证明不等式的几种常用方法

关键词：证明

证明不等式的几种常用方法（精选6篇）

篇1：证明不等式的几种常用方法

证明不等式的几种常用方法

摘要：不等式由于结构形式的多样化化,证明方式也是灵活多样,但都是围绕着比较法、综合法、分析法三种方法展开.这三种方法是不等式证明的最基本、最重要的方法.关键词：不等式证明;比较法;综合法;分析法

引言：不等式的证明是初高中教学中的一个难点,由于结构形式不同,其证明方法也是灵活多样的,且技巧性强.学生需要重点掌握的不等式证明的常用方法如比较法、综合法、分析法,它们是不等式证明的最基本、最重要的方法.虽然证明不等式的方法灵活多样,但都是围绕这三种基本方法展开.1 比较法

法证明不等式是不等式证明的最基本的方法,常用作差法和作商法.1.1 作差比较法

作差比较法：要证不等式abab,只需证ab0ab0即可.作差比较法步骤为：作差、变形、判断符号（正或负）、得出结论.①作差：对要比较大小的两个数（或式）作差．

②变形：对差进行因式分解或配方成几个数（或式）的完全平方和．

③判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号．

例1 已知a,b,m都是正数,并且ab,求证：ama.bmb

证明：amab(am)a(bm)m(ba).bmbb(bm)b(bm)

∵a,b,m都是正数,并且ab,∴bm0,ba0,∴amam(ba).0即：bmbb(bm)

aa1,欲证ab,需证1.bb1.2 作商比较法作商比较法：若b0,要证不等式ab,只需证

作商比较法步骤为：作商、变形、判断与1的大小、得出结论.例2 已知a,b,m都是正数,并且ab,求证：ama.bmb

证明：amab(am)abbm, bmba(bm)abam

mR,0ab,abbmabam,即

abbm1, abamama． bmb综合法

综合法就是由因导果,即由已知条件出发,利用已知的数学定理、性质和公式,推出结论的一

种证明方法.例3 已知xyz1,求证：xyz

证明： xyz2222221.31[3(x2y2z2)] 3

1222222222[xyz(xy)(yz)(zx)] 3

1211222(xyz2xy2yz2zx)(xyz), 333

1222xyz.3

bccaababc例4 设a,b,c都正数,求证：abc

证明：a,b,cR, 

bccaab，R, abc

bccacaababbc∴2c,2a,2b, abbcca

bccaab2(abc),∴2(bcabccaababc∴abc分析法

分析法：从结论出发,逐步逆找结论成立的充分条件.也就是从求证的不等式出发,分析使这

个不等式成立的条件,把证明不等式转化为判定这些条件是否具备的问题,如果能够肯定这

些条件都已具备,那么就可以断定原不等式成立,基本步骤：要证……只需证……,只需证……

1.3

1222证明： xyz1,为了证明xyz, 3例5 已知xyz1,求证：xyz222

只需证明3x3y3z(xyz),即3x3y3zxyz2xy2yz2zx, 2222222222

即2x22y22z22xy2yz2zx,即(x22xyy2)(y22xyz2)(z22zxx2)0,即(xy)2(yz)2(zx)20．

(xy)2(yz)2(zx)20成立,xyz2221成立． 3

(ab)2ab(ab)2

ab.例6 设ab0,求证：8a28b

(ab)2(ab)2(ab)2

证明：要证原不等式成立,只需证：.8a28b

∵a

(ab)2(a)2

只需证1.4a4b

abab只需证,12a2ba只需证 1ab

∵ab0上式成立,∴原不等式在ab0时成立.结束语

关于不等式的证明,上面的三种方法是最基本的方法,该类不等式的证明方法是以上三种方

法的延伸.有待读者进一步的研究.

篇2：证明不等式的几种常用方法

刘丹华

余姚市第五职业技术学校

摘要：不等式的证明可以采用不同的方法，每种方法具有一定的适用性，并有一定的规律可循。通过对不等式证明方法和例子的分析和总结，可以掌握其中的要领，灵活运用。

关键词：不等式；证明方法；分析问题

引言

证明不等式一般没有固定的程序，方法因题而异，灵活多变，技巧性强。有时一个不等式的证明方法不止一种，而一种证法又可能要用到好几个技巧，但基本思想总是一样的，即把原来的不等式变为明显成立的不等式。下面介绍几种证明不等式的方法。

一、构造法

构造法是数学中一种富有创造性的思维方法。当一个数学问题需要解决时，常常通过深入分析问题的结构特征和内在规律，概括抽象构造出一个新的关系，使问题等价转化为与之有关的函数、方程和图形等，再进行求解。构造法也是数学解题中的一种重要的思维方法。

（一）、构造方程证明不等式

某些不等式问题，可以根据它的条件或结论的特征构造一个一元二次方程，然后利用根的判别式来证明。

例1如果x，y，z均为实数，且xyza，xyz

求证：0x22212a(a0).2222a，oya，0za.33

3证明：由已知的两个等式中消去x，得 12a

2220(ayz)yza  2y2(az)y2z2az22222

因为 yR，所以 4(az)4(2za)0

所以z(3z2a)0 22

2a 3

22同理可证： 0xa，0ya.33所以0z

（二）、构造函数证明不等式

根据欲证不等式结构的特点，引入一个适当的函数，运用函数的性质来加以证明。

例2已知a，b，c为ABC的三边，求证：

证明：从结论形式看，各项均具有

f(x)abc.1a1b1cM的形式，于是可构造函数 1Mx，易证 f(x)在R上为增函数 1x

因为a，b，c为ABC的三边

所以abc

所以f(a)f(bc)

即abcbcbc.1a1bc1bc1bc1b1c

又如：求证 ab

1aba

1ab

1b 可用类似方法证明。

（三）、构造几何图形证明不等式

把欲证的不等式的数量关系所反映的几何背景找出来，然后根据几何图形性质证明不等式成立。例3已知实数a，b满足ab1，求证：(a2)(b2)2225.2分析：原式左边可看作点(a,b)与点(2,2)间距离的平方，则可在直角坐标系中，构造点

P(2,2)，Q(a,b)，其中Q是直线xy1与两坐标轴的交点A，B连线段上点，如图1所示

图

1原式左边就是PQ，设AB中点C(,)

因为 PC22112225，又PAB为等腰 22所以 PCAB故PQPC，即PQPC

所以(a2)(b2)

（四）、构造复数证明不等式

222225.2时，可联想构造复数，使复数的模与根式的表达式形式相同，然后再利用复数模的性质加以证明。例4已知为a，b，c非负实数，求证：

abc).此题用别的方法较繁，若能转化为复数模的问题，就变得十分简捷。

分析：a，b，c非负实数，abcabc，这样，不等式左右各项和复数模表示相似

于是可构造复数：

z1abi，z2bci，z3cai.则

z1z2z3z1z2z3 (abc)(1i)i(a

bc)abc)

从而命题得证.二、反证法

反证法是数学证明的一种重要方法。因为命题“P”与它的否定“非P”的真假相反，所以要证一个命题为真，只要证它的否定为假即可。这种从证明矛盾命题（即命题的否定）为假进而证明命题为真的证明方法叫做反证法。

（一）、推理的结果与已知的知识相矛盾

例5对实数a，b，c，A，B，C，有aC2bBcA0.且acb0.2求证： ACB0.分析：假设a1，a2，，an中有正数且aACB0，则 ACB0，由题设，有 acb0，相乘得aAcCbB，因为aCcA2bB.所以(aCcA)24b2B24aAcC，整理得(aCcA)20，这与“任何实数的平

方非负”矛盾.（二）、推理的结果与已知条件相矛盾

例6已知数列a1，a2，，an(n3)满足a1an0，且22222

2ak1ak12ak(k2,3,,n1).求证： a1，a2，，an均是非正数.分析：假设ap是数列a1，a2，，an中出现的第一个正数，则 P1且 ap10

由 ak1ak12ak 得 ap1apapap10，即 ap1ap0.如此类推可得：anan1ap0

与已知an0 矛盾.（三）、推出两个相互矛盾的结论

例7设 zkxkyki，xk,ykR，(k1,2,,n)

r是 z12z22zn2的平方根的实部绝对值.求证： rx1x2xn.分析：设(abi)2z

k

1nn2k，(a,bR)

即(abi)2(x

k1kyki)

2比较两边的实部与虚部，有

nn2222(x)(y)ab,kkk1k1 nxyab,kkk1

假设rx

k1k，即a

nxk1k，则a(2x

k1nk)xk2③ 2k1

n2结合 ① 与 ③ 知 by

k1

2k，从而

ab

④

另一方面，由柯西不等式知，abxkyk

k1n

与 ④ 矛盾故rx1x2xn 成立.反证法是处理绝对值问题的强有力的工具，但单纯用反证法往往较难得出矛盾，必须与其他方法结合运用，有时还要通过构造等手段来表达目的。在得到两个相互矛盾的结果的过程中，一是根据假设进行推理，二是由条件进行推理，两个方面缺一不可。

（四）、推理的结果与假设相矛盾

例8已知 an是首项为2，公比为1的等比数列，是它的前n项和，2

(1)用Sn表示Sn1；

(2)是否存在自然数c和k，使得

分析：(1)Sn422n，Sn1Sk1c2成立.Skc1Sn2； 2

(2)假设存在符合条件的自然数c和k，则 Sk1c421kc2，从而

2kSkc42c

4c321k

0（*）4c221k

1k1k令 t4c，则由（*）式得22t32

即 2t2k13，由 c,kR 知 tR

上述不等式对任意t,kN不成立.故这样的自然数c和k不存在.反证法证明不等式有两个明显的特点，一是前提中增加了新的条件，也就是结论的反面成立，并在证明过程中使用这个条件；二是反证法无需专门去证某个特定的结论，只需利用否定结论导出矛盾即可。

可以看到，反证法具有分析法的特点，它们都从问题的结论去着手考虑，但两者又是截然不同的。反证法是从否定结论中开始，到得出显然矛盾的结论而结束；分析法则是从肯定结论成立开始，到得出显然成立的结果。反证法实际上是否定式的分析法。

不等式的证明可以采用不同的方法，每种方法具有一定的适用性，并有一定的规律可循。通过对不等式证明方法和例子的分析和总结，可以掌握其中的要领，灵活运用。

参考文献：

篇3：证明不等式的几种常用方法

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) .

篇4：浅析证明不等式的几种方法

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

篇5：证明不等式的常用方法和技巧

一、比较法

例

1、求证：对任何非负数a和b，不等式

二、分析法11(a+b)2+(a+b)≥a+ba成立 24

1ab2ab1ab2

ab例

2、设0ba,求证: 8a28b

三、综合法

例

3、对任意实数x,y,z，有sinxcosy+sinycosz+sinzcosx≤

例

4、若m、n∈N*，求证：

例

5、求证：对任意正整数n，有(1+3 2mnmnmmn 21n+11n+2)＞(1+)＞2 nn

1例

6、已知a1,a2,…,an都是正数，且a1+a2+…+an=1，求证：

121212(n21)2

(a1+)+(a2+)+…+(an+)≥ na2ana

1例

7、设3x2+2y2≤6，求p=2x+y的最大值。

例

8、在△ABC中，A、B、C是三内角，a、b、c为其对应边。

a2b2b2c2c2a2a3b3c3

例

9、a,b,c＞0，求证：a+b+c≤++≤++

2c2a2bbccaab

aAbBcC



abc

3几个古典不等式

1、(切比雪夫不等式)若a1，a2，…，an和b1，b2，…，bn为实数，且a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn(或a1≥a2≥…≥an，b1≥b2≥…≥bn)，则(当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn时取等号。

2、(琴生不等式)设f(x)为区间[a，b]上的严格下凸函数，即对x1,x2∈[a,b], x1≠x2，总有f（x1x21)＜[f(x1)+f(x2)]，则对于[a，b]中任意一组不全相同的值x1,x2,…,xn，22

1n1n1n

aibiai)(bi)≤

ni1ni1ni1

必有f（x1x2xn1)＜[f(x1)+f(x2)+…+f(xn)]

11xpyq



3、(Young不等式)设p,q＞1,1，则对任何x,y≥0，有xy≤。当且仅

pqpq

当xp=yq时等号成立。

4、(赫德勒不等式)若ak≥0，bk≥0，k=1，2，…，n，且p＞1，n

akbkk

1npp≤(ak)

k1

nqq(bk)k1

1，则 pq

四、判别式法

例

10、已知A、B、C是△ABC的内角，x,y,z∈R，求证：

x2+y2+z2≥2xycosC+2yzcosA+2zxcosB

例

11、若x+y+z=0，且a,b,c为三角形的三条边长。求证：a2yz+b2zx+c2xy≤0

五、放缩法

1171

例

12、求证：1++2+…+2＜

4n22

3例

13、已知a,b,c∈[0,1]，求证：

例

14、设x0=5，xn+1=xn+

六、代换法

例

15、设a＞1,n∈N,n≥2，求证：a1＜

例

16、设x1,x2,…,xn＞0,求证：1x1)(1x2)(1xn)－x1x2xn≥

1abc

+++(1－a)(1－b)(1－c)≤1

bc1ca1ab1,求证：45＜x1000＜45.1 xn

a1

例17、设a≥4，求证：

lgalg3lg(a2)



lg4lg3lg

2七、构造法

例

18、设a,b,c为绝对值小于1的实数，求证：ab+bc+ca+1＞0

例

19、已知v＞0,u∈[－,2]，求证：(u－v)2+(2u2－

92)≥8 v

八、反证法

例20、已知a1，a2，…，a8＞0且a1+a2+…+a8=20，a1a2…a8＜13。求证：a1，a2，…，a8中至少有一个小于1。

例

21、设f(x)，g(x)是[0，1]上的增函数。证明：存在x0,y0∈[0，1]，使得|x0y0－f(x0)－g(y 0)|≥

4九、数学归纳法例

22、当0＜α＜

，n≥2，n∈N时，求证：tan nα＞ntanα

4(n1)

练习题：

2222x3x1x2x41、设x1,x2,x3,x4＞0，求证：+++≥x1+x2+x3+x4

x2x3x4x12、设a,b,c＞0，求证：

bc2ca2ab2x+y+z≥2(xy+yz+xz)abc3、设a,b,c为正数，试证：abc≥(b+c－a)(c+a－b)(a+b－c)

4、设x,y,x,w是四个不全为零为实数，求证：

xy2yzzwx2y2z2w2

≤

2

15、求证：(a1+a2+…+an)2≤n(a12+a22+…+an2)

6、有一个矩形铁片，尺寸是80×50，现要在四角各裁去一个同样大小的正方形，做成无盖盒子。求证上：不管如何裁法，所成盒子的容积不超过18000。

7、若x+y+z=1，求22x2+33y2+11z2的最小值

8、若n是不小于2的正整数，试证：

a12b12c129、已知a,b,c＞0，求证：++≥a10+b10+c10

bccaab

1112411

＜1－+－+…+－＜

23472n12n210、设x＞0,求证：1+x+x2+…+x2n≥(2n+1)xn11、求证：

y2y2212、证明：对任意正数x,y,z有xxy+z＞z2zxx2

3n111

＜1+++…+＜n(n≥2)

n2232

113、若a,b,c＞0，方程ax2+bx+c=0有实根，求证：a,b,c至少有一个数不小于

14、任给7个实数，证明其中必存在两个实数x,y，满足0≤

xy 1xy

3(a+b+c).915、已知u+u2+u3+…+u8+10u9=v+v2+v3+…+v10+10v11=8，求证：u＜v

提示：

2、作差，配方

3、讨论a≥b+c；a＜b+c，则设a≥b≥c,作差≥0或当三项都大于0时，由(b+c－a)+(c+a－b)+(a+b－c)= a+b+c证

6、V=x(80－2x)(50－2x)=αx·β(50

－2x)·(80－2x)≤[(αx+β(50－2x)+ 80－2x)]3。取α=2β+2且等号成立必

3须αx=β(50－2x)=80－2x，得x=10。

7、用柯西不等式得最小值为68、等价于＜

2111

++…+＜由柯西不等式

9、排序不等式

10、排序不等式

11、n1n22n2

放缩法

12、构造法

14、三角代换15、0＜u,v＜1。记f(x)=x+x2+x3+…+x8+10x9

篇6：证明不等式的几种常用方法

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，本节着重培养考生数学式

重难点归纳比较法、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，(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

1112(n∈N*)例1证明不等式123n

命题意图

本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能

知识依托本题是一个与自然数n有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等

错解分析此题易出现下列放缩错误

1n个

技巧与方法本题证法一采用数学归纳法从n=k到n=k+1的过渡采用了放缩法证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省(1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立

111(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+＜2k，2k则1

1211k112k1k1 2k(k1)11k(k1)12k1,∴当n=k+

1综合(1)、(2)得当n∈N*时，都有1+

121

31

n＜

另从k到k+12(k1)12k(k1)k2k(k1)(k1)

(kk1)20,2k(k1)12(k1),k10,21

k12k1.k1

21k11

k1, 又如:2k12

2k21.k1

对任意k∈N*，都有1

kkkk1证法111因此122(1)2(2)2(nn1)2n.23三设f(n)=2n(1222(kk1),1

3那么对任意k∈N* 都有11n),f(k1)f(k)2(k1k)



1k11

k1[2(k1)2k(k1)1][(k1)2k(k1)k]1k1(k1k)2

k10

∴f(k+1)＞f(k)

因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞„＞f(1)=1＞0，1112n.∴123例2求使xy≤axy(x＞0，y＞0)恒成立的a 命题意图本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力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，然后再错解分析本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜

2)，这样也得a≥sin

θ+cosθ其原因是(1)缩小了x、y的范围(2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=

1技巧与方法除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，a≥f(x)，则amin=f(x)max 若 a≤f(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化由于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

设

uxy(xy)2xy2xy xyx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∵y＞0，∴原不等式可化为x+1≤ayx1，y

设x

=tanθ，θ∈(0，)y2

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

又∵sin(θ+4)，③ 

4)的最大值为1(此时θ=

由③式可知a