第一篇：不等式證明的若干方法

不等式證明的若干方法

摘要:無論是在初等數學還是在高等數學中，不等式證明都是其中一塊非常重要的內容.本文主要總結了高等數學中不等式的幾種證明方法,高等數學中不等式證明的常用方法有利用函數的單調性、Cauchy不等式、中值定理、泰勒公式、Jensen不等式、定積分的性質、放大或縮小被積函數及變積分上下限證明不等式等.通過輔以例題對這些方法進行詳細的分析，給出其適用范圍、具體步驟及限制條件.其中利用函數的單調性和利用中值定理法是基礎的方法，其它幾種方法需要要重點掌握，并可在證明中靈活運用.關鍵詞：不等式 積分 中值定理

Some Methods about Inequality Proof

Abstract : The proving of the inequality is a very important content, whether in elementary mathematics or in higher mathematics.This paper mainly summarizes several methods of proving the inequality in higher mathematics.In higher mathematics inequality is usually proved by applying the Monotony of a Function, Cauchy Inequality, Mean Value Theorem, Taylor Formula, Jensen Inequality, Properties of Definite Integral, to zoom in or out the integrand, variable upper limit or lower limit and so on.These methods are analyzed in detail through examples, and give its range of application, concrete steps and restricted conditions.Among these methods, the Monotony of a Function and Mean Value Theorem are foundation methods and the others should be mastered conscientiously or are flexible application in the verification.keywords : inequality integral Mean Value Theorem

數學世界中的量有相等關系，也有不等關系.一般與比較量有關的問題,都要用到不等式的知識.不等式問題不僅在數學領域有廣泛的應用,而且在解決最優控制、最優化、經濟等各種實際問題中也有廣泛應用.它是研究和學習現代科學和技術的一個重要工具.由此可見,不等式問題的重要性, 而不等式證明又是不等式問題的精髓,由于不等式的形式各不相同，所以證明沒有固定的步驟可依，方法靈活，技巧多樣，因此不等式證明是數學中的難點之一.證明不等式的方法有很多,在初等數學中主要有綜合法、分析法、比較法、反證法、數學歸納法、換元法等常用方法,但高等數學中的不等式證明又比初等數學中的不等式證明更為復雜,以上幾種方法就很難解決高等數學

中復雜的不等式問題.[1]本文結合課本所學內容及平時積累的資料總結了幾種高等數學中不等式證明的常用方法.1.利用函數的單調性

利用函數單調性證明不等式的步驟:(1)構造輔助函數f(x).(2)判斷單調性:求f?(x),并驗證f(x)在指定區間上的增減性.(3)求出區間端點的函數值或極限值,比較后判斷不等式.例1 證明不等式 e??.?e 證明

要證 e???e,只需證明??eln?,即只要證明

令f(x)?lnx1?lnx(x?e),則 f?(x)??0.(x?e)xx2lneln??.e?因為 f(x)在?e,???上單調遞減，又因為 e??, 所以 f(e)?f(?),即lneln??，得證.e? 一般利用函數的單調性證明不等式需根據題目條件構造函數，此函數求導后可以很容易判斷其在指定區間上的單調性，進而利用函數單調性證明不等式.[2] 2．利用Cauchy(柯西)不等式

柯西不等式在不等式理論中占有重要地位,這個不等式結構對稱和諧,應用廣泛,巧妙靈活的運用它,可以使有些比較困難的問題迎刃而解,它的推論有多種形式,在定積分中Schwarz不等式就是其中的一個推論.2.1 柯西不等式(?aibi)??a2i?1i?1nn2i?bi?1n2i也可寫作

?abi?1nii??a?b2ii?1i?1nn2i.2.2 積分的形式 當被積函數f(x),g(x)在區間?a,b?上連續,則有

bbb2?? ?f(x)g(x)dx??f(x)dx?g(x)2dx.??aa?a?2例2 已知f(x)?0,在?a,b?上連續,?f(x)dx?2,k為任意實數,求證:

ab(?f(x)sinkxdx)2?(?f(x)coskxdx)2?4.aabb 2

證明 由柯西不等式知,(?f(x)sinkx)2?[?(f(x)f(x)sinkx)dx]2

aabb ??f(x)dx?f(x)sin2kxdx

aabb ?2?f(x)sin2kxdx.ab同理(?f(x)coskxdx)2?2?f(x)cos2kxdx, aabb所以(?f(x)sinkxdx)2?(?f(x)coskxdx)2?4.aabb此種方法一般用于要證明的不等式中的某些式子經過變形后可以直接套用柯西不等式,這就需要對不等式認真觀察和對柯西不等式的靈活應用.3.利用中值定理

3.1 微分中值定理(主要講利用拉格朗日中值定理)微分中值定理是微分學中最重要的理論部分,它包括羅爾定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理等.拉格朗日中值定理建立了函數值與導數之間的定量關系,[3]拉格朗日中值定理是柯西中值定理的特殊形式,羅爾定理又是拉格朗日中值定理的特殊形式.而且拉格朗日公式有幾種等價形式,在用拉格朗日中值定理證明不等式時要選擇恰當的形式.3.1.1拉格朗日中值定理: 若函數f(x)滿足如下條件：(1)在閉區間?a,b?上連續；(2)在開區間?a,b?內可導；

則在?a,b?內至少存在一點?，使得f?(?)?3.1.2拉格朗日公式幾種等價形式:(1)f(b)?f(a)?f?(?)(b?a), a???b;(2)f(b)?f(a)?f??a??(b?a)?(b?a), 0???1;(3)f(a?h)?f(a)?f?(a??h)h, 0???1.3.1.3用拉格朗日中值定理證明不等式的一般步驟:

f(b)?f(a).b?a 3

(1)由題意作出?a,b?上的函數f(x),驗證其滿足條件.(2)再運用微分中值定理公式或其等價形式.(3)根據題目需要進行適當的放縮.[3] 例3 設0?a?b，證明不等式

b?abb?a?ln?.baa 證明 顯然等式當且僅當a?b?0時成立.下證

當0?a?b時,有

b?abb?a?ln?.baa 作輔助函數f(x)?lnx，則f(x)在?a,b?上滿足拉格朗日中值定理，故????a,b?，使lnb?lna1?.①

b?a?由于0?a???b, 所以 111??.② a?b1lnb?lna1??, bb?aab?abb?a?ln?所以.baa由①②得

3.2 積分中值定理 3.2.1 積分第一中值定理

定理3.2.1 若f在?a,b?上連續,則至少存在一點???a,b?,使得

?f(x)dx?f(?)(b?a).ab積分第一中值定理的條件簡單,只需f(x)在?a,b?上連續即可.但此定理卻非常重要,它是聯系定積分與其積分函數的橋梁.其中?的靈活性和任意性就是證明不等式的關鍵所在.例4 設f(x)為?0,1?上的非負單調非增連續函數(即當x?y時,f(x)?f(y)),證明對于0?????1，有不等式

??0??f(x)dx??f(x)dx 成立.??證明

由題意及積分中值定理有

?f(x)dx?f(?)(???)?f(?)(???), ?????

?? 所以 1???01f(x)dx?f(?)??????f(x)dx.????(?1)?f(x)dx??f(x)dx.0??(1????)?f(x)dx??0???f(x)dx.? 因為 0?????

1所以 1????1, ? ?0??f(x)dx??f(x)dx.??3.2.2 積分第二中值定理

定理3.2.2 設函數f(x)在?a,b?上可積.(i)若函數g(x)在?a,b?上是減函數，且g(x)?0，則存在???a,b?，使得 ?f(x)g(x)dx?g(a)?f(x)dx;

aab?(ii)若函數g(x)在?a,b?上是增函數，且g(x)?0，則存在???a,b?，使得 ?f(x)g(x)dx?g(b)?f(x)dx.abb?推論 設函數f在?a,b?上可積,若g為單調函數,則存在???a,b?,使得?baf(x)g(x)dx?g(a)?f(x)dx?g(b)?f(x)dx.a?b?在積分第二中值定理中,用推論證明不等式運用比較廣泛,推論中對g(x)的限制比定理中對g(x)的限制條件更為寬松,它解決的題目范圍也會擴大.例5 設f(x)為?a,b?上的連續遞增函數,則成立不等式

b ?xf(x)dx?aa?bbf(x)dx.?a2ba證明

要證不等式成立，只需證明 ?(x?a?b)f(x)dx?0.2 由于f(x)單調遞增，利用積分第二中值定理，則存在???a,b?，使

?ba?ba?ba?b)f(x)dx?f(a)(x?)dx?f(b)(x?)dx ?a??a?222bba?ba?b)dx??f(b)?f(a)??(x?)dx =f(a)?(x?a?22 b(x??b2??2a?b? =?f(b)?f(a)???(b??)?

22?? =?f(b)?f(a)? 得證.利用中值定理證明不等式要滿足定理的條件,通過構造、變換找到符合的條件，再一步步解決所要證明的不等式.微分中值定理中用的比較多的是拉格朗日中值定理,而積分中值定理中它的推論用得比較頻繁.[3]

b??(??a)?0.24．利用泰勒公式

泰勒定理 若函數f在?a,b?上存在直至n階的連續導函數,在?a,b?內存在(n?1)階導函數，則對任意給定的x,x0??a,b?，至少存在一點???a,b?，使得

f??(x0)f(n)(x0)2f(x)?f(x0)?f?(x0)(x?x0)?(x?x0)???(x?x0)n2!n!

f(n?1)(?)?(x?x0)n?1.(n?1)!泰勒公式是拉格朗日中值定理的推廣,當n=0時,即是拉格朗日中值定理,所以用 泰勒公式證明不等式的步驟類似于利用拉格朗日中值定理證明不等式的步驟,只不過泰勒公式適用于n階導數的問題.[3]

例6 若f(x)在?0,1?上二次可微,且f(0)?f(1),f??(x)?1.證明 f?(x)?證明

設x??0,1?,由泰勒公式知

1.2 6

1f??(?1)(0?x)2，0??1?x?1.① 21 f(1)?f(x)?f?(x)(1?x)?f??(?2)(1?x)2, 0?x??2?1.② f(0)?f(x)?f?(x)(0?x)? 由①-②得: 1 f?(x)?[f??(?1)x2?f??(?2)(1?x)2] 所以 f?(x)?[f??(?1)x2?f??(?2)(1?x)2] ?[x2?(1?x)2] ?[x?(1?x)]2 ?.2 得證.在要證明的不等式中含有二階或二階以上的導數時一般可利用泰勒公式,特別在以下四種情況下利用泰勒公式證明不等式更為簡便:①已知某點的函數值②已知某點的導函數值③已知函數某階導數的符號④已知函數某階導數有界.泰勒公式的應用要靈活、巧妙、合理.5．利用Jensen(詹森)不等式

定理5.1 若f為?a,b?上的凸函數，則對任意xi??a,b?，?i?0(i?1,2,?,n), ??i?1,有 f(??ixi)???if(xi).i?1i?1i?1nnn詹森不等式與函數的凹凸性有關，凹凸函數的性質為構建不等式和證明不等式提供了空間和依據.例7 證明不等式 abc?(abc)證明 設f(x)?xlnx,x?0.由f(x)的一階和二階導數f?(x)?lnx?1,f??(x)?1 可知, xabca?b?c3,其中a,b,c均為正數.f(x)?xlnx在x?0時為嚴格凸函數,依詹森不等式有 f(a?b?c1)?(f(a)?f(b)?f(c))，33 7

a?b?ca?b?c1ln?(alna?blnb?clnc)，333a?b?c?alna?blnb?clnc

(a?b?c)ln3a?b?ca?b?c)?aabbcc.即(3a?b?c又因為 3abc?

3所以

所以(abc)a?b?c3?aabbcc，不等式得證.使用詹森不等式一般要先構造滿足條件的函數，即在某區間上是凸函數，接著找到合適的?i，使??i?1.要求有良好的思維能力,善于觀察、分析.i?1n6．利用定積分的性質

性質1 設f為?a,b?上的可積函數,若f(x)?0, x??a,b?,則

?f(x)dx?0.ab 推論 若f與g為?a,b?上的兩個可積函數，且f(x)?g(x)，x??a,b?，則有?f(x)dx??g(x)dx.aabb性質2 若f在?a,b?上可積,則f在?a,b?上也可積,且 ?baf(x)dx??f(x)dx.ab利用定積分的性質證明不等式的過程中,要學會利用微分和積分的互逆,運用積分自身的單調性,把問題的關鍵放在不等式兩邊構造的積分形式當中,再運用定積分的性質證明不等式.例8 設f(x)在?0,1?上連續,且f(x)?0.證明 ln?f(x)dx??lnf(x)dx.0011證明 記A??f(x)dx, 01 因為 f(x)?0 所以 A?0.lnf(x)f(x)f(x)?ln[1?(?1)]??1.AAA 兩端積分 ?lnf(x)dx??lnAdx?0011f(x)dx?1?0.?0A10 因為 ?lnf(x)dx??lnAdx?lnA?ln?f(x)dx.0011 所以 ln?f(x)dx??lnf(x)dx.0011例9 設a?0,函數f(x)在?0,a?上連續可微，證明: f(0)?a1af(x)dx??0f?(x)dx.a?0證明 因為f(x)連續，由積分中值定理知，????0,a?，使得?f(x)dx?f(?)a.0a 又因為 f(?)?f(0)??f?(x)dx，0? 所以 f(0)?f(?)??f?(x)dx?f(?)?0???0f?(x)dx

a1a ??f(x)dx??f?(x)dx

0a0 ?a1af(x)dx?f?(x)dx.得證 ??00a證明定積分形式不等式常用定積分的性質,有時也與積分中值定理結合.7．利用放大或縮小被積函數及變積分上下限證明不等式

放大或縮小被積函數要注意放縮的尺度,根據被積函數的特點以及要證明的不等式進行放縮.當不等式中的被積函數連續時,可以把積分上限或下限作為一個變量,構造一個變上限或下限的積分函數,再證明不等式.例10 設g(x)為隨機變量X取值的集合上的非負不減函數，且E(g(x))存在，證明：對任意的??0，有P(X??)?證明 記p(x)為X的密度函數,則 P(X??)????E(g(X)).g(?)?p(x)dx?????g(x)p(x)dx g(?)??g(x)E(g(X))p(x)dx?.得證

??g(?)g(?)??上題是放大或縮小被積函數法在概率論問題中的應用,結合了概率中的有關期望的知識.概率論的發展是建立在微積分的基礎之上,微積分的方法和理論滲透到概率

論中的各個方面.微積分是基礎,在某些方面概率論和微積分有很大聯系.高等數學中的一些方法可以運用到概率論中,反之,概率論中的一些知識也可以很容易解決高等數學中的一些問題.上述總結了高等數學中證明不等式的幾種方法,其中函數的單調性及中值定理比較簡單,其他幾種方法需要認真掌握.有些不等式的證明可以直接套用公式,有些比較復雜,運用的方法靈活多變.不過,利用中值定理與泰勒公式證明不等式的問題比較常見.高等數學中不等式問題有很多,證明不等式的方法也有很多,這里只是簡單總結了幾種比較常用的方法,而這些方法也只是解決了高等數學中的一部分不等式問題.隨著后繼課程的出現如在泛函分析、復變函數、常微分方程中也會出現新的不等式問題,那么不等式證明的方法可能會有進一步的更新,這就要求大家平時思維要廣闊,善于分析解決問題,培養良好的思維習慣.對于不等式的證明要細心觀察,找到最合適的方法并及時總結.參考文獻

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第二篇：證明不等式方法

不等式的證明是高中數學的一個難點，題型廣泛，涉及面廣，證法靈活，錯法多種多樣，本節通這一些實例，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。當求證的不等式兩端是分項式（或分式）時，常用作差比較，當求證的不等式兩端是乘積形式（或冪指數式時常用作商比較）

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，結合a+b≥0來說明作差后的正或負，從而達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。

∵（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（當且僅當a=b時，取等號）

（2）若a、b∈R+，則a+b≥ 2ab（當且僅當a=b時，取等號）

（3）若a、b同號，則 ba+ab≥2（當且僅當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，當且僅當a1+b2=1時，等號成立

練習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，根據不等式性質推算出要證明不等式。

例4，設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3：已知a、b、c為正數，n是正整數，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，技巧性較強常用技巧有：（1）舍去一些正項（或負項），（2）在和或積中換大（或換小）某些項，（3）擴大（或縮小）分式的分子（或分母）等。

例6：已知a、b、c、d都是正數

求證： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2分析：觀察式子特點，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5：已知：a＜2，求證：loga(a+1)＜1

6換元法

換元法是許多實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，在解代數問題時，使用適當的三角函數進行換元，把代數問題轉化成三角問題，充分利用三角函數的性質去解決問題。

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

復習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，往往可先設一個輔助未知數表示這個比值，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，即先否定結論不成立，然后依據已知條件以及有關的定義、定理、公理，逐步推導出與定義、定理、公理或已知條件等相矛盾或自相矛盾的結論，從而肯定原有結論是正確的，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，而結論中只有一次，應考慮到用術立方根，同時用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。

證明：解設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7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求證：a＞0，b＞0，c＞0

8數學歸納法

與自然數n有關的不等式，通常考慮用數學歸納法來證明。用數學歸納法證題時的兩個步驟缺一不可。

例10：設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，可采用數學歸納法

證明：（1）當n=2時，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

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

49構造法

根據求證不等式的具體結構所證，通過構造函數、數列、合數和圖形等，達到證明的目的，這種方法則叫構造法。

1構造函數法

例11：證明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

證明：設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x＞0時，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴當x＜0時，據圖像的對稱性知f（x）＜0

∴當x≠0時，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

練習9：已知a＞b，2b＞a+c，求證：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2構造圖形法

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

分析：由1+x2 的結構可知這是直角坐標平面上兩點A(1，x)，0(0，0)的距離即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2

于是如下圖，設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10：設a≥c，b≥c，c≥0，求證 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添項法

某些不等式的證明若能優先考慮“添項”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍數添項

若不等式中含有奇數項的和，可通過對不等式乘以2變成偶數項的和，然后分組利用已知不等式進行放縮。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（當且僅當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

當且僅當a=b，b=c，c=a即a=b=c時，等號成立。

2平方添項

運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

例15：在△ABC中，求證sinA+sinB+sinC≤3

32分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算術平均值添項sin π

3證明：先證命題：若x＞0，y＜π，則sinx+siny≤2sin x+y2（當且僅當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

反復運用這個命題，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332

∴sinA+sinB≠sinC≤332

練習11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18

4利用均值不等式等號成立的條件添項

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c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對任意正數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，因為x,y是正數，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：根據不等式的性質：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x+y>0，n為偶數，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，∴ 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為偶數時，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同號，應分x、y同號和異號兩種情況討論。

正解：應用比較法：

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

① 當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x,y有一個是負值時，不妨設x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n為偶數時,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

安康學院 數統系數學與應用數學 專業 11 級本科生

論文（設計）選題實習報告

11級數學與應用數學專業《科研訓練2》評分表

注：綜合評分?60的為“及格”； <60分的為“不及格”。

第四篇：不等式的一些證明方法

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)

不等式的一些證明方法

[摘要]：不等式是數學中非常重要的內容,不等式的證明是學習中的重點和難點,本文除總結不等式的常規證明方法外,給出了不等式相關的證明方法在具體實例中的應用.[關鍵詞] 不等式;證明;方法； 應用

不等式在數學中占重要地位,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試題,證明不等式的途徑是對原不等式作代數變形，在初等數學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行一些探討總結.一、中學中有關不等式的證明方法 1.1中學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、二項式定理、數列求和等等。此方法靈活性大,需反復練習.（3）分析法：當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

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)（4）數學歸納法：凡與自然數n有關的不等式,可考慮此法,但有時使用起來比較困難,應與前面幾種方法配合應用.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,但此題用數學歸納法不易證明,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）

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)

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)2n 分析 與自然數有關的問題,可考慮用數學歸納法.設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”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n?2時,左邊?左邊?右邊.(2)假設n?K時, 1111+

11+?+>K成立,則當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關于不等式證明的常規方法（1）利用特殊值證明不等式

11+

11+?+>n 2n特殊性存在于一般規律之中,并通過特例表現出來.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）

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)例1.2.1 已知a?b,b?0,a?b?1.求證（a+）(b+)≥

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

ab2411b? ?x,(|x|?且x?0)22證：考慮a與b都去特殊值,既當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學教材中重要知識,它有著廣泛的應用,而分子有理化也隱含于各種習題之中,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）應用四種“平均”之間的關系證明不等式

四種“平均”之間的關系,既調和平均數H(a)≤幾何平均數G(a)≤

第4頁（共13頁）

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)算數平均數A(a)≤平方平均數Q(a).寫得再詳細些就是：若a1,a2,a3?，an都是正實數,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論,使解題簡捷

①對實數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,則??≥3.a2?b2a?b2 ③若是正數,則≥≥ab≥（當且僅當a?b時等號

1122?abbaabbacbac成立）

a2?b2?c2a?b?c3? 若a,b,c是正數,則≥3abc≥

11133??abc（當且僅當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

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)分析 證法較多,但由a?b?c?1與??之間的聯系,考慮算術平均與調和平均的關系式簡便.證：由算術平均數和調和平均的關系可知

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果仍不變,這就是“式”對稱,可以用對稱關系來解決一些不等式的證明.例1.2.5 設a,b,c,d是正數,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）

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)=(x?2y?3)(x?y?1)?0 類似的，2x2?21xy?11y2?4x?21y?2?(2x?y?2)(x?11y?1)?0 故結論成立.（7）用恒等變形推導

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,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分別考慮,然后利用不等式的性質和推論,證得所求不等式.）

例1.2.9 設?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）

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)(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|x|???2(1?2)有

f(x)11???? , g(x)3414即 0?f(x)71?? 從而f(x)?g(x),故結論成立.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：因為?1211191?1x?時有?,所以,且當 ?x?1ii22331?xi1?xi10111927????3? 222101?x11?x21?x310故

1.3關于不等式證明的非常規方法（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

第8頁（共13頁）

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)換兩種.三角代換時已知條件特征明顯.在結構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a,b,c?R 且a?b?c?1,求證：a2?b2?c2≥.證：a=+α,b=+β,c=+γ, 因為a?b?c?1,所以 ??????0

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

先假設所要證明的不等式不成立,即要證的不等式的反面成立,然后從這個假設出發進行正確的推理,最終推出與已知條件或已知真命題相矛盾的結論,從而斷定假設錯誤,進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（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

1414第9頁（共13頁）

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)①與②產生矛盾,從而原命題成立.（3）構造法

在證明不等式時,有時通過構造某種模型、函數、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f(x)?y?2,則(1?y)x2?x?1?y?0,所以x?R，x?1當y?1時,Δ=b2?4ac≥0,即1?4(1?y)2≥0，所以 |y?1|≤,即≤y≤.又當y?1時,方程的解x?0，x2?x?113故 ≤2≤.x?122121232（5）放縮法

第10頁（共13頁）

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)為了證明不等式的需要,有時需舍去或添加一些項,使不等式一邊放大或縮小,利用不等式的傳遞性達到目的.例1.3.6[5]設a,b為不相等的兩個正數,且a3-b3=a2?b2.求證1?a?b?.證： 由題設得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有的形與數兼備的特點,使得向量成了數形結合的橋梁,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,若借助向量的數量積的性質,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

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

1a1b1c

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)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,我們要進一步探究不等式的證明方法,并給出了在實例中的應用.參考文獻

[1] 段明達.不等式證明的若干方法[J].教學月刊(中學版),2007(6).[2] 彭軍.不等式證明的方法探索[J].襄樊職業技術學院學報,2007(4).[3] 周興建.不等式證明的若干方法[J].中國科教創新導刊,2007(26).[4] 郭煜,張帆不等式證明的常見方法[J].高等函授學報(自然科學版),2007(4).[5] 王保國.不等式證明的六種非常規方法[J].數學愛好者(高二版),2007(7).[6] 趙向會.淺談不等式的證明方法[J].張家口職業技術學院學報,2007(1).[7] 豆俊梅.高等數學中幾類不等式的證明[J].中國科技信息,2007(18).[8] 劉玉璉,傅佩仁.數學分析講義[M].北京:高等教育出版

第12頁（共13頁）

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)社,1988,P201-211.[9] 牛紅玲.高等數學中證明不等式的幾種方法[J].承德民族師專學報,2006(2).[10] 王喜春.不等式證明常用的技巧[J].數學教學研究,1995(2).第13頁（共13頁）

第五篇：不等式的證明方法

幾個簡單的證明方法

一、比較法：

a?b等價于a?b?0；而a?b?0等價于a

b?1.即a與b的比較轉化為與0

或1的比較.使用比較發時，關鍵是要作適當的變形，如因式分解、拆項、加減項、通分等，這是第一章中許多代數不等式的證明及其他各章初等不等式的證明所常用的證明技巧.二、綜合法與分析法：

綜合法是由因導果，即是由已知條件和已知的不等式出發，推導出所要證明的不等式；分析法是執果索因，即是要逐步找出使結論成立的充分條件或者充要條件，最后歸結為已知的不等式或已知條件.對于條件簡單而結論復雜的不等式，往往要通過分析法或分析法與綜合法交替使用來尋找證明的途徑.還要注意：第一，要熟悉掌握第一章的基本不等式和后面各章中著名的各種不等式；第二，要善于利用題中的隱含條件；第三，不等式的各種變性技巧.三、反證法：

正難則反.設所要證的不等式不成立，從原不等式的結論的反面出發，通過合理的邏輯推理導出矛盾，從而斷定所要證的不等式成立.要注意對所有可能的反面結果都要逐一進行討論.四、放縮法：

要證a?b，又已知(或易證)a?c，則只要證c?b，這是利用不等式的傳遞性，將原不等式里的某些項適當的放大或縮小，或舍去若干項等以達證題目的.放縮法的方法有： ①添加或舍去一些項，如：a2?1?a；n(n?1)?n；

②將分子或分母放大（或縮小）；

③利用基本不等式，如：

log3?lg5?（n(n?1)?lg3?lg522)2?lg?lg?lg4； n?(n?1)；

④利用常用結論：

k?1?k?

1k?1??

1k?

11?k1k

?

12k

1k；

1k(k?1)

1k?1

1k

1k?1

1k

?

1k(k?1)1k；

???

（程度大）

1k

?

?1

?

(k?1)(k?1)

?

2k?1

（?)；（程度小）

五、換元法：

換元的目的就是減少不等式中變量，以使問題化難為易，化繁為簡，常用的換元有三角換元和代數換元.如：

已知x2?y2?a2，可設x?acos?,y?asin?；

已知x2?y2?1，可設x?rcos?,y?rsin?(0?r?1)； 已知

xaxa

2?

ybyb

?1，可設x?acos?,y?bsin?；

已知

?

?1，可設x?asec?,y?btan?；

六、數學歸納法法：

與自然數n有關的許多不等式，可考慮用數學歸納法證明，數學歸納法法證明不等式在數學歸納法中有專門的研究.但運用數學歸納法時要注意：

第一，數學歸納法有多種形式.李大元就證明了下述七種等價的形式：設P(n)是與n有關的命題，則

(1)、設P(n0)成立，且對于任意的k?n0，從P(k)成立可推出P(k?1)成立，則P(n)對所有大于n0的n都成立.(2)、設m是任給的自然數，若P(1)成立，且從P(k)(1?k?m)成立可推出

P(k?1)成立，則P(n)對所有不超過m的n都成立.(3)、(反向歸納法)設有無窮多個自然數n(例如n?2m)，使得P(n)成立，且從P(k?1)成立可推出P(k)成立，則P(n)對所有n成立.(4)、若P(且P(n)對所有滿足1?n?k的n成立可推出P(k?1)成立，1)成立，則P(n)對所有n成立.(5)、(最小數原理)自然數集的非空子集中必有一個最小數.(6)、若P)且若P(k),P(k?1)成立可推出P(k?2)成立，則P(n)1(,P(2)成立，對所有n成立.(7)、(無窮遞降法)若P(n)對某個n成立可推出存在n1?n，使得P(n1)成立，則P(n)對所有n成立.此外，還有螺旋歸納法(又叫翹翹板歸納法)：設有兩個命題P(n),Q(n)，若

P(1)

成立，又從P(k)成立可推出Q(k)成立，并且從Q(k)成立可推出P(k?1)成立，其中k為任給自然數，則P(n),Q(n)對所有n都成立，它可以推廣到兩個以上的命題.這些形式雖然等價，但在不同情形中使用各有方便之處.在使用它們時，若能注意運用變形和放縮等技巧，往往可收到化難為易的奇效.對于有些不等式與兩個獨立的自然數m,n有關，可考慮用二重數學歸納法，即若要證命題P(m,n)對所有m,n成立，可分兩步：①先證P(1,n),P(m,1)對所有m,n成立；②設P(m?1,n),P(m,n?1)成立，證明P(m?1,n?1)也成立.第二，數學歸納法與其它方法的綜合運用，例如，證明

n

?

k?

11k

sinkx?0,(0?x??)

就要綜合運用數學歸納法，反證法與極值法；有時可將n換成連續量x，用微分法或積分法.第三，并不是所有含n的不等式都能用數學歸納法證明的.七、構造法：

通過構造函數、方程、數列、向量或不等式來證明不等式；證明不等式的方法靈活多樣，但比較法、綜合法、分析法和數學歸納法仍是證明不等式的最基本方法．要依據題設、題斷的結構特點、內在聯系，選擇適當的證明方法，要熟悉各種證法中的推理思維，并掌握相應的步驟，技巧和語言特點．筆者將在第三章中詳細地介紹構造法.八、利用基本不等式：

善于利用已知不等式，特別是基本不等式去發現和證明新的不等式，是廣泛應用的基本技巧.這種方法往往要與其它方法結合一起運用.22

例1 已知a，b?R，且a?b?1.求證：?a?2???b?2??

252

.證法一：(比較法)?a,b?R,a?b?1

?b?1?a

??a?2???b?2??

252

?a?b?4(a?b)?

12?2(a?

12)?0

?a?(1?a)?4?

?2a?2a?

即?a?2?2??b?2?2?

證法二：(分析法)

252

(當且僅當a?b?時，取等號).?a?2?2??B?2??

252

?a?b?4(a?b)?8?

252

?b?1?a?

??225122

?(a?)?0?a?(1?a)?4?8?22?

顯然成立，所以原不等式成立.點評：分析法是基本的數學方法，使用時，要保證“后一步”是“前一步”的充分條件.證法三：(綜合法)由上分析法逆推獲證(略).證法四：(反證法)

假設(a?2)2?(b?2)2?

252，則 a2?b2?4(a?b)?8?

252

252

.由a?b?1，得b?1?a，于是有a2?(1?a)2?12?

1??

所以(a?)?0，這與?a???0矛盾.22??

.所以?a?2???b?2??

252

.證法五：(放縮法)

∵a?b?1

∴左邊＝?a?2???b?2?

??a?2???b?2??2125?2??a?b?4????????

222??

＝右

邊.點評：根據不等式左邊是平方和及a?b?1這個特點，選用基本不等式

?a?b?

a?b?2??.?2?

證法六：(均值換元法)

∵a?b?1，所以可設a?

12?t，b?

?t，1

∴左邊＝?a?2???b?2??(?t?2)2?(?t?2)2

5?5?2525??2

＝右邊.??t????t???2t??

2?2?22??

當且僅當t?0時，等號成立.點評：形如a?b?1結構式的條件，一般可以采用均值換元.證法七：(利用一元二次方程根的判別式法)

設y??a?2???b?2?，由a?b?1，有y?(a?2)2?(3?a)2?2a2?2a?13，所以2a2?2a?13?y?0，因為a?R，所以??4?4?2?(13?y)?0，即y?故?a?2???b?2??

252

.252

.下面，筆者將運用數學歸納法證明第一章中的AG不等式.在證明之前，筆者先來證明一個引理.引理：設A?0，B?0，則(A+B)n?An+nA(n-1)B，其中n?N?.證明：由二項式定理可知

n

(A+B)=?An?iBi?An+nA(n-1)B

n

i?0

?

(A+B)?A+nA

nn(n-1)

B