要把握度，不能放得太多，也不能放得太少。

另外，我们可以考虑将lnt处理掉，可以利用lnt与一次式之间的关系（x-1>lnx）进行放缩，则F（t）=et-lnt-2>et-t+1-2=et-t-1，下面可以构造函数h（t）=et-t-1，只需证明h（t）>0恒成立即可。

除此之外，我们还经常涉及两个函数的思想来证明不等式的问题，其基本理念为：

若f（x）min>g（x）max成立，则f（x）>g（x）恒成立；

若f（x）>g（x）恒成立，不一定要f（x）min>g（x）max成立，我们只需保证对于f（x）和g（x）两个函数在每一个自变量处都满足f（x）的函数值大于g（x）的函数值即可。

题目4：证明：ex+x2>sinx+x