第一篇：不等式的多種證明方法

不等式的多種證明方法 汪洋，合肥師范學院

摘要：數學是生活中的一門自然科學，而不等式則是構成這門自然科學的眾多基礎中相當重要的組成之一，因此本文專門介紹不等式的各種證明方法。

根據在校期間從大學課程中所學的專業知識，通過課本、資料及網絡等渠道收集各種類型的不等式習題，然后依據其不同的思想與方法可以歸納為三大類型，即基礎類證明方法、延伸類證明方法和特殊類證明方法。其中基礎類證明方法是最簡單的證明，包括比較法、分析法、放縮法、綜合法；延伸類證明方法則是通過代換、構造、轉化等思想將原不等式變化為簡單的形式再予以證明，比如換元法、引入參變量法、構造輔助函數法等等；特殊類證明方法是針對一些特殊類型的不等式結構或提問方式，采取相應的特殊證明方法可以使得證明更加簡潔，就像反證法、數學歸納法、數形結合法等等。本文就是依上述介紹的各種方法進行展開介紹的，所選的例題皆比較簡單，求證方法簡潔合理，易于接受，為的只是借此傳達各種證明方法的思想。

數學；不等式；證明；方法

目錄

1.引言.................12.基礎類證明方法..............1

2.1比較法.................1

2.2分析法.................22.3放縮法.................32.4綜合法.................53.延伸類證明方法..............6

3.1換元法.................6

3.2引入參變量法...........8

3.3構造輔助函數法................8

3.4轉化為向量不等式法...........11

3.5轉化為復數法..........11

3.6分解、合成法..........1

14.特殊類證明方法.............1

24.1反證法................12

4.2數學歸納法............1

34.3借助?證明法..........1

54.4數形結合法............16

5.結束語..............16

參考文獻.................17

不等式的多種證明方法

汪洋，合肥師范學院

摘要：數學是生活中的一門自然科學，而不等式則是構成這門自然科學的眾多基礎中相當重要的組成之一，因此本文專門介紹不等式的各種證明方法。

根據在校期間從大學課程中所學的專業知識，通過課本、資料及網絡等渠道收集各種類型的不等式習題，然后依據其不同的思想與方法可以歸納為三大類型，即基礎類證明方法、延伸類證明方法和特殊類證明方法。其中基礎類證明方法是最簡單的證明，包括比較法、分析法、放縮法、綜合法；延伸類證明方法則是通過代換、構造、轉化等思想將原不等式變化為簡單的形式再予以證明，比如換元法、引入參變量法、構造輔助函數法等等；特殊類證明方法是針對一些特殊類型的不等式結構或提問方式，采取相應的特殊證明方法可以使得證明更加簡潔，就像反證法、數學歸納法、數形結合法等等。本文就是依上述介紹的各種方法進行展開介紹的，所選的例題皆比較簡單，求證方法簡潔合理，易于接受，為的只是借此傳達各種證明方法的思想。

關鍵詞： 數學；不等式；證明；方法

Various Methods of Inequality Proof

Wangyang, Hefei Normal University

Abstract: Mathematics is a natural science of the life, and the inequality is an important component of many bases which constitute the natural science.So this article dedicated to a variety of proven methods of inequality.According to the professional knowledge from university courses during the school, I collect all types of inequality problem by books, material and network channels.Then according to different ideas and methods, I put them into three types of proof, which is base class identification method and extension methods of proof and special class methods.The base class method is the simplest proof, and it include the comparison and analysis, and the method of techniques and so on.Extension methods are proved by such substitution, structure, the inequality of thought for the form of simple changes to prove.For example, substitution method, the introduction of parametric method, constructs the auxiliary function method, etc.Special class that is for some special types of inequality structure or form of a question takes a special method of proof which can be made more concise proof, as required, mathematical induction, several form combination, etc.This topic is introduced by the start of various methods described, and the examples are relatively simple, the method is simple and reasonable, and acceptable, which is just only to convey various methods of thought.Key words: Mathematics;Inequality;Proof;Method

1.引言

用不等號連結兩個代數式所成的式子叫做不等式，是描寫不等號兩邊式子的大小關系。不等式理論是等式、方程、函數論進一步的深入和發展，是數學知識又一次擴展的重要內容，是掌握初等數學不可或缺的重要部分，學習了等式后再學習不等式，使式的內容更加充實，更加完善，是我們進一步擴大數學視野，增加數學知識的必要基礎。不等式的重要作用是十分明顯的，因為在日常的生活、生產和科學研究中到處用到不等式的知識；而不等式的證明更體現了不等式的另一方面，它在數學領域中占有核心地位，它貫穿于初等數學和高等數學的方方面面。

著名數學家D.S.Mitrinovic在他的名著《Analytic Inequalities》的序言中都引述到:“所有分析學家要花費一半的時間通過文獻查找他們想要用而又不能證明的不等式”。分析學家Michiel Hazewinkel在《Inequalities Involving Functions and Their Integrals and Derivatives》一書的序言中也講道:“有時我有這樣的感覺，數學(特別是分析學)就是不等式”。由此可見，給出一個關于不等式方面系統的、全面的證明方法具有很現實的意義。

因此，本文將對各種各樣的不等式給出相應的證明方法，盡量把不等式的證明方法系統化、全面化。

2.基礎類證明方法

在此介紹的四種方法僅需要根據命題本身的已知條件或常用結論即可證明。

2.1比較法

即借助不等式兩邊做差或做商的結果與0或1比較來證明不等式的方法。如果

aa?b?0，則a?b；如果a?0,b?0，?1，則a?b。b1

第二篇：一個經典不等式的多種證明方法

一個經典不等式的多種證明方法

1?2n?1??

在高考數學試卷中，各省的壓軸大題很多都是數列與不等式的結合。下面我們就來就一個高考試卷中經常出現的不等式做出討論。

證明：1????

?(1????

?(1????

我們先來看看這個不等式的左邊到底是什么情況，不等式的左邊

?2n1?1?)?

2(?21n)??

?2n1?1?)?(1????n)?

n?1?n?2??21n

??3?4?

n?

換句話說證明1???1

等價于22證

明

n?1?n?2?

?21n?

?n?2?

既然如此我們就從這兩個方面著手來解決這個問題。

方法1：我們看到n?1

?21n可以想到常用的一個關于對數函數的不等式我們

?ln（1?)?想給出這個不等式

??

既然我們要證明

?21n?我們可以用這個不等式的前半段n?1?ln(1?n)來

解決問題。?ln(1?)?ln(1?2n?

1)

?n?2?

2n

我們將這n個不等式疊加起來可以不難得到，n?1

?21n?ln(1?1n)?

?ln(1?2n)?ln(?1n)?ln2，因此不等式得證。

ln2?0.693?0.707故ln2?

這個證明方法就是記得要我們記得常見的不等式n?1

?ln(1?)?nn及其相關應

用。

方法2（裂項法）：裂項法是證明不等式的非常有效的方法，下面我們就用這個方法。1

????4

?

n2?

?11?21?2?

?34

??

n(?2?n1，下面我)2

們來研究一下該如何裂項。我們考慮通項(2n?1)?2n，易知

(2n?1)?2n

?(2n?)?，這樣的話我們可以對(2n?)(2n?)?(2n?)進行裂項

(2n?)?(2n?)從

第二

?(?)，這樣就可以前后相消了，下面我們

22n?2n?

項開始放

3縮

可得：

而2

???(2n?1??(?)??24?

25，1)?2n?

故不等式得證。

?5?0.7?

注：處理???(2n?11)?這個式子還有其他的方法。我現在簡單的?，所以我們很容易可以得到以下結果

?(2n?2)1??(2n?1)(2n?1)?)

?4

1?，4n4

闡述一下，因為

??1111

?(2n?1??(?22?31?23?4?1)?2n

?(??3224

?

?(2n?2??1)??21)2

我們就將這個和處理到位了，如果要得到題目中的不等式的結果，那么就不能只保留

第一項，從第二項開始放縮。那么就應該多保留幾項然后從后面開始放縮，這樣就可以得到想要的結果。

方法3（柯西不等式）：利用柯西不等式可以得到以下結果

(???

2n)

?(n?12?)

n?（2?2)

?

1)?(n(2)

1?

?1則)

((n??2?1)(n?2)2?(21)(1?1?n)2

?(21)n)2

?1)

?n((n??2?1)(n?2)2

?n(n?(?n?1)(n?1)?(n?2)?1

?(2n?1)(2

n))?

(?故??21n)?，故不等式得證。

這個方法看似巧妙但是這是建立在對柯西不等式有一定了解的基礎上的，但是對與于高考壓軸題，柯西不等式確實是解決不等式的重要手段。希望廣大的考生好好培養對于柯 西不等式的認識。希望文章對大家有幫助！

署名：陳強湖北大學學生 電話：***

第三篇：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?。┠承╉棧?）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?？紤]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

第四篇：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

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

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第12頁（共13頁）

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