第一篇：證明不等式的方法論文

證明不等式的方法

李婷婷

摘要： 在我們數學學科中，不等式是十分重要的內容。如何證明不等式呢？在本文中，我主要介紹了不等式概念、基本性質和一些從初等數學中總結出的證明不等式的常用方法，分別有比較法、綜合法、放縮法、數學歸納法、換元法、判別式法、分解法方法。證明不等式的方法多種多樣，在這里我就只例舉這些方法。證明不等式方法因題而異，靈活多變，技巧性強。通過學習這些證明方法，使我們進一步掌握不等式證明，可以幫我們解決生活中的許多實際問題。

關鍵字：不等式；數學歸納法；函數；單調性

不等式作為一個重要的分析工具和分析的手段，在數學中具有舉足輕重的地位，不等式的證明可分為推理性問題和探索性問題，推理性問題是指在特定條件下，闡釋證明過程，解釋內在規律，基本方法有比較法,綜合法；探索性問題大多是與自然數有關的證明問題，常采用觀察—歸納—猜想—證明的方法思路，以數學歸納法完成證明，不等式證明還有其他方法：換元法，放縮法等。不等式的證明沒有固定的程序，證法因題而易，技巧性強。希望通過這些方法的學習。我們可以很好的認識數學的一些特點，從而開擴我們的數學視野。

1不等式概念及基本性質

1.1不等式的概念：表示不相等關系的式子。

實數集內的任意兩個數a,b總是可以比較大小的，如果a?b是正數，則a?b;如果a?b是零，則a?b；如果a?b是負數，則a?b。反過來也對。即有 a≧b?a?b?0這里符號?表示等價于。

這個定義雖然簡單，實際它反映不等式的性質。許多不等式的證明，是從這個定義出發。首先，根據不等式的定義，容易證明下述不等式的簡單性質，這些性質是證明其他不等式的基本工具。

1.2不等式基本性質

1.2.1a?b?b?a(對稱性)1.2.2若a?b,b?c,則a?c(傳遞性)1.2.3若a?b,則a?b?b?c(加法保序性)

1.2.4若a?b,c?0，則ac?bc(乘正數保序性)1.2.5若a?b,c?d,則a?c?b?d.若a?b,c?d,a?c?b?d.a?b?0,c?d?0,則ac?bd.11?.1.2.6若a?b,ab?0,則ab

ab?.1.2.7若a?b?0,d?c?0,則cd

1.2.8若a?b?0,n?N，則an?bn,na?nb.1.2.9若a?b?0,m,n?N，則a1.2.10含絕對值的不等式

mn?b,amn?mn?b.?mn(1)x?a?x2?a2??a?x?ax?b?a??a?b?x?a?b(2)x?a?a?0??x2?a2?x?a或x??a.?3?a?b?a?b?a?b.?4?a1?a2?...?an?a1?....?an.1.2.11若a,b?R，則a2?0,?a?b??0.21.2.12若a,b?R，則?a?b?ab.符號當且僅當a?b時成立。由這個不等式還可以得到22x2?y2?x?y?xy??x,y?R?,??2?2?另一些常用的不等式：

ba??2a,b?R?.ab????a?b?c3?abc.符號當且僅當a?b?c時成立。1.2.13若a,b,c?R,則

3?

2證明不等式的基本策略

2.1比較策略

比較法是證明不等式的最基本、最重要的方法之一，它是兩個實數大小順序和運算性質的直接應用，比較法可分為差值比較法(簡稱為求差法)和商值比較法(簡稱為求商法)。比較證明不等式的一般步驟是：作差——變形——判斷——結論。為了判斷作差后的符號，有時要把這個差變形為一個常數，或者一個或幾個平方和的形式，也可變形為幾個因式的積的形式，以便判斷其正負。

2.2分析綜合策略

分析綜合法是數學中常用的兩種直接證明方法，也是不等式證明中的基本方法。兩者在證明思路上存在著明顯的互逆性。

綜合法是由已知條件和已知不等式出發，推導出所要證明的不等式；分析法則要逐步找出使結論成立的充分條件，最后歸結為已知不等式或者已知條件。對于條件簡單而結論復雜的不等式，往往要通過分析法或者分析法與綜合法交替使用來尋找證明的途徑。

2.3構造策略 所謂構造，就是當某些數學問題用通常的辦法難以奏效時，根據題設條件和結論的特征性質，從新的角度、用新的觀點觀察分析、解釋對象，抓住反映問題的條件與結論之間的內在聯系，用已知數學關系為支架，構造出滿足條件或結論的數學對象，使原題中隱晦不清的關系和性質在新構造中的數學對象中清楚地展現出來，從而借助該數學對象解決數學問題的 2 方法。

用構造法解題時，被構造的對象是多種多樣的，按它的內容，分為某種模型、函數、恒等式、復數等，可以達到簡捷、明快、以巧取勝的目的。在運用構造法解題時，一要明確構造的目的，即為什么要構造；二要弄清楚問題的特點，以便依據特點、確立方案、實現構造、達到目的。

3證明不等式的基本方法和技巧

3.1 比較法

比較法是證明不等式的最基本，最重要的方法之一，它是兩個實數大小順序和運算性質的直接應用，比較法可分為差值比較法(簡稱為求差法)和商值比較法(簡稱為求商法)。3.1.1 作差法

在比較兩個實數a和b的大小時，可借助a?b的符號來判斷.步驟一般為：作差——變形——判斷（正號、負號、零）.變形時常用的方法有：配方、通分、因式分解、和差化積、應用已知定理、公式等.abba [例1] 已知a、b?R?,求證：ab?ab，等號當且僅只當a?b時成立。

[分析] 由于要證的不等式關于a,b對稱，且式子不復雜，比較的式子都由字母a，b組成，左右兩式存在公因式ab，可考慮用作差法來做，作差判斷符號。

[證明] 設a?b?0.bb?a?b?0,?aabb?abba?abbbaa?b?ba?b?0，??從而原不等式得證。顯然上面的不等式當且僅aa?b?ba?b?a?b?時等號成立，故原不等式當且僅當a?b時成立等號。

[評價] 因為做差法是根據差值的符號來判斷，所以在 比較差值的時候容易出錯，一定要謹慎。3.1.2 作商法

在證題時，一般在a，b均為正數時，借助

aa?1或?1來判斷其大小，bab步驟一般為：作商——變形——判斷（大于1或小于1）.[例2]已知a?2，求證：log?a?1?a?loga?a?1? [分析] 先判斷不等號兩邊是否是正數。因為a>2,所以loga?a?1??0,loga?a?1??0，這時我們可考慮用作商法來比較大小，利用對數函數公式，通過變形化簡即可判斷了。

[證明] 由原題得：

loga?a?1?log?a?1?a1?loga?a?1?1 ??loga?a?1????loga?a?1??loga?a?1?2又因為

loga?a?1??loga?a?1???loga?a?1????loga?a?1??????2????log?aa2?14????log2aa422?

?1所以原式＞1，故命題得證。

[評價]首先判斷了左右兩式均是正數，而且是對數形式，這種常用作商法目的在于好利用公式約分化簡，構造容易比較大小的形式得出結論。3.2 綜合法

利用某些已經證明過的不等式，例如算術平均數、幾何平均數的定理、均值定理等等，利用這些不等式的性質，推導出所要證明的不等式，這個證明方法就是綜合法。

[例3]a,b,c為互不相容的正數，且abc?1，求證：

111???a?b?c.abc[分析] 因為abc?1且a,b,c為互不相容的正數。觀察前后的式子聯想起我們所學的均值定理a1?a2???ann?a1a2?an。把1換成abc的形式帶入式子，化簡之后就得nbc+ac+ba,再根據學過的均值定理來構造式子，變形化簡可證。

[證明] 化簡過程為：

111bc?acac?abab?bc???bc?ac?ba????bc?ac?ac?ab?ab?bcabc222?a?b?c,所以111???a?b?c.故命題得證。這樣的方法主要靠平時知識的積累和應用。abc[評價]先化簡后我們得到的式子就可把整個不等式看成一個整體，根據不等式定理、性質經過變形、運算，導出欲證的不等式。3.3放縮法

是要證明不等式A

11?來做，縮小分母，擴大不等號左邊的式子。2n(n?1)n 4 [證明] ?1111 ???2nn(n?1)n?1n?1111111115117??????1??(?????)??(?)?.22222123n223n?1n42n4[評價]此題采用了從第三項開始拆項放縮的技巧，放縮拆項時，不一定從第一項開始，須根據具體題型分別對待，即不能放的太寬，也不能縮的太窄，真正做到恰倒好處。

3.4 數學歸納法

對于含有n(n?N)的不等式，當n取第一個值時不等式成立，如果使不等式在n?k(n?N)時成立的假設下，還能證明不等式在n?k?1時也成立，那么肯定這個不等式對n取第一個值以后的自然數都能成立.[例5]：證明不等式

111??...??1?n?N?.n?1n?23n?1[分析]：此題是一個與自然數n有關的命題，首先想到數學歸納法。可分析n=1時，當n=k時，當n=k+1時三種情況來討論，若在假設下都成立，那么足以說明n在定義內取任何值都使原式成立。

11113????1.n?1n?2n?312?2?假設當n?k,不等式成立1?1?1?...?1?1.k?1k?2k?33k?4要證當n?k?1時不等式成立，即[證明] ?1?當n?1,11111112??...??????1??1.k?1k?23k?13k?23k?33k?4k?13?k?1??3k?2??3k?4? [評價] 對于由不完全歸納法得到的某些與自然數有關的數學命題我們常用數學歸納法來做，在驗證命題 n=k(n整數)正確的基礎上，證明命題具有傳遞性，而第二步實際上是一次邏輯的推理代替了無限的驗證過程，所以說數學歸納法是一種合理、切實可行的科學證明方法，實現了有限到無限的飛躍。3.5 換元法

在證題過程中，以變量代換的方法，選擇適當的輔助未知數，使問題的證明達到簡化.主要有兩種換元形式。(1)三角代換法：多用于條件不等式的證明，當所給條件較復雜，一個變量不易用另一個變量表示，這時可考慮三角代換，將兩個變量都有同一個參數表示。此法如果運用恰當，可溝通三角與代數的聯系，將復雜的代數問題轉化為三角問題根據具體問題，實施的三角代換方法有：①若x?y?1，可設x?cos?,y?sin?；②若x?y?1，可設x?rcos?,y?rsin??0?r?1?；③對于含有的不等式，由于x?1，可設x?cos?；④若x?y?z?xyz，由tanA?tanB?tanC?tanAtanBtanC知，可設

2222x?tanA,y?tanB,z?tanC其中A?B?C??。(2)增量換元法：在對稱式(任意交換 5 兩個字母，代數式不變)和給定字母順序(如a?b?c?0等)的不等式，考慮用增量法進行換元，其目的是通過換元達到減元，使問題化難為易，化繁為簡。如a?b?1，可以用a?1?t,b?t進行換元。

2222 [例6] 已知x,y?R且x?y?1.求證x?2xy?y?2.[分析] 在式中有xy≤1不 等式，可聯想到上面性質中的第②點：若x2?y2?1，可設x?rcos?,y?rsin??0?r?1?，化為三角函數來帶入要證明的式子就較為簡便。

[證明] 設x?rcos?,y?rsin?,r?1,則22x2?2xy?y2?r2cos?2?2cos?sin??sin?2?r2cos2??sin2?????2r2sin?2????2.4??

[評價]這里用的三角代換是換元法的一種。題目形式上比較復雜，但有一定的規律，則可采用變量代換法，通過換元，把生疏的結構轉化為重要不等式形式使證題思路自然、簡捷。它的基本思路是：按照代數式的結構特點選用適當的三角公式，進行三角代換，把代數題轉化為三角題，從而用三角知識去解。3.6 判別式法

根據已知的或構造出來的一元二次方程，一元二次不等式，二次函數的根，解集，函數的性質等特征確定出其判別式應滿足的不等式，從而推出欲證的不等式方法。判別式法應用

2f(y)x?g(y)x??(y)?0形極其廣泛，它的使用范圍是“解答函數的解析式可以轉化為

2式的一類函數的最大（小）值或值域問題”，學習時注意對x項系數f(y)?0和f(y)?0兩種情況的討論。

2f(y)x?g(y)??(y)?0,f(y)?0，依據x?R,??0求出y的范圍。方法：①由②討論f(y)?0時的x的值是否是函數y的定義域中的值？若是，則y的范圍含f(y)?0a1x2?b1x?c1a??b2a2x?b2x?c2的y值，是否不含這個值.本題解法對證明形如“，a1x2?b1x?c1c??da2x?b2”的不等式具有一般性。

1x2?x?13??[例7] 求證:22x?12。

[分析] 此題目不等號中間式子可構造成一元二次函數，要注意對x的系數的兩種情況討論 6 x2?x?1y?22(1?y)x?x?1?y?0，x?1證明：設，則

2y?1x?R,??1?4(1?y)?0,得（1）當時，由13?y?,(y?1)2 2

2(1?y)x?x?1?y?0，得x=0（2）當y=1時，由x2?x?1y?x2?1的定義域中的一個值，所以y=1是它的值域中的一個值.由（1）而x=0是函數131x2?x?13?y???2222x?12。和（2）知，即[評價] 用判別式法證明不等式，實際上就是求函數的最大（最小）值或值域.它的使用

2f(y)x?g(y)??(y)?0,f(y)?0形式的一類函數范圍是“解答函數的解析式可以轉化

2的最大（小）值或值域問題”，學習時注意對x項系數f(y)?0和f(y)?0兩種情況的討論。

3.7 分解法

按照一定的法則，把一個數或式分解為幾個數或式，使復雜問題轉化為簡單易解的基本問題，以便分而治之，各個擊破，從而達到證明不等式的目的.[例8] 求證：1?1111111?????? 26122030426[分析] 此題不等號左邊為同分子異分母的7個分數和，分母的結構特點是從1開始每相鄰兩個自然數乘積，符號為加減交替，可利用我們學過的式子使相同式子相消，即可得答案。[證明] 因為

111??來做，n(n?1)nn?1111??

n(n?1)nn?***1??????????=＜原題得2233445566776 所以 原式=1-?證。

[評價]只要利用學過的公式來分解式子就更容易了，但這題要注意符號，符號容易出錯。3.8函數極值法

在不等式證明中，我們常常構造函數f(x)，而f(x)構造好后，如果在所給函數區間上無法判斷f(x)符號，即當函數不具有單調性時，可以考慮用極值與最值的方法進行證明

[例9] 設x?R，求證：?4?cos2x?3sinx?21.8[分析] 此題可構造成一元二次方程的頂點式進行證明。

3?1?[證明] f(x)?cos2x?3sinx?1?2sin2x?3sinx??2?sinx???2

4?8?當sinx?231時，f(x)max?2;48當sinx??1時，f(x)min??4.故 ?4?cos2x?3sinx?21.8[評價]這題難在于化簡f(x)來構造函數，用一元二次方程的頂點式求最值較易。3.9函數單調法

當x屬于某區間，有f?(x)?0，則f(x)單調上升；若f?(x)?0，則f(x)單調下降.推廣之，若證f(x)?g(x)，只須證f(a)?g(a)及f?(x)?g?(x),(x?(a,b))即可.[例10] 證明不等式e?1?x,x?0.[分析] 所求不等式中有e，結構不復雜，求導數是它本身，這樣用求導法來做應容易。靠導數求單調性就可把極值求出，即可證明不等式。

[證明]設f?x??e?1?x,則f'?x??e?1。xxxx故當x?0時，f'?x?>0,f嚴格遞增； 當x?0時，f'?x??0嚴格遞減。

又由于f在x?0處連續，則當x?0時f?x??f?0??0，從而得證。

[評價]此題目具有冪指數函數形式，對不等式進行移項、整理，在此基礎上根據函數單調性證明之。利用函數單調性證明不等式，不等式兩邊必須可導，對所構造的輔助函數f（x）應在某閉區間內連續，開區間內可導，然后通過在開區間f'?x?的符號判斷間上的單調性，根據單調性來解決不等式問題。

f（x）在閉區4小結

不等式的證明方法很多，遠遠不止以上所述，每一種方法都具有一定的特點和使用性，并有一定的規律可循，只有在多分析多總結的基礎上，才能把握問題的實質，熟練運用各種證明技巧，提高解決問題的水平。各種證明方法之間也并不是孤立的，有時一個不等式也可能有好多種證明方法。我們在證明不等式中不必拘泥某種單一的方法，需要因地制宜根據不同的情況選擇不同的方法來論證，可根據具體的情況靈活選擇最簡單、最優化的方法，從而達到最佳的證明效果，體現數學的簡潔性和實用性。

經過這段時間的畢業論文設計和對相關資料的收集，我對于不等式的證明有了深刻的了解和認識。學習了這些方法，可以幫助我們解決一些實際問題，培養邏輯推理論證能力和抽 8 象思維能力以及養成勤于思考、善于思考的良好學習習慣。

參考文獻: ［1］李長明,周煥山.初等數學研究[M].北京:高等教育出版社,1995,253-263.［2］葉慧萍.反思性教學設計-不等式證明綜合法[J].數學教學研究,2005,10(3):89-91 ［3］張順燕 數學的思想、方法和應用［M］北京：北京大學出版社。2003 ［4］數學分析.華東師范大學數學系(第三版)[M].北京:高等教育出版社,1999,87.［5］李海港，張傳法.利用均值不等式求最值的技巧［M］.學術期刊:高中數理化（高二）GAOZHONG SHU-LI-HUA。2007年第1期。

[6]霍連林.著名不等式[M].北京:中國物質出版社,1994,123-124.[7]張衛斌.中學數學不等式證明的常用策略與技巧[M].《新課程（中學）》2010年第12期

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：不等式的證明方法論文

重慶三峽學院畢業設計（論文）

題目：不等式的證明方法

院 系 數學與統計學院 專 業 數學與應用數學（師范類）年 級 2009級 學生姓名 楊家成 學生學號 200906034134 指導教師 向以華

完成畢業設計（論文）時間 2013 年 5 月

目 錄

摘要................................................................I Abstract...........................................................II 引言................................................................1

楊家成：不等式的證明方法

2013屆數學與應用數學專業（師范類）畢業設計（論文）

例1 已知a1,a2?an都是正數，求證：

?ai??i?1i?1nn1?n2． ai證明：構造兩個數組：

a1,a2?an;2111,?a1a2an，由柯西不等式，得

2??a?nii?1nn2?1??n1?????，即 ????ai????i?1ai?i?1?ai???n??a?nii?12?1??n?2????1?，??????i?1?i?1?ai?n2所以?a??aii?1i?11i?n2．

2.2.2 均值不等式

定理1.2設a1,a2?,an是n個正數，則Hn?Gn?An?Qn稱為均值不等式.其中

Hn?n111????a1a2an，Gn?na1a2?an，An?a1?a2???an，n222a?a2???an.Qn?1n例2 已知0?a?1,x?y?0，求證：logaax?ay?loga2?xy2??1． 8證明：由0?a?1，a?0,a?0，得，ax?ay?2ax?ay?2ax?y，從而 logaax?ay?loga2ax?y?loga2?????x?y2，故只要證明x?y11?，即x?y?即可． 28422111?11?x?y?x?x???x????，等號在x?（這時y??）時取得，242?44?所以logaax?ay?loga2???1． 8

楊家成：不等式的證明方法

2.2.3 排序不等式

定理1.3 設a1?a2???an,b1?b2???bn則有

a1bn?a2bn?1???anb

（倒序積和）

?a1br1?a2br2???anbrn（亂序積和）

?a1b1?a2b2???anbn,（順序積和）

其中r1,r2,?,rn是1,2,?,n的一個排列，即

倒序積和≤亂序積和≤順序積和． 例3 設a1,a2,?,an是n個互不相同的自然數，證明：

1?an111a?????a1?2???． 2223n2n證明：設b1,b2,?bn是a1,a2,?,an的一個排列且b1?b2???bn，11，所以由排序不等式，得，???22n2bnanba2b1?2????a????． 122222n2nbnb11????1????又因為b1?1,b2?2,?,bn?n，故b1?2，22n22nan111a???即1??????a1?2．

23n22n2說明：排序不等式適用于與數的排列相關的問題.因1?從應用中，可看出在利用重要不等式來證明不等式時必須注意重要不等式所需要的條件，以及有時需要變形等適當處理，湊成重要不等式的形式.除了已介紹的二種方法，分析法、綜合法、反證法、換元法、構造法、放縮法、數學歸納法等也能解決初等數學中多數不等式證明問題，但對于一些不等式的證明，單靠初等方法是不夠的，因此，需要借助高等數學知識微積分來更進一步擴廣加深證明不等式的研究.接下來就探討微積分在證明不等式中的應用.2013屆數學與應用數學專業（師范類）畢業設計（論文）

3.1 利用函數的單調性

在證明不等式中最常見，最有用的方法之一就是函數單調性法，先來看相關定理.定理 3.1 設函數f?x?在區間I上可導，則f?x?在I上遞增(減)的充要條件是：

f??x??0??0?．

證明:“?”若f?x?為增函數，則對每一個x0?I當x?x0時有

f?x??f?x0??0令x?x0即得f??x??0． x?x0“?” 若f?x?在區間I上恒有f??x??0，則對任意的x1,x2?I?x1?x2?應用拉格朗日中值定理，存在???x1,x2??I，使得f?x2??f?x1??f?????x2?x1??0由此得到f?x?在I上為增函數．

定理 3.2 設函數y?f?x?在?a,b?上連續,在?a,b?內可導，① 若在?a,b?內，f??x??0，那么函數y?f?x?在?a,b?上嚴格單調增加； ② 若在?a,b?內，f??x??0，那么函數y?f?x?在?a,b?上嚴格單調遞減.例1 求證：當0?x?證明：設f?x??

f??x??由0?x??2時，sinx?2?x．

sinx???，x??0,?，x?2?xcosx?sinx?x?tanx?cosx?，22xx?2，sinx?x?tanx可知，???f??x??0，即f?x?在?0,?上嚴格遞減，?2?又由于f?x?在x??2處連續，故f?x??f????2??． 2???nn例2 已知m,n都是正整數，且1?m?n，證明：不等式?1?m???1?n?． 證明：原不等式等價于ln?1?m?ln?1?n?，令 ?mn

楊家成：不等式的證明方法

f?x??f??x??ln?1?x?，x?2，則

xx??1?x?ln?1?x?x?xln?1?x?x?1?ln?1?x?????0,?1?x?x2?1?x?x2?1?x?x2即f?x?在?2,???上嚴格遞減，所以f?m??f?n?，即?1?m?n??1?n?m成立．

說明：對冪指式情況，常取對數，作輔助函數來幫助證明.由以上例題可總結出函數的單調性法的證明不等式步驟：

① 移項（或其它等價變形）使不等式一端為0，另一端為所作的輔助函數f?x?； ②討論f??x? 符號來確定f?x?在指定區間的增減性，③根據函數的單調性及區間端點處的函數值即可得證.其中步驟① 是關鍵，作出適當輔助函數f?x?，值得注意的是步驟②討論f??x?符號，有時一階導的符號不能判斷，這就需要判斷二階導數的符號，若仍舊不能判斷，再求三階導數，重復上述過程.例3 求證：tanxx????,x??0,?． xsinx?2?證明：即證明tanxx??0，即sinx?tanx?x2． xsinx2設f?x??sinx?tanx?x，則f?0??f??0??f???0??0，而

f???x??sinxsec2x?1?2secx?tan3x?4sec3xtanx?0，?f?x??0，命題得證．

例4 求證：當x?0時，x2?1lnx??x?1?．

2????x2?1x?1?0，故f在?0,???上遞增． 證明：設f?x??lnx?,x?0，則f??x??x?x?1?x?1x?12，即?x2?1?lnx??x?1?； x?1x?12當x?1時，f?x??f?1??0，得lnx?，即?x2?1?lnx??x?1?，x?1當0?x?1時，f?x??f?1??0，得lnx?綜上，結論命題得證．

利用函數的單調性是證明不等式的一種常用方法，與之類似的是利用函數的極值與最值，但是這里比較的是極值與端點值，而不是0與端點值.2013屆數學與應用數學專業（師范類）畢業設計（論文）

3.2 利用微分中值定理

微分中值定理主要有羅爾中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理，其中應用最廣泛的是拉格朗日中值定理.定理3.3(拉格朗日中值定理)函數f滿足如下條件：

(ⅰ)f在區間?a,b?上連續，(ⅱ)f在區間?a,b?內可導，f?b??f?a?． b?af?b??f?a??x?a?． 證明: 作輔助函數F?x??f?x??f?a??b?a則在?a,b?上至少存在一點?使得 f?????顯然F?a??F?b??0且F在?a,b?上滿足羅爾中值定理的條件，故存在???a,b?使得F?????f?????f?b??f?a??0，移項即得 b?af?b??f?a?． f?????b?a

由拉格朗日公式特點看出，拉格拉日中值定理適用于證明含有函數及其導數，且出現函數之差，自變量差及f?x?的表達式的不等式.例1 證明： 對一切h??1,h?0成立不等式證明：設f?x??ln(1?x),x?[1,h]，h?ln?1?h??h． 1?hf(x)在區間[1,h]上滿足拉格朗日中值定理，則

ln(1?h)?ln(1?h)?ln1?h,0???1，1??hhh??h，1?h1??h當h?0時，由0???1可推知，1?1??h?1?h,h?h?h，1?h1??h當h?0時，由0???1可推知，1?1??h?1?h,從而得到所要證明的結論．

例2 求證：sinx?siny?x?y.證明：設 f(x)?sinx，則sinx?siny?(x?y)sin???(x?y)cos?，故sinx?siny?(x?y)cos??x?y.由以上二例可總結出應用拉格朗日中值定理證明不等式的步驟：

楊家成：不等式的證明方法

①構造函數f(x)，并確定對應區間[a,b]； ②對f(x)在[a,b]上運用拉格朗日中值定理；

③利用?與 a、b 之間大小關系，題中所給條件，放大或縮小f?(?)，從而推得不等式.步驟中關鍵是 2013屆數學與應用數學專業（師范類）畢業設計（論文）

故有f(例2求證：2ea?b1b)?f(x)dx． ?a2b?a12???121?2e?x2dx?2．

?11??x2?x2f(x)?e,x??,?證明：設，則，令f?(x)?0,x?0，f(x)??2xe?22????11而f(?)?f()?e2,f(0)?1，22?12?1221?fmax?1,fmin?e即e12?e?x?1，11?11?1?x2?e??(?)???2edx??(?)，1?2?22?22?12121?2?2e??e?xdx?2．

2說明：當證明某積分不等式大于等于或小于等于定數時，往往利用轉化為求原函數最值較為簡單.除了積分性質，積分中值定理也常用于證明不等式.4.2 利用積分中值定理

積分中值定理包括積分

楊家成：不等式的證明方法

?證明：設F(x)?F?(x)?x0f(t)dtxx02，則

xf(x)??f(t)dtx?f(x)?f(?)(0???x)，x依題意，得，f(?)?f(x),?F?(x)?0 ．

?在[0,??)上單調遞減，得，F(a)?F(b)，?即a0f(x)dxab??b0f(x)dxba0，?a?f(x)dx?b?f(x)dx．

0運用積分中值定理，可將積分不等式轉化為函數不等式來證明，同樣的思路也應用到變限積分法中.4.3 利用二重積分證明不等式

有時將一元函數的積分問題轉化為二元函數的二重積分問題，會給解題帶來方便.定理4.2 若f(x)在[a,b]上可積，g(y)在[c,d]上可積，則二元函數f(x)g(y)在平面區域D??(x,y)|a?x?b,c?y?d?上可積，且

??f(x)g(y)dxdy??Dbaf(x)dx?g(y)dy．

cd例1 設函數f(x)與g(x)在[a,b]上連續，證明Cauchy-Schwarz積分不等式bbb22???af(x)g(x)dx????af(x)dx?ag(x)dx．

??2證明：記積分區域D?[a,b]?[a,b]，利用定積分與積分變量符號無關的性質等，有bbb???af(x)g(x)dx????af(x)g(x)dx?af(y)g(y)dy???f(x)g(x)f(y)g(y)dxdy ??D ?12222[f(x)g(y)?f(y)g(x)]dxdy ??2Dbb1b21b222f(x)dxg(y)dy?f(y)dyg(x)dx ????aaaa22

? 2013屆數學與應用數學專業（師范類）畢業設計（論文）

bb

??af2(x)dx?g2(y)dy．

a以上就是要介紹的積分在證明不等式的幾種方法，從應用中，可看出運用積分與微分證明不等式方法類似，都主要是利用相關的性質，公式.由以上可以看出，微積分對證明不等式起到了重要作用.對于某些初等方法無法證明的不等式，適當地利用微積分知識就可以證明.在具體證明中要依據題設和待證不等式的結構特點，內在聯系，選擇適當的證明方法.至于如何選擇方法，這就得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，通過摸清問題本質特征，使得難解性問題轉化為可解性問題.

楊家成：不等式的證明方法

從而?fn?1?n?1的充要條件為?(1?Pn)?0，n?1?

現取PK??K，K?1??12n?1nn

則?fn??(1?)(1?)?(1?，)??23nn?1n?1(n?1)!n?1n?1?n1

而?(1?Pn)??(1?)???0，n?1n?1n?1n?1n?1??

?n?1，?n?1(n?1)!n?1.?(n?1)!n?1N?

?分析：欲證此不等式，可從考慮相應的級數入手，若能證明級數收斂且

?(n?1)!?1即可.n?1?n由上可看出要利用概率論的方法對不等式進行證明，關鍵在于針對不等式的具體形式，構造相應的概率模型，再利用概率論的相關性質、定理加以證明，從而可以使一些不等式的證明大大簡化.2013屆數學與應用數學專業（師范類）畢業設計（論文）

致謝

論文即將完成，回顧這篇論文的完成，是單單靠自己完成不了的，從選題到研究方法，從資料查詢到寫稿，從初稿到修改，直至最終定稿，無不受到向以華老師的悉心指導，深深關切.整個書寫論文過程中，向老師的治學嚴謹，平易近人深深地影響了我，讓我在收獲專業知識的同時，也獲得關于治學，關于為師的道理，相信這將對我以后的學習工作帶來不小的啟迪.因此，借此機會，向尊敬的向老師表達我由衷的謝意!參考文獻

[1] 華東師范大學數學系．數學分析．高等教育出版社，2001.6.[2] 陳傳理，張同君．競賽數學教程．高等教育出版社，1996.10.[3] 曹敏謙．數學分析習題集題解(三)．上海交通大學印刷廠，1979.[4] 魏全順.微分在不等式證明中的應用，湖南

第五篇：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

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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）