第一篇：高等數(shù)學(xué)中不等式的證明方法

高等數(shù)學(xué)中不等式的證明方法

摘要：各種不等式就是各種形式的數(shù)量和變量之間的相互比較關(guān)系或制約關(guān)系，因此，不等式很自然地成為分析數(shù)學(xué)與離散數(shù)學(xué)諸分支學(xué)科中極為重要的工具，而且早已成為 專門的研究對象。高等數(shù)學(xué)中存在大量的不等式證明，本文主要介紹不等式證明的幾種 方法，運(yùn)用四種通法，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，極值或最值以及積分中值定理來解 決不等式證明的問題。我們可以通過這些方法解決有關(guān)的問題，培養(yǎng)我們的創(chuàng)新精神，創(chuàng)新思維，使一些較難的題目簡單化、方便化。

關(guān)鍵詞：高等數(shù)學(xué)；不等式；極值；單調(diào)性；積分中值定理

Abstract: A variety of inequality is the various forms of high-volume and variable comparison between the relationship or constraints.Therefore, Inequality is natural to be a very important tool in Analysis of discrete mathematics and various bran（畢業(yè)論文參考網(wǎng)原創(chuàng)論文）ches of mathematics.It has been a special study.Today there are a large number of inequalities in higher mathematics.This paper introduces the following methods about Proof of Inequality ,such as the using of several general methods, researching monotone function by derivative, using extreme or the most value and Integral Mean Value Theorem.We can resolvethe problems identified through these methods.It can bring up our innovative spirit

and thinking and some difficult topics may be more easy and Convenient,Keyword: Higher Mathematics;Inequality;Extreme value Monotonicity;Integral Mean Value

Theorem

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【摘要】不等式證明是高等數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中的一個重要內(nèi)容，通過解答考研數(shù)學(xué)中出現(xiàn)的不等式試題，對一些常用的不等式證明方法進(jìn)行總結(jié)。

【關(guān)鍵詞】不等式； 中值定理； 泰勒公式； 輔助函數(shù)； 柯西施瓦茨； 凹凸性

在高等數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)過程當(dāng)中，一個重點(diǎn)和難點(diǎn)就是不等式的證明，大多數(shù)學(xué)生在遇到不等式證明問題不知到如何下手，實(shí)際上在許多不等式問題都存在一題多解，針對不等式的證明，以考研試題為例，總結(jié)了幾種證明不等式的方法，即中值定理法、輔助函數(shù)法、泰勒公

式法、函數(shù)的凹凸性法、柯西施瓦茨不等式。

1中值定理定理法

利用中值定理（羅爾中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理）的方法來證明不等式首先要熟記各個中值定理的應(yīng)用條件，可將原不等式通過變形找到一個輔助函數(shù)，使其在所給區(qū)間上滿足中值定理的條件，證明的關(guān)鍵是處理好ξ點(diǎn)，分析函數(shù)或其導(dǎo)數(shù)在該點(diǎn)的性質(zhì)即可得到所要結(jié)論，在證明過程中也會出現(xiàn)反復(fù)應(yīng)用同一定理或同時應(yīng)用幾個定理進(jìn)行證明的情況。

例1設(shè)e4e2(b-a)。

解：對函數(shù)ln2x在［a,b］上應(yīng)用拉格朗日中值定理，得ln2b-ln2a=2lnξξ(b-a)，a<ξ設(shè)φ(x)=lnxx，φ′(x)=1-lnxx2當(dāng)x>e時，φ′(x)<0，所以φ(x)單調(diào)減少，從而φ(ξ)>φ(e2)，即lnξξ>lne2e2=2e2，故ln2b-ln2a>4e2(b-a)。

也可利用函數(shù)的單調(diào)性證明，可設(shè)φ(x)=ln2x-4e2x

例2設(shè)不恒為常數(shù)的函數(shù)f(x)在閉區(qū)間［a,b］上連續(xù)，在開區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，且f(a)=f(b)，證明在（a,b）內(nèi)至少存在一點(diǎn)ξ，使得f′(ξ)>0。

解：因f(x)不恒為常數(shù)且f(a)≠f(b)，故至少存在一點(diǎn)c∈(a,b),使得f(c)≠f(a)=f(b)。

若f(c)>f(a)則在［a,c］上f(x)滿足拉格朗日中值定理?xiàng)l件，因此至少存在一點(diǎn)ξ∈(a,c)(a,b)，使得f′(ξ)=1c-a［f(c)-f(a)］>0。

若f(c)

2利用輔助函數(shù)的單調(diào)性證明

輔助函數(shù)方法比較常用，其主要思想是將不等式通過等價變形，找到一個輔助函數(shù)，通過求導(dǎo)確定函數(shù)在所給區(qū)間上的單調(diào)性，即可證明出結(jié)論。常用的方法是，直接將不等號右端項(xiàng)移到不等號左端，另不等號右端為零，左端即為所求輔助函數(shù)。

例3試證：當(dāng)x>0時，(x2-1)lnx≥(x-1)2。

解：設(shè)f(x)=(x2-1)lnx-(x-1)2，易知f(1)=0。

又f′(x)=2xlnx-x+2-1x，f′(1)=0, f′(x)=2lnx+1+1x2,f′(1)=2>0

f(x)=2(x2-1)x3可見，當(dāng)00，因此有當(dāng)00。又由f′(1)=0及f′(x)是單調(diào)增加的函數(shù)推知，當(dāng)00，因此進(jìn)一步有f(x)≥f(1)=0(00時，(x2-1)lnx≥(x-1)2。

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例4設(shè)b>a>e，證明ab>ba。

分析：要證ab>ba，只需證blna>alnb或lnaa>lnbb

解一：令f(x)=xlna-alnx(x≥a),因?yàn)閒′(x)=lna-ax>1-ax≥0(x≥a)

所以f(x)在x≥a時單調(diào)增加。因此當(dāng)bφa時，有f(b)>f(a)=0，即有blna>alnb，也即ab>ba。

解二：令f(x)=lnxx,x>e,則有f′(x)=1-lnxx2<0(x>e)，因此f(x)單調(diào)減少，故當(dāng)b>a>e時，有l(wèi)naa>lnbb即ab>ba。

3利用泰勒展開式證明

泰勒展開式的證明常用的是將函數(shù)f(x)在所給區(qū)間端點(diǎn)或一些特定點(diǎn)（如區(qū)間的中點(diǎn)，零點(diǎn)）進(jìn)行展開，通過分析余項(xiàng)在ξ點(diǎn)的性質(zhì)，而得出不等式。另外若余項(xiàng)在所給區(qū)間上不變號，也可將余項(xiàng)舍去而得到不等式。

例5設(shè)f(x)在［0，1］上具有二階可導(dǎo)函數(shù)，且滿足條件|f(x)|≤a,|f(x)|≤b,其中a,b都是非負(fù)常數(shù)，c是（0，1）內(nèi)任意一點(diǎn)，證明|f′(x)|≤2a+b2。

分析:已知f(x)二階可導(dǎo)，應(yīng)考慮用二階泰勒展開式。本題涉及證明|f′(x)|≤2a+b2，應(yīng)在特定點(diǎn)x=c處將f(x)按泰勒公式展開。

解： 對f(x)在x=c處用泰勒公式展開，得

f(x)=f(c)+f′(c)(x-c)+f′(ξ)2!(x-c)2（1）

其中ξ=c+θ(x-c),0<θ<1，在（1）式中令x=0，有

f(0)=f(c)+f′(c)(0-c)+f′(ξ)2!c2, 0<ξ1

在（1）式中令x=1，有f(1)=f(c)+f′(c)(1-c)+f′(ξ)2!c2, 0

上述兩式相減得

f(1)-f(0)=f′(c)12!［f′(ξ2)(1-c)2-f′(ξ1)c2］,于是

|f′(c)|=|f(1)-f(0)-12 ［f′(ξ2)(1-c)2-f′(ξ1)c2］|

≤|f(1)|+|f(0)|+12|f′(ξ2)|(1-c)2+12 |f′(ξ1)|c2

≤2a+b2［(1-c)2+c2］,又因當(dāng)c∈(0,1)時，有

(1-c)2+c2≤1故 |f′(c)|≤2a+b2

因這里ξ與x有關(guān)，可將其記為ξ(x)，那么當(dāng)令x分別取0和1時，對應(yīng)的ξ可分別用ξ1和ξ2表示。

4柯西施瓦茨不等式

(〖jf(z〗baf(x)g(x)dx)2〖jf)〗≤〖jf(z〗baf2(x)dx〖jf)〗·〖jf(z〗bag2(x)dx〖jf)〗

柯西施瓦茨不等式是一個常用的不等式，在證明過程中我們可以直接利用常用不等式進(jìn)行證明，即方便又快捷。

例6設(shè)f(x)在區(qū)間［a,b］上連續(xù)，且f(x)>0,證明〖jf(z〗baf(x)dx〖jf)〗·〖jf(z〗ba1f(x)dx≥(b-a)2。〖jf)〗

證明：(〖jf(z〗baf(x)1f(x)dx)2〖jf)〗≤〖jf(z〗baf(x))2 dx〖jf)〗·〖jf(z〗ba（1f(x))2dx〖jf)〗

即得〖jf(z〗baf(x)dx〖jf)〗·〖jf(z〗ba1f(x)dx≥(b-a)2〖jf)〗

5利用函數(shù)圖形的凹凸性進(jìn)行證明

函數(shù)的凹凸性證明方法首要是找到輔助函數(shù)f(x)，利用函數(shù)f(x)在所給區(qū)間［a,b］的二階導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的凹凸性。

f′(x)>0 函數(shù)為凹的,則 f(a)+f(b)>2f(a+b2)；

f′(x)<0 函數(shù)為凸的,則 f(a)+f(b)<2f(a+b2)，從而證明出結(jié)論。

例7xlnx+ylny>(x+y)lnx+y2,(x>0,y>0,x≠y)

令 f(t)=tlnt(t>0), f′(t)=lnt+1, f′(t)=1t>0, 故 f(t)=tlnt在（x,y）或（y,x）,x>0,y>0是凹的，于是

12［f(x)+f(y)］>f(x+y2)

即12［f(x)+f(y)］>x+y2ln x+y2

即xlnx+ylny>(x+y)lnx+y2

類似的如：證明 ex+ey2>ex+y2,(x≠y)。

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第二篇：證明不等式方法

不等式的證明是高中數(shù)學(xué)的一個難點(diǎn)，題型廣泛，涉及面廣，證法靈活，錯法多種多樣，本節(jié)通這一些實(shí)例，歸納整理證明不等式時常用的方法和技巧。1比較法

比較法是證明不等式的最基本方法，具體有“作差”比較和“作商”比較兩種。基本思想是把難于比較的式子變成其差與0比較大小或其商與1比較大小。當(dāng)求證的不等式兩端是分項(xiàng)式（或分式）時，常用作差比較，當(dāng)求證的不等式兩端是乘積形式（或冪指數(shù)式時常用作商比較）

例1已知a+b≥0，求證：a3+b3≥a2b+ab

2分析：由題目觀察知用“作差”比較，然后提取公因式，結(jié)合a+b≥0來說明作差后的正或負(fù)，從而達(dá)到證明不等式的目的，步驟是10作差20變形整理30判斷差式的正負(fù)。

∵（a3+b3)(a2b+ab2)

=a2(a-b)-b2(a-b)

=(a-b)(a2-b2)

證明： =(a-b)2(a+b)

又∵(a-b)2≥0a+b≥0

∴(a-b)2(a+b)≥0

即a3+b3≥a2b+ab2

例2 設(shè)a、b∈R+，且a≠b，求證：aabb＞abba

分析：由求證的不等式可知，a、b具有輪換對稱性，因此可在設(shè)a＞b＞0的前提下用作商比較法，作商后同“1”比較大小，從而達(dá)到證明目的，步驟是：10作商20商形整理30判斷為與1的大小

證明：由a、b的對稱性，不妨解a＞b＞0則

aabbabba=aa-bbb-a=(ab)a-b

∵ab0，∴ab1，a-b0

∴(ab)a-b(ab)0=1即aabbabba＞1，又abba＞0∴aabb＞abba

練習(xí)1 已知a、b∈R+，n∈N，求證（a+b）（an+bn）≤2（an+1+bn+1）2基本不等式法

利用基本不等式及其變式證明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及變形有：

（1）若a、b∈R，則a2+b2≥2ab（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時，取等號）

（2）若a、b∈R+，則a+b≥ 2ab（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時，取等號）

（3）若a、b同號，則 ba+ab≥2（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時，取等號）

例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1則a1-b2+b1-a2≤

1分析：通過觀察可直接套用： xy≤x2+y2

2證明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1

∴b1-a2+a1-b2≤1，當(dāng)且僅當(dāng)a1+b2=1時，等號成立

練習(xí)2：若 ab0，證明a+1(a-b)b≥

33綜合法

綜合法就是從已知或已證明過的不等式出發(fā)，根據(jù)不等式性質(zhì)推算出要證明不等式。

例4，設(shè)a0，b0，a+b=1，證明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252

證明：∵ a0，b0，a+b=1

∴ab≤14或1ab≥

4左邊=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+［(a+b)2-2ab］+(a+b)2-2aba2b2

=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252

練習(xí)3：已知a、b、c為正數(shù)，n是正整數(shù)，且f(n)=1gan+bn+cn

3求證：2f（n）≤f（2n）

4分析法

從理論入手，尋找命題成立的充分條件，一直到這個條件是可以證明或已經(jīng)證明的不等式時，便可推出原不等式成立，這種方法稱為分析法。

例5：已知a0，b0，2ca+b，求證：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

分析：觀察求證式為一個連鎖不等式，不易用比較法，又據(jù)觀察求證式等價于 ｜a-c｜＜c2-ab也不適用基本不等式法，用分析法較合適。

要證c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

只需證-c2-ab＜a-c＜c2-ab

證明：即證 ｜a-c｜＜c2-ab

即證(a-c)2＜c2-ab

即證 a2-2ac＜-ab

∵a＞0，∴即要證 a-2c＜-b 即需證2+b＜2c，即為已知

∴ 不等式成立

練習(xí)4：已知a∈R且a≠1，求證：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）

25放縮法

放縮法是在證明不等式時，把不等式的一邊適當(dāng)放大或縮小，利用不等式的傳遞性來證明不等式，是證明不等式的重要方法，技巧性較強(qiáng)常用技巧有：（1）舍去一些正項(xiàng)（或負(fù)項(xiàng)），（2）在和或積中換大（或換小）某些項(xiàng)，（3）擴(kuò)大（或縮小）分式的分子（或分母）等。

例6：已知a、b、c、d都是正數(shù)

求證： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2分析：觀察式子特點(diǎn)，若將4個分式商為同分母，問題可解決，要商同分母除通分外，還可用放縮法，但通分太麻煩，故用放編法。

證明：∵ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＞

ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d=a+b+c+da+b+c+d=

1又由ab＜a+mb+m(0＜a＜b，m＞0)可得：ba+b+c＜b+da+b+c+dcb+c+d＜c+aa+b+c+ddc+d+a＜d+bc+d+a+dad+a+b＜a+ca+b+c+d

∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

b+da+b+c+d+c+aa+b+c+d+d+bc+d+a+d+a+ca+b+c+d=2(a+b+c+c)a+b+c+d=2

綜上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2

練習(xí)5：已知：a＜2，求證：loga(a+1)＜1

6換元法

換元法是許多實(shí)際問題解決中可以起到化難為易，化繁為簡的作用，有些問題直接證明較為困難，若通過換元的思想與方法去解就很方便，常用于條件不等式的證明，常見的是三角換元。

(1)三角換元：

是一種常用的換元方法，在解代數(shù)問題時，使用適當(dāng)?shù)娜呛瘮?shù)進(jìn)行換元，把代數(shù)問題轉(zhuǎn)化成三角問題，充分利用三角函數(shù)的性質(zhì)去解決問題。

例

7、若x、y∈R+,且 x-y=1 A=(x-1y)(y+1y)。1x，求證0＜A＜

1證明： ∵x，y∈R+，且x-y=1，x=secθ，y=tanθ，（0＜θ＜xy）

∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ

=1-cos2θcosθ·s2m2θ+cos2θcosθ·s2mθ·cos2θ

=sinθ

∵0＜θ＜x2，∴ 0＜s2mθ ＜1因此0＜A＜1

復(fù)習(xí)6：已知1≤x2+y2≤2，求證：12 ≤x2-xy+y2≤

3(2)比值換元：

對于在已知條件中含有若干個等比式的問題，往往可先設(shè)一個輔助未知數(shù)表示這個比值，然后代入求證式，即可。

例8：已知 x-1=y+12=z-23，求證：x2+y2+z2≥431

4證明：設(shè)x-1=y+12=z-23=k

于是x=k+1，y=zk-1，z=3k+

2把上式代入x2+y2+z2=(k+1)2(2k-1)2+(3k+2)2

=14(k+514)2+4314≥4314

7反證法

有些不等式從正面證如果不好說清楚，可以考慮反證法，即先否定結(jié)論不成立，然后依據(jù)已知條件以及有關(guān)的定義、定理、公理，逐步推導(dǎo)出與定義、定理、公理或已知條件等相矛盾或自相矛盾的結(jié)論，從而肯定原有結(jié)論是正確的，凡是“至少”、“唯一”或含有否定詞的命題，適宜用反證法。

例9：已知p3+q3=2，求證：p+q≤

2分析：本題已知為p、q的三次，而結(jié)論中只有一次，應(yīng)考慮到用術(shù)立方根，同時用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。

證明：解設(shè)p+q＞2，那么p＞2-q

∴p3＞（2-q）3=8-12q+6q2-q

3將p3+q3 =2，代入得 6q2-12q+6＜0

即6（q-1）2＜0 由此得出矛盾∴p+q≤

2練習(xí)7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求證：a＞0，b＞0，c＞0

8數(shù)學(xué)歸納法

與自然數(shù)n有關(guān)的不等式，通常考慮用數(shù)學(xué)歸納法來證明。用數(shù)學(xué)歸納法證題時的兩個步驟缺一不可。

例10：設(shè)n∈N，且n＞1,求證：(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+12

分析：觀察求證式與n有關(guān)，可采用數(shù)學(xué)歸納法

證明：（1）當(dāng)n=2時，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假設(shè)n=k(k≥2，k∈n)時不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k-1)＞2k+12 那么當(dāng)n=k+1時，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)＞2k+12·(1+12k+1)①

要證①式左邊＞2k+32，只要證2k+12·

2k+22k+1＞2k+32②

對于②〈二〉2k+2＞2k+1·2k+3

〈二〉(2k+2)2＞(2k+1)(2k+3)

〈二〉4k2+8k+4＞4k2+8k+3

〈二〉4＞3③

∵③成立 ∴②成立，即當(dāng)n=k+1時，原不等式成立

由（1）（2）證明可知，對一切n≥2（n∈N），原不等式成立

練習(xí)8：已知n∈N，且n＞1，求證： 1n+1+1n+2+…+12n＞132

49構(gòu)造法

根據(jù)求證不等式的具體結(jié)構(gòu)所證，通過構(gòu)造函數(shù)、數(shù)列、合數(shù)和圖形等，達(dá)到證明的目的，這種方法則叫構(gòu)造法。

1構(gòu)造函數(shù)法

例11：證明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

證明：設(shè)f（x）=x1-2x-x2（x≠0）

∵f(-x)

=-x1-2-x+x2x-2x2x-1+x

2=x1-2x-［1-(1-2x)］+x2=x1-2x-x+x2

=f（x）

∴f（x）的圖像表示y軸對稱

∵當(dāng)x＞0時，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴當(dāng)x＜0時，據(jù)圖像的對稱性知f（x）＜0

∴當(dāng)x≠0時，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

練習(xí)9：已知a＞b，2b＞a+c，求證：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2構(gòu)造圖形法

例12：若f（x）=1+x2，a≠b，則|f（x）-f（b）|＜ |a-b|

分析：由1+x2 的結(jié)構(gòu)可知這是直角坐標(biāo)平面上兩點(diǎn)A(1，x)，0(0，0)的距離即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2

于是如下圖，設(shè)A(1，a)，B(1，b)則0A= 1+a2 0B=1+b2

|AB|=|a-b|又0A|-|0B＜|AB|∴|f(a)-f(b)|＜|a-b|

練習(xí)10：設(shè)a≥c，b≥c，c≥0，求證 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添項(xiàng)法

某些不等式的證明若能優(yōu)先考慮“添項(xiàng)”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍數(shù)添項(xiàng)

若不等式中含有奇數(shù)項(xiàng)的和，可通過對不等式乘以2變成偶數(shù)項(xiàng)的和，然后分組利用已知不等式進(jìn)行放縮。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時等號成立）證明：∵a、b、c∈R+

∴a3+b3+c3=12 ［(a3+b3)+(b3+c3)+(c3+a3)］≥12 ［(a2b+ab2)+(b2c+bc2)+(c2a+ca2)］=12［a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)］≥12(a·2bc+b·2ca+c·2ac)=3abc

當(dāng)且僅當(dāng)a=b，b=c，c=a即a=b=c時，等號成立。

2平方添項(xiàng)

運(yùn)用此法必須注意原不等號的方向

例14 ：對于一切大于1的自然數(shù)n，求證：

(1+13)(1+15)…(1+12n-1＞ 2n+1 2)

證明：∵b ＞ a＞ 0，m＞ 0時ba＞ b+ma+m

∵ ［(1+13)(1+15)…(1+12n-1)］2=（43、65…2n2n-1)（43、65…2n2n-1)＞（54、76…2n+12n)（43、65…2n2n-1)=2n+13＞ 2n+14＞

∴(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+1 2)

3平均值添項(xiàng)

例15：在△ABC中，求證sinA+sinB+sinC≤3

32分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算術(shù)平均值添項(xiàng)sin π

3證明：先證命題：若x＞0，y＜π，則sinx+siny≤2sin x+y2（當(dāng)且僅當(dāng)x=y時等號成立）∵0＜x+y2＜ π，-π2＜ x-y2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosx-y

2∴上式成立

反復(fù)運(yùn)用這個命題，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332

∴sinA+sinB≠sinC≤332

練習(xí)11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18

4利用均值不等式等號成立的條件添項(xiàng)

例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，求證a4+b4＞ 18

分析：若取消a≠b的限制則a=b= 12時，等號成立

證明：∵a、b∈R+∴a4+3(12)4 ≥ 44a4 ［(12)4］3=12a①

同理b4+3(12)4 ≥b②

∴a4+b4≥12(a+b)-6(12)4=12-6(12)4=18③

∵a≠b ∴①②中等號不成立∴③中等號不成立∴ 原不等式成立

1．是否存在常數(shù)c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對任意正數(shù)x,y恒成立？ 錯解：證明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故說明c存在。

正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下證不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。要證不等式xx+2y+xx+2y≤23，因?yàn)閤,y是正數(shù)，即證3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即證3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2，而此不等式恒成立，同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立，故存在c=23 使原不等式恒成立。

6.2已知x,y,z∈R+，求證：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

錯解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz

錯因：根據(jù)不等式的性質(zhì)：若a ＞b＞ 0，c ＞d ＞0,則ac bd，但 ac＞bd卻不一定成立 正解：x2y2+y2z2≥ 2x y2z，y2z2+z2x2≥ 2x yz2，x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，以上三式相加，化簡得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，兩邊同除以x+y+z:

x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

6.3 設(shè)x+y>0，n為偶數(shù)，求證yn-1xn+xn-1yn≥

1x 1y

錯證：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y

=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

n為偶數(shù)，∴ xnyn ＞0，又xn-yn和xn-1-yn-

1同號，∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

錯因：在x+y>0的條件下，n為偶數(shù)時，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同號，應(yīng)分x、y同號和異號兩種情況討論。

正解：應(yīng)用比較法：

yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

① 當(dāng)x>0,y>0時，(xn-yn)(xn-1-yn-1)≥ 0，(xy)n >0

所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

≥0故：yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

② 當(dāng)x,y有一個是負(fù)值時，不妨設(shè)x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n為偶數(shù)時,所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)>0 又(xy)n >0，所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn ≥0即 yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

綜合①②知原不等式成立

第三篇：不等式證明若干方法

安康學(xué)院 數(shù)統(tǒng)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué) 專業(yè) 11 級本科生

論文（設(shè)計）選題實(shí)習(xí)報告

11級數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)《科研訓(xùn)練2》評分表

注：綜合評分?60的為“及格”； <60分的為“不及格”。

第四篇：高等數(shù)學(xué)證明方法

（3）反證法

這種證法是從反面考慮問題。先假設(shè)在已知條件成立的情況下，要證的結(jié)論不成立，而后從已知條件出發(fā)，運(yùn)用基本概念和基本定理，通過邏輯推理導(dǎo)出矛盾（或與已知條件矛盾；或與某一已知概念、公式、公理、定理等矛盾；或自相矛盾等），這樣則否定假設(shè)，從而肯定原結(jié)論正確。

例如，證明不是的多項(xiàng)式.事實(shí)上，利用反證法，設(shè)是的多項(xiàng)式，不妨記此多項(xiàng)式為次多項(xiàng)式，即，則有

于是次多項(xiàng)式有無窮多個不同實(shí)根，這與次多項(xiàng)式最多只有個不同實(shí)根相矛盾，由此證明了不是的多項(xiàng)式.又如，證明不存在（為自然數(shù)）.事實(shí)上，利用反證法，假設(shè)存在且設(shè)，則有

又因?yàn)?所以有 故

這與產(chǎn)生矛盾，因此不存在.（2）分析法

這種方法基本思路是逆著想。先假設(shè)結(jié)論正確，運(yùn)用已有的定義、定理、公式、性質(zhì)，從后向前一步一步地分析，直至推出已知條件，即由結(jié)論找需知，再找需知，??，直至已知。這種“執(zhí)果溯因”的方法，叫做分析法。

分析法是探求證題途徑的重要方法之一。它的優(yōu)點(diǎn)在于思考過程比較自然，目的明確，較為容易找到證明的思路，但缺點(diǎn)是分析的過程敘述起來往往比較繁瑣，因而過程多在草稿紙上進(jìn)行，不正式寫出。在實(shí)際解題時，特別對于一些較難的問題，常常先用分析法尋找解題的途徑，然后再用綜合法敘述解題過程，這種方法也可叫做分析綜合法。例如，設(shè)在時連續(xù)，且；而在時有單調(diào)遞增導(dǎo)數(shù)，試證在時是單調(diào)遞增的。事實(shí)上，欲證為單調(diào)遞增，只需證明就行了，而由于 因此就歸結(jié)為證明.利用拉格朗日中值定理及已知條件，有

單調(diào)遞增

因此在時是單調(diào)遞增的.又如，用極限定義證明一數(shù)列或函數(shù)有已知極限時，多采用分析綜合法證明。比如證明，其方法如下：，欲使不等式成立，由

所以只需，即成立.取，于是當(dāng)時，就有，從而保證了希望的不等式成立.綜合以上分析，就有，當(dāng)時，根據(jù)極限定義，有

高等數(shù)學(xué)中研究基本理論的主要方法是證明問題，證明問題的方法沒有固定的程序，證題的技巧又靈活多樣，因而和一般計算題比較難度較高，不易掌握。下面介紹幾種常用的證明方法，以便在尋求基本思路和探索規(guī)律方面起到一定一定的引導(dǎo)作用，盡可能減少盲目性，提高自覺性。（1）綜合法

這種方法的基本思路是順著想。由已知條件出發(fā)，運(yùn)用已有的定義、定理、公式、性質(zhì)推導(dǎo)出所要求的結(jié)論。即由條件推可知，再推可知，??，直到結(jié)論。這種“由因?qū)Ч钡姆椒ǎ凶鼍C合法。

運(yùn)用綜合法證明問題最廣泛，但在使用這種方法時，必須注意充分與必要的關(guān)系，每一步都要明確是由什么命題推證什么命題，依據(jù)是什么，這種特點(diǎn)充分表現(xiàn)了數(shù)學(xué)的嚴(yán)密性和邏輯性。

例如，設(shè)，證明.事實(shí)上，由已知條件可知序列有遞推關(guān)系式： 當(dāng)時，因有

所以為遞減有界序列，故.再對遞推關(guān)系式關(guān)于取極限，得，解出； 當(dāng)時，令，則，而 所以

又如，若函數(shù)對任意實(shí)數(shù)有且，證明.事實(shí)上，由已知條件：不會恒為零，由上式可得.因此就有

第五篇：不等式的一些證明方法

數(shù)學(xué)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)2009級年論文(設(shè)計)

不等式的一些證明方法

[摘要]：不等式是數(shù)學(xué)中非常重要的內(nèi)容,不等式的證明是學(xué)習(xí)中的重點(diǎn)和難點(diǎn),本文除總結(jié)不等式的常規(guī)證明方法外,給出了不等式相關(guān)的證明方法在具體實(shí)例中的應(yīng)用.[關(guān)鍵詞] 不等式;證明;方法； 應(yīng)用

不等式在數(shù)學(xué)中占重要地位,由于其本身的完美性及證明的困難性,使不等式成為各類考試中的熱點(diǎn)試題,證明不等式的途徑是對原不等式作代數(shù)變形，在初等數(shù)學(xué)中常用的方法有放縮法、代換法、歸納法、反證法等等.因而涉及不等式的問題很廣泛而且處理方法很靈活,故本文對不等式的證明方法進(jìn)行一些探討總結(jié).一、中學(xué)中有關(guān)不等式的證明方法 1.1中學(xué)課本中的四種證明方法 1.1.1理清不等式的證明方法

（1）比較法：證明不等式的基本方法,適應(yīng)面寬.①相減比較法—欲證A?B,則證A?B?0.②相除比較法—欲證A>B（A>0,B>0）,則證>1.（2）綜合法：利用平均不等式、二次方程根的判別式、二項(xiàng)式定理、數(shù)列求和等等。此方法靈活性大,需反復(fù)練習(xí).（3）分析法：當(dāng)綜合法較困難或行不通時,可考慮此法,但不宜到處亂用.第1頁（共13頁）

AB

數(shù)學(xué)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)2009級年論文(設(shè)計)（4）數(shù)學(xué)歸納法：凡與自然數(shù)n有關(guān)的不等式,可考慮此法,但有時使用起來比較困難,應(yīng)與前面幾種方法配合應(yīng)用.1.1.2選擇典型范例,探求解題途徑

例1.1.1 求證 1?2x4?2x3?x2

分析 用相減比較法證明A?B?0.一般應(yīng)將A?B變形為[f(x)]

2、（f(x)?g(x)，其中f(x),g(x)同號）,或變形為多個因子的[f(x)]2?[g(x)]

2、乘積、平方式.本題可化為兩個完全平方式的和或化為一個完全平方式與一個正因式的積.證： ?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

?當(dāng)x?R時，即 1?2x4?2x3?x2

例1.1.2 證明 n(n?1)?n?1???....?(n?1).分析 題中含n,但此題用數(shù)學(xué)歸納法不易證明,通過變形后可采用平均不等式來證.11111????(1?1)?(1?）???（1?)23n?2n nn34n?12?????n>n2?3.4...n?1=nn?1（再變形）=2323nn11111n?1???....?(1?1)?(1?)?....?(1?)23n?2n

證：

nnn?1?1n12131n第2頁（共13頁）

數(shù)學(xué)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)2009級年論文(設(shè)計)

2? ?1n34n?1??....?23n?n2?3?4?....?n?1?nn?1

n23n131n所以 n(n?1)?n?1???....?

例1.1.3 求證：

1112+

11+?+>n(n?1,n為自然數(shù))2n 分析 與自然數(shù)有關(guān)的問題,可考慮用數(shù)學(xué)歸納法.設(shè)n?K時成立,需證n?K?1時也成立,需證明K+K+

1>K?1,可采用“湊項(xiàng)”的方法： K?1KK?1?1KK?1K?11=>==K?1

K?1K?1K?1K?111?12?2?12?2?2,右邊?2,所以, 2 證：(1)當(dāng)n?2時,左邊?左邊?右邊.(2)假設(shè)n?K時, 1111+

11+?+>K成立,則當(dāng)n?K?1時, 2K+

1111+?++ ?K+

K?12K?1KKK?1?1K?1 =>

KK?1K?1?K?1?K?1K?1

綜上所述： 1.2關(guān)于不等式證明的常規(guī)方法（1）利用特殊值證明不等式

11+

11+?+>n 2n特殊性存在于一般規(guī)律之中,并通過特例表現(xiàn)出來.如果把這種辯證思想用于解題之中,就可開闊解題思路.第3頁（共13頁）

數(shù)學(xué)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)2009級年論文(設(shè)計)例1.2.1 已知a?b,b?0,a?b?1.求證（a+）(b+)≥

121a1b25.412112211125只需證明當(dāng)a?b時，（a+）(b+)≥.故可設(shè)a??x

ab2411b? ?x,(|x|?且x?0)22證：考慮a與b都去特殊值,既當(dāng)a?b?時有（2?）（2?）=4則

a2?1b2?1(a2?1)(b2?1)(ab?1)2?111（a+）(b+)=== ?abababab33(?x2)2?1(?x2)2?125=4>4=.114?x244故原不等式得證.（2）利用分子有理化證明不等式

分母有理化是初中數(shù)學(xué)教材中重要知識,它有著廣泛的應(yīng)用,而分子有理化也隱含于各種習(xí)題之中,它不但有各種廣泛的作用,而且在證明不等式中有它的獨(dú)特作用.例1.2.2[1] 求證13-12<12-11.證：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）應(yīng)用四種“平均”之間的關(guān)系證明不等式

四種“平均”之間的關(guān)系,既調(diào)和平均數(shù)H(a)≤幾何平均數(shù)G(a)≤

第4頁（共13頁）

數(shù)學(xué)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)2009級年論文(設(shè)計)算數(shù)平均數(shù)A(a)≤平方平均數(shù)Q(a).寫得再詳細(xì)些就是：若a1,a2,a3?，an都是正實(shí)數(shù),則：

111aa?12???1≤na1a2?an≤

a1?a2???ann≤

a21?a2???ann22

an（注：這一串不等式在不等式證明中起著舉足輕重的作用.）例1.2.3 已知a?b,求證a+證：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）充分利用一些重要結(jié)論,使解題簡捷

①對實(shí)數(shù)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同號,則?≥2；

若a,b,c均為正數(shù),則??≥3.a2?b2a?b2 ③若是正數(shù),則≥≥ab≥（當(dāng)且僅當(dāng)a?b時等號

1122?abbaabbacbac成立）

a2?b2?c2a?b?c3? 若a,b,c是正數(shù),則≥3abc≥

11133??abc（當(dāng)且僅當(dāng)a?b?c時等號成立）

例1.2.4 若a,b,c?0,且a?b?c?1,求證 ???9

第5頁（共13頁）

1a1b1c

數(shù)學(xué)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)2009級年論文(設(shè)計)分析 證法較多,但由a?b?c?1與??之間的聯(lián)系,考慮算術(shù)平均與調(diào)和平均的關(guān)系式簡便.證：由算術(shù)平均數(shù)和調(diào)和平均的關(guān)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）利用式的對稱性證明不等式

形如x?y,a2?b2?c2的式子中任意兩個量交換位置后結(jié)果仍不變,這就是“式”對稱,可以用對稱關(guān)系來解決一些不等式的證明.例1.2.5 設(shè)a,b,c,d是正數(shù),且滿足a?b?c?d?1,求證 4a?1?4b?1?4c?1?4d?1?6

證：由4a?19?44a?1?294?2a?13 注意到對稱有：

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 故原命題得證.（6）用“雙十字法”證明不等式

例1.2.6 已知x,y?0并且x?y?1 求證：

x2?3xy?2y2?2x?y?3?2x2?21xy?11y2?4x?21y?2

證：因 x2?3xy?2y2?2x?y?3?(x?2y)(x?y)?2x?y?3

第6頁（共13頁）

數(shù)學(xué)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)2009級年論文(設(shè)計)=(x?2y?3)(x?y?1)?0 類似的，2x2?21xy?11y2?4x?21y?2?(2x?y?2)(x?11y?1)?0 故結(jié)論成立.（7）用恒等變形推導(dǎo)

例1.2.7[2] 求證：對于任意角度?,都有5?8cos??4cos2??cos3?≥0

證：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）分解為幾個不等式的和或積

例1.2.8[2] 已知a,b,c是不全相等的正數(shù),求證：

a(b2?c2)?b(c2?a2)?c(a2?b2)?6abc

證： ?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,等號不能同時成立.把三式相加

得

a(b2?c2)?b(c2?a2)?c(a2?b2)?6abc

（注：這里把不等式的各項(xiàng)分別考慮,然后利用不等式的性質(zhì)和推論,證得所求不等式.）

例1.2.9 設(shè)?是銳角,求證：(1?11)(1?)?5.sin?cos? 證： ??是銳角,?0?sin??1,0?cos??1,0?sin2??1, 這時 112?1,?1,?2.sin?cos?sin2?第7頁（共13頁）

數(shù)學(xué)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)2009級年論文(設(shè)計)(1?11112)(1?)?1????5.sin?cos?sin?cos?sin2?（9）利用極限證明不等式

例1.2.10[2]證明：當(dāng)x?2(1+2)時,有

(2x?1)?2(2x?3)?3(2x?5)?....?x?x3

證： 在x?0的情況下討論,令

f(x)?(2x?1)?(2x?3)?3(2x?5)?....?x,g(x)?x3

則 f(x)?x(x?1)(2x?1)，6x(x?1)(2x?1)f(x)16于是 lim ?lim?x??g(x)x??3x3按極限的定義,對于??,取??2(1?2)當(dāng)|x|???2(1?2)有

f(x)11???? , g(x)3414即 0?f(x)71?? 從而f(x)?g(x),故結(jié)論成立.12g(x)12（10）利用平分法證明不等式

例1.2.11 若x?0,i?1,2,3,且?xi?1,則

i?1311127??? 2221?x11?x21?x310 證：因?yàn)?1211191?1x?時有?,所以,且當(dāng) ?x?1ii22331?xi1?xi10111927????3? 222101?x11?x21?x310故

1.3關(guān)于不等式證明的非常規(guī)方法（1）換元法

這種方法多用于條件不等式的證明,換元法主要有三角代換和均值代

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數(shù)學(xué)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)2009級年論文(設(shè)計)換兩種.三角代換時已知條件特征明顯.在結(jié)構(gòu)上必須和三角公式相似.例1.3.1 已知x2?y2?1,求證：| x2+2xy-y2|≤2.證：令x?rcos?,y?rsin?

則 | x2+2xy-y2|=|r2(cos2??2sin?cos??sin2?| =r2|cos2??sin2?| = r2|2sin(2??450)|≤1?2×1=2

例1.3.2[4]設(shè)a,b,c?R 且a?b?c?1,求證：a2?b2?c2≥.證：a=+α,b=+β,c=+γ, 因?yàn)閍?b?c?1,所以 ??????0

于是有a2?b2?c2=+（?????）+（?2??2??2）≥.（2）反證法

先假設(shè)所要證明的不等式不成立,即要證的不等式的反面成立,然后從這個假設(shè)出發(fā)進(jìn)行正確的推理,最終推出與已知條件或已知真命題相矛盾的結(jié)論,從而斷定假設(shè)錯誤,進(jìn)而確定要證明的不等式成立.例1.3.3[5]求證：由小于1的三個正數(shù)a,b,c所組成的三個積（1-a)b,(1-b)c,(1-c)a,不能同時大于

證：（反證法）假設(shè)（1-a)b,(1-b)c,(1-c)a都大于

則有（1-a)b(1-b)c(1-c)a>

2***31314141 ① 641?a?a?1但由0?1-a)a≤???條件,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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數(shù)學(xué)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)2009級年論文(設(shè)計)①與②產(chǎn)生矛盾,從而原命題成立.（3）構(gòu)造法

在證明不等式時,有時通過構(gòu)造某種模型、函數(shù)、恒等式、向量、對偶式等,完成不等式的證明.例1.3.4 求證???? 證： 設(shè)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）判別式法

12342n?11 ?2n2n?1適用于含有兩個或兩個以上字母不等式,而另一邊是關(guān)于某字母的二次式時,這時可考慮用判別式法.例1.3.5[6]x2?x?113求證:≤2≤.x?122x2?x?1 證： 設(shè)f(x)?y?2,則(1?y)x2?x?1?y?0,所以x?R，x?1當(dāng)y?1時,Δ=b2?4ac≥0,即1?4(1?y)2≥0，所以 |y?1|≤,即≤y≤.又當(dāng)y?1時,方程的解x?0，x2?x?113故 ≤2≤.x?122121232（5）放縮法

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數(shù)學(xué)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)2009級年論文(設(shè)計)為了證明不等式的需要,有時需舍去或添加一些項(xiàng),使不等式一邊放大或縮小,利用不等式的傳遞性達(dá)到目的.例1.3.6[5]設(shè)a,b為不相等的兩個正數(shù),且a3-b3=a2?b2.求證1?a?b?.證： 由題設(shè)得a3-b3=a2?b2?a2?ab?b2?a?b, 于是(a?b)2? a2?ab?b2?a?b,則(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)?, 綜上所述, 1?a?b?（6）向量法

向量這部分知識由于獨(dú)有的形與數(shù)兼?zhèn)涞奶攸c(diǎn),使得向量成了數(shù)形結(jié)合的橋梁,在方法和理論上是解決其他一些問題的有利工具.對于某些不等式的證明,若借助向量的數(shù)量積的性質(zhì),可使某些不等式較易得到證明.例1.3.7 求證：求證1≤ 1?x2?x≤2

???9.三、小結(jié)

證明不等式的途徑是對原不等式作代數(shù)變形,在初等數(shù)學(xué)中常用的第11頁（共13頁）

1a1b1c

數(shù)學(xué)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)2009級年論文(設(shè)計)方法大致有放縮法、代換法、歸納法、反證法等等.然而涉及不等式的問題很廣泛而且處理方法很靈活,僅在中學(xué)教科書上就有很多方法,但還不足以充分開拓人們的思維,為此,我們要進(jìn)一步探究不等式的證明方法,并給出了在實(shí)例中的應(yīng)用.參考文獻(xiàn)

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