第一篇：選修4-5不等式的證明方法及習題
不等式的證明方法
一、比較法
1.求證：x2 + 3 > 3x
2.已知a, b, m都是正數，并且a < b，求證：
a?mb?m
?ab
變式：若a > b，結果會怎樣？若沒有“a < b”這個條件，應如何判斷？ 3.已知a, b都是正數，并且a ? b，求證：a5 + b5 > a2b3 + a3b
24.甲乙兩人同時同地沿同一路線走到同一地點，甲有一半時間以速度m行走，另一半時間以速度n行走；有一半路程乙以速度m行走，另一半路程以速度n行走，如果m ? n，問：甲乙兩人誰先到達指定地點？
變式：若m = n，結果會怎樣？
二：作商法
a?b
1.設a, b ? R，求證：aabb?(ab)
+
2ba
?ab
三、綜合法
1.已知a，b，c是不全相等的正數，求證：
a(b?c)?b(c?a)?c(a?b)?6abc
2.已知a，b，c都是正數，且a，b，c成等比數列，求證：a2?b2?c2?(a?b?c)2 練習：
1求證：a?b
?
(a?b),a, b, c ? R
2求證：a2?b2?
b?c
?c?a
1a
?
1b??
2(a?b?c),a, b, c ? R
1c)?9
1?)?
3．a , b, c?R,求證：1?(a?b?c)(2?(a?b?c)（?1
a?bb?cc?a
abc
3???3?
b?cc?aa?b2
3?由上題：(a?b?c)(∴1?
ca?b
?1?
ab?c
1a?b
?b
1b?c?92
?
1c?a)?
92?
bc?a
?
ca?b
?32
?1?
c?a
即
ab?c
四、分析法
例1求證3?7?2
5例2證明：通過水管放水，當流速相同時，如果水管截面的周長相等，那么截面是圓的水練習：
1.已知a,b,c,d ∈R,求證:ac + bd ≤(a2?b2)(c2?d2)選擇題
(1)若logab為整數,且loga>logablogba,那么下列四個結論中正確的個
b
數是（1b
>b>a2②logab+logba=0③0 答案:A (2)設x1和x2是方程x2+px+4=0的兩個不相等的實數根,則（）x1|>2且|x2|>2 x1+x2x1+x2x1|=4且|x2|=1 答案:B (3)若x,y∈R+,且x≠y,則下列四個數中最小的一個是（） 1?)xy1 答案:D (4)若x>0,y>0,且x? y≤ax?y成立,則a的最小值是（） 答案:B (5)已知a,b∈R+,則下列各式中成立的是（） 2θ·lga+sin2θ·lgb 2θ·lgb>lg(a+b) cos2θ·bsin2θ=a+bcos2θ·bsin2θ>a+b 答案:A + (6)設a,b∈R,且ab-a-b≥1,則有（） +b≥2(2+b ≤+b(2+1) +b ≤2(2+1) 答案:A 用分析法證明:3(1+a +a4)≥(1+a+a2)2用分析法證明:ab+cd ≤ a2?c2? 2 用分析法證明下列不等式: (1)5?7?1?(2)x?1? x?2? x?3?a?b2 ? x? 4(x≥4) a?b?c ? (3)當a,b,c∈R+2（ab)?3(abc) 若a,b>0,2c>a+b,求證: (1)c2>ab （2）c-c2?ab 五、換元法 三角換元： 若0≤x≤1，則可令x = sin?(0??? ? 2)或x = sin2?(? ?2 ??? ?2 若x2?y2?1，則可令x = cos? , y = sin?(0???2?若x2?y2?1，則可令x = sec?, y = tan?(0???2?若x≥1，則可令x = sec?(0???若x?R，則可令x = tan?(? 代數換元： ?2 ?2 ??? ?2 “整體換元”,“均值換元”,例1求證：? ?x?x ? 證一：（綜合法）證二：（換元法）例2 已知x > 0 , y > 0，2x + y = 1，求證： 1x?1y ?3?22 例3 若x?y?1，求證：|x?2xy?y|? 例4證明：若a > 0，則a? 1a ?2?a? 1a ?2 證：設x?a? 1a,y? a? 1a,(a?0,x?2,y? 2) 則x?y ?1?? ??a???? ?a???1?2 a?2??2 a?? x?y?a? 1a ?a? 1a ?2?2（當a = 1時取“=”） ∴x?y? x?yx?y ? 22? ?2?2 即y?2?x?2∴原式成立 六、放縮法與反證法 例1若a, b, c, d?R，求證： ?2 c?d?bd?a?c bcd 證明：（用放縮法）記m =??? a?b?db?c?ac?d?bd?a?c 1? a?b?d ? b?c?a a ? ? a b c d + ∵a, b, c, d?R+∴m? a a?b?c?da?b?c?ac?d?a?babcd ????2m? a?ba?bc?dd?c ? b ? c ? dd?a?b?c ?1 ∴1 < m < 2即原式成立 例2當 n > 2 時，求證：logn(n?1)logn(n?1)?1 證明：（用放縮法）∵n > 2∴logn(n?1)?0,logn(n?1)?0 ?lognn2??logn(n2?1)??logn(n?1)?logn(n?1)? ??∴logn(n?1)logn(n?1)????1 ????22???2??? ∴n > 2時,logn(n?1)logn(n?1)?1 例3求證： ? ? ??? 1n ?2 證明：（用放縮法） 1n 1n ? 1n(n?1) 12? ? 1n?1 ?13 ? 1n 1n?1 1n 1n ∴? ? ????1?1??????2??2 例4設0 < a, b, c < 1，求證：(1 ? a)b,(1 ? b)c,(1 ? c)a,不可能同時大于 證明：（用反證法）設(1 ? a)b > 14,(1 ? b)c > 164 14,(1 ? c)a > 14,則三式相乘：(1 ? a)b?(1 ? b)c?(1 ? c)a >① ?(1?a)?a? 又∵0 < a, b, c < 1∴0?(1?a)a? ??2?? ? 同理(1?b)b? 14,(1?c)c? 164 將以上三式相乘(1 ? a)a?(1 ? b)b?(1 ? c)c≤∴(1 ? a)b,(1 ? b)c,(1 ? c)a,不可能同時大于 此與①矛盾 例4已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求證：a, b, c > 0證明：（用反證法）設a < 0,∵abc > 0,∴bc < 0 又由a + b + c > 0,則b + c >?a > 0 ∴ab + bc + ca = a(b + c)+ bc < 0此與題設矛盾 又 若a = 0，則與abc > 0矛盾，∴必有a > 0 同理可證 b > 0,c > 0 練習 1．設x > 0, y > 0,a? x?y1?x?y x1?x?y, b? x1?xy ? y1?yx1?x，求證：a < b 放縮法： x?y1?x?y ?? 1?x?y ?? y1?y 2．lg9?lg11 < 1 ?lg9?lg11??lg99??2? 放縮法：lg9?lg11??????????1 2???2??2? 3．logn(n?1)logn(n?1)?1 ?lognn2??logn(n2?1)? 放縮法：logn(n?1)logn(n?1)?????? 22???? ?1 4．若a > b > c,則 1a?b1n?1 ? 1a?b ? 1b?c ? 4c?a ?0 放縮法： 1n ? 1b?c1 ?2 ??2 ??2???(a?b)(b?c)?(a?b)?(b?c)? 11n ? 4a?c 5．? n?2 ????1(n?R,n?2) ? 放縮法：左邊? 1n?1 1n ? 1n ? 1n ??? 12n 1n ? 1n ? n?nn ?1 6．?? n?2 ????1 放縮法： 12n ?n?中式? 1n?1 ?n?1 7．已知a, b, c > 0, 且a2 + b2 = c2，求證：an + bn < cn(n≥3, n?R*)?a??a??a??b? 放縮法： ∵??????1，又a, b, c > 0, ∴?????,?c??c??c??c??a??b??a??b? ∴????????????1? an + bn < cn ?c??c??c??c? n n n ?b??b? ????? ?c??c? n2 8．設0 < a, b, c < 2，求證：(2 ? a)c,(2 ? b)a,(2 ? c)b,不可能同時大于1 反證法：(2 ? a)c>1,(2 ? b)a>1,(2 ? c)b>1,則(2 ? a)c(2 ? b)a(2 ? c)b>1?① 又因為設0 < a, b, c < 2，(2 ? a)a? (2?a)?a ?1,同理(2 ? b)b≤1,(2 ? c)c≤1,所以(2 ? a)c(2 ? b)a(2 ? c)b≤19．若x, y > 0，且x + y >2，則 1?yx 和 1?xy 中至少有一個小于2 反證法：設 1?yx ≥2，1?xy ≥2∵x, y > 0，可得x + y ≤2與x + y >2矛盾 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-bbb-a=(ab)a-b ∵ab0，∴ab1，a-b0 ∴(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 ab0，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a0，b0，a+b=1，證明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252 證明：∵ a0，b0，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a0，b0，2ca+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 習題精選精講 不等式的證明 不等式的證明是高中數學的一個難點，證明方法多種多樣，近幾年高考出現較為形式較為活躍，證明中經常需與函數、數列的知識綜合應用，靈活的掌握運用各種方法是學好這部分知識的一個前提，下面我們將證明中常見的幾種方法作一列舉。 注意a2?b?2ab的變式應用。常用2a2?b2a?b?22(其中a,b?R)來解決有關根式不等式的問題。? 1、比較法 比較法是證明不等式最基本的方法，有做差比較和作商比較兩種基本途徑。已知a,b,c均為正數，求證：111111????? 2a2b2ca?bb?cc?a 2證明：∵a,b均為正數，∴111b(a?b)?a(a?b)?4ab(a?b)?????0 4a4ba?b4ab(a?b)4ab(a?b) 22(b?c)(c?a)111111????0，????0同理4b4cb?c4bc(b?c)4c4ac?a4ac(a?c) 111111??????0 2a2b2ca?bb?cc?a 111111?????∴ 2a2b2ca?bb?cc?a三式相加，可得 2、綜合法 綜合法是依據題設條件與基本不等式的性質等，運用不等式的變換，從已知條件推出所要證明的結論。 2a、b、c?(0,??)，a?b?c?1，求證：a2?b2?c2?1 3?2a2?2b2?2c2?2ab?2bc?2ca 證：?3(a2?b2?c2)?1?(a?b?c)2∴3(a2?b2?c2)?(a?b?c)2?(a?b)2?(b?c)2?(c?a)2?03 設a、b、c是互不相等的正數，求證：a 證：∵ ?b4?c4?abc(a?b?c)a4?b4?2a2b2b4?c4?2b2c2c4?a4?2c2a2∴ a4?b4?c4?a2b2?b2c2?c2a 2∵ ∴ a2b2?b2c2?2a2b2?b2c2?2ab2c同理：b2c2?c2a2?2bc2ac2a2?a2b2?2ca2b a2b2?b2c2?c2a2?abc(a?b?c)知a,b,c?R，求證: 2a22?b?22?c?222?a?2(a?b?c)22 2證明：∵a?b 22?2ab?2(a?b)?a?2ab?b?(a?b)22即a?b?(a?b)22，兩邊開平方得a2?b?222a?b?(a?b)22 同理可得 b ?c? (b?c)2 c ?a? (c?a)三式相加，得 2 a ?b?2 ?c?2 ?a?2(a?b?c) 1(1?)(1?)?9 xy5x、y?(0,??)且x?y?1，證：。 11x?yx?yyxyx (1?)(1?)?(1?)(1?)?(2?)(2?)?5?2(?) xyxyxyxy?5?2?2?9 證： 6已知a,b?R ? ?1??1? 1,a?b?1求證：?1???1???.?a??b?9 ?a,b?R?,a?b?1 11?? 2著一個不等式ab?.策略:由于??ab?說明a,b?R,a?b?1的背后隱含?a?b?44??ab?? ?2?? 111a?b12?1??1? 而 ?1???1???1????1???1??1?8?9.ababababab1?a??b?? 證明：?a,b?R,a?b?1?ab?。 4?1??1???1???1???9.?a??b? 3、分析法 分析法的思路是“執果索因”：從求證的不等式出發，探索使結論成立的充分條件，直至已成立的不等式。 7已知a、b、c為正數，求證： 2（a?ba?b?c?ab)?3(?abc)2 32（證：要證：即：c?28 a?ba?b?c?ab)?3(?abc)23只需證：?2ab?c?3abc 成立∴ 原不等式成立 ab?abc∵ c?ab?ab?3cab?3a、b、c?(0,??)且a?b?c?1，求證a?b??3。 證： a?b??3?(a?b?c)?3即：2ab?2bc?2ac? 2∵2ab?a?b2bc?b?c2ac?a?c即2ab?2?2?(a?b)?(b?c)?(a?c)?2∴原命題成立 換元法實質上就是變量代換法，即對所證不等式的題設和結論中的字母作適當的變換，以達到化難為易的目的。 4、換元法 ab?(1?a2)(1?b2)?1b?19，求證：。 證明：令a ?sin? ??k?? ? k?? b?sin? ??k?? ? k?? 左10：x ?sin?sin??cos??cos??sin?sin??cos?cos? 2?cos?(??)?1∴ ab?(1?a)(1?b)? 1?y2?1，求證：?2?x?y?2 x?y?cos??sin??2sin(?? ? 證：由x?y?1設x?cos?，y?sin?∴)?[?2,2] ∴ ?2?x?y?2 4??.a?bb?ca?c 11知a>b>c,求證： 證明：∵a－b>0,b－c>0,a－c>0∴可設a－b=x,b－c=y(x, y>0)則a－c= x + y, 原不等式轉化為證明 114?? xyx?y 即證(x? 11xyxy y)(?)?4，即證2???4∵??2∴原不等式成立（當僅x=y當“=”成立） xyyxyx 12知1≤x＋y≤2，求證： ≤x－xy＋y≤3． 證明：∵1≤x＋y≤2，∴可設x = rcos?，y = rsin?，其中1≤r≤2，0≤?＜2?． ∴x－xy＋y= r－rsin2?= r(1－ sin2?)，∵ ≤1－ sin2?≤ 32，∴ r≤r(1－ sin2?)≤ r，而 r≥ 12，32 r≤3∴ ≤x－xy＋y≤3． 13已知x－2xy＋y≤2，求證：| x＋y |≤ ． 2，0≤? ＜2?． 證明：∵x－2xy＋y=(x－y)＋y，∴可設x－y = rcos?，y = rsin?，其中0≤r≤∴| x＋y | =| x－y＋2y | = | rcos?＋2rsin?| = r|14解不等式解：因為（5sin(?＋ractan 12)|≤ r≤． 5?x?x?1＞ 12，+ ?x)2?(x?1)2=6，故可令 5?x = sin?sin? + － x?1＝6 cos? cos?，?∈［0，?2 ］ 則原不等式化為 由?∈［0，cos? ＞ 所以sin? ＞ ?2 ］知cos?＞0，將上式兩邊平方并整理，得48 cos2?+46 cos? －23＜0 解得0≤cos?＜ 282?24 －x≤ 所以x＝6cos2?－1＜ 24?4724?47 }.，且x≥－1，故原不等式的解集是｛x|-1≤x＜ 1212 15：－1≤ ?x2 2．證明：∵1－x≥0，∴－1≤x≤1，故可設x = cos?，其中0≤?≤?． 則 ?x2 －x = ?cos2?－cos?= sin?－cos?= －x≤ 2sin(?2． － ???3?)，∵－≤?－≤ 4444，∴－1≤ 2sin(?－ ?2)≤2，即－1≤?x4 增量代換法 在對稱式(任意互換兩個字母，代數式不變)和給定字母順序(如a＞b＞c)的不等式，常用增量進行代換，代換的目的是減少變量的個數，使要證的結論更清晰，思路更直觀，這樣可以使問題化難為易，化繁為簡． 16a，b?R，且a＋b = 1，求證：(a＋2)＋(b＋2)≥ 證明：∵a，b?R，且a＋b = 1，∴設a = 252 ． ＋t，b= －t，(t?R) 112 ＋t＋2)＋(222522 ∴(a＋2)＋(b＋2)≥． 則(a＋2)＋(b＋2)=（－t＋2)=(t＋ 52)＋(t－ 52)= 2t＋ 252 ≥ 252 ． 利用“1”的代換型 已知a,b,c?R?,且 a?b?c?1, ???9.abc17策略：做“1”的代換。 證明： 5、反證法 反證法的思路是“假設?矛盾?肯定”，采用反證法時，應從與結論相反的假設出發，推出矛盾的過程中，每一步推理必須是正確的。18若p＞0，q＞0，p＋q= 2，求證：p＋q≤2．證明：反證法 假設p＋q＞2，則(p＋q)＞8，即p＋q＋3pq(p＋q)＞8，∵p＋q= 2，∴pq(p＋q)＞2． 故pq(p＋q)＞2 = p＋q=(p＋q)(p－pq＋q)，又p＞0，q＞0 111a?b?ca?b?ca?b?c?3??b?a???c?a???c?b??3?2?2?2?9 ??????????? abacbc??????abcabc.? p＋q＞0，∴pq＞p－pq＋q，即(p－q)＜0，矛盾．故假設p＋q＞2不成立，∴p＋q≤2． 19已知a、b、c?（0，1），求證：(1?a)b，(1?b)c，(1?c)a，不能均大于 4。 證明：假設(1?a)?b，(1?b)?c，(1?c)?a均大于4 ∵ (1?a)，b均為正∴ (1?a)?b1 1?(1?a)?b??24 2(1?b)?c11(1?c)?a1(1?a)?b(1?b)?c(1?c)?a111 ?(1?b)?c????????24222222222同理∴ 33? 22不正確∴ 假設不成立∴ 原命題正確 ∴ 20已知a,b,c∈（0，1），求證：（1－a）b,（1－b）c,（1－c）a 不能同時大于。 證明：假設三式同時大于 ∵0＜a＜1∴1－a＞0 ∴ (1?a)?b ? 1?a)b? 11?42 21a、b、c?R，a?b?c?0，ab?bc?ca?0，a?b?c?0，求證：a、b、c均為正數。 a?b?c?0a、b、c兩負一正 證明：反證法：假設a、b、c不均為正數又 ∵ 不妨設a ?0，b?0，c?0又 ∵ a?b?c?0∴ c??(a?b)?0同乘以(a?b)∴ c(a?b)??(a?b)即 ac?bc?ab??(a2?ab?b2)?0，與已知ab?bc?ca?0矛盾 ∴ 假設不成立∴ 6、放縮法 放縮時常用的方法有：1去或加上一些項2分子或分母放大（或縮小）3用函數單調性放縮4用已知不等式放縮 22已知a、b、c、d都是正數，求證：1＜ a、b、c均為正數 bc ＋ a?b?cb?c?d ＋ dc?d?a ＋ a ＜2． d?a?bcc?d，證明：∵ b a?b?c?d ＜ ＜ bbc ＜，a?b?ca?ba?b?c?d ＜ ＜ cb?c?d ＜ d a?b?c?ddc?d?adc?d，a a?b?c?d ＜ aa ＜，d?a?ba?b ＋ 將上述四個同向不等式兩邊分別相加，得：1＜ bc ＋ a?b?cb?c?ddc?d?a ＋ a ＜2． d?a?b 3n?N * 2(n?1?1)?1?，求證： 2? ??? 1n ?2n? 1。 證明：∵ ? 2?k1n ? 2??1 ?2(k?k?1) 1k ? 2k?k ? 2k?k?1 ?2(k?1?k) 1? ∴ ??? 1n ?1?2(2?1)?2(3?2)???2(n?n?1) ?2n?1 1? ????2(2?1)?2(?2)???2(n?1?n) ?2(n?1?1) 判別式法 222 yx?y?z?2yzcosA?2xzcosB?2xycosC。?ABCxz24A、B、C為的內角，、、為任意實數，求證： 證明：構造函數，判別式法令 f(x)?x2?y2?z2?(2yzcosA?2xzcosB?2xycosC) ?x2?2?x(zcosB?ycosC)?(y2?z2?2yzcosA)為開口向上的拋物線 ??4(zcosB?ycosC)2?4(y2?z2?2yzcosA)?4(?z2sin2B?y2sin2C?2yzcosBcosC?2yzcosA) ??4[z2sin2B?y2sin2C?2yzcosBcosC?2yz(cosBcosC?sinBsinC)] ??4[z2sin2B?y2sin2C?2yzsinBsinC] ??4(zsinB?ycosC)2?0 無論 y、z為何值，??0∴ x?Rf(x)?0∴ 命題真 構造函數法 構造函數法證明不等式24 設0≤a、b、c≤2，求證：4a＋b＋c＋abc≥2ab＋2bc＋2ca． 證明：視a為自變量，構造一次函數 f(a)= 4a＋b2＋c2＋abc－2ab－2bc－2ca =(bc－2b－2c＋4)a＋(b2＋c2－2bc)，由0≤a≤2，知 f(a)表示一條線段．又f(0)= b2＋c2－2bc =(b－c)2≥0，f(2)= b2＋c2－4b－4c＋8 =(b－2)2＋(c－2)2≥0，可見上述線段在橫軸及其上方，∴ f(a)≥0，即4a＋b2＋c2＋abc≥2ab＋2bc＋2ca． ? ? ? ? n≤|m|·構造向量法證明不等式根據已知條件與欲證不等式結構，將其轉化為向量形式，利用向量數量積及不等式關系m·|n|，就能避免復雜的湊配技巧，使解題過程簡化．應用這一方法證明一些具有和積結構的代數不等式，思路清晰，易于掌握． 25 設a、b∈R，且a＋b =1，求證：(a＋2)＋(b＋2)≥ ? ? ? ?22 ? ． 證明：構造向量m=(a＋2，b＋2)，n=(1，1)．設m和n的夾角為?，其中0≤?≤?． ∵|m| = ? (a?2)2?(b?2)2 ? ?，|n| = ? 2n= |m|·，∴m·|n|cos?= ???? (a?2)2?(b?2)2 2·cos?； n另一方面，m· 所以 =(a＋2)·1＋(b＋2)·1 = a＋b＋4 = 5，而0≤|cos?|≤1，(a?2)2?(b?2)2 ≥5，從而(a＋2)＋(b＋2)≥ ． 構造解析幾何模型證明不等式 如果不等式兩邊可以通過某種方式與圖形建立聯系，則可根據已知式的結構挖掘出它的幾何背景，通過構造解析幾何模型，化數為形，利用數學模型的直觀性，將不等式表達的抽象數量關系轉化為圖形加以解決． 26設a＞0，b＞0，a＋b = 1，求證： 2a?1＋2b?1≤2． ≤2．這可認為是點 證明：所證不等式變形為： 2a?1?2b?1 A（2a?12b?1)到直線 x＋y = 0的距離． 2a?1)2＋(2b?1)2= 4，故點A在圓x2＋y2= 4(x＞0，y＞0)上．如圖所示，AD⊥BC，半徑AO＞AD，即有： ≤2，所以 但因（2a?1?2b?1 2a?1＋2b?1≤22． 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”。 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第二篇：證明不等式方法
第三篇：不等式的證明方法習題精選精講
第四篇：不等式證明若干方法
第五篇：不等式的證明方法
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