证明不等式方法

2020-03-02 14:04:39 来源：范文大全收藏下载本文

不等式的证明是高中数学的一个难点，题型广泛，涉及面广，证法灵活，错法多种多样，本节通这一些实例，归纳整理证明不等式时常用的方法和技巧。 1比较法

比较法是证明不等式的最基本方法，具体有\"作差\"比较和\"作商\"比较两种。基本思想是把难于比较的式子变成其差与0比较大小或其商与1比较大小。当求证的不等式两端是分项式（或分式）时，常用作差比较，当求证的不等式两端是乘积形式（或幂指数式时常用作商比较）

例1已知a+b≥0，求证：a3+b3≥a2b+ab

2分析：由题目观察知用\"作差\"比较，然后提取公因式，结合a+b≥0来说明作差后的正或负，从而达到证明不等式的目的，步骤是10作差20变形整理30判断差式的正负。

∵（a3+b3)(a2b+ab2)

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

=(a-b)(a2-b2)

证明： =(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 设a、b∈R+，且a≠b，求证：aabb＞abba

分析：由求证的不等式可知，a、b具有轮换对称性，因此可在设a＞b＞0的前提下用作商比较法，作商后同\"1\"比较大小，从而达到证明目的，步骤是：10作商20商形整理30判断为与1的大小

证明：由a、b的对称性，不妨解a＞b＞0则

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

练习1 已知a、b∈R+，n∈N，求证（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变式证明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及变形有：

（1）若a、b∈R，则a2+b2≥2ab（当且仅当a=b时，取等号）

（2）若a、b∈R+，则a+b≥ 2ab（当且仅当a=b时，取等号）

（3）若a、b同号，则 ba+ab≥2（当且仅当a=b时，取等号）

例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1则a1-b2+b1-a2≤

1分析：通过观察可直接套用： xy≤x2+y2

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

∴b1-a2+a1-b2≤1，当且仅当a1+b2=1时，等号成立

练习2：若 ab0，证明a+1(a-b)b≥

33综合法

综合法就是从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式性质推算出要证明不等式。

例4，设a0，b0，a+b=1，证明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252

证明：∵ a0，b0，a+b=1

∴ab≤14或1ab≥

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

=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252

练习3：已知a、b、c为正数，n是正整数，且f (n)=1gan+bn+cn

3求证：2f（n）≤f（2n）

4分析法

从理论入手，寻找命题成立的充分条件，一直到这个条件是可以证明或已经证明的不等式时，便可推出原不等式成立，这种方法称为分析法。

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

分析：观察求证式为一个连锁不等式，不易用比较法，又据观察求证式等价于｜a-c｜＜c2-ab也不适用基本不等式法，用分析法较合适。

要证c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

只需证-c2-ab＜a-c＜c2-ab

证明：即证｜a-c｜＜c2-ab

即证 (a-c)2＜c2-ab

即证 a2-2ac＜-ab

∵a＞0，∴即要证 a-2c＜-b 即需证2+b＜2c，即为已知

∴ 不等式成立

练习4：已知a∈R且a≠1，求证：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）

25放缩法

放缩法是在证明不等式时，把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明不等式，是证明不等式的重要方法，技巧性较强常用技巧有：（1）舍去一些正项（或负项），（2）在和或积中换大（或换小）某些项，（3）扩大（或缩小）分式的分子（或分母）等。

例6：已知a、b、c、d都是正数

求证： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2分析：观察式子特点，若将4个分式商为同分母，问题可解决，要商同分母除通分外，还可用放缩法，但通分太麻烦，故用放编法。

证明：∵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

综上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2

练习5：已知：a＜2，求证：loga(a+1)＜1

6换元法

换元法是许多实际问题解决中可以起到化难为易，化繁为简的作用，有些问题直接证明较为困难，若通过换元的思想与方法去解就很方便，常用于条件不等式的证明，常见的是三角换元。

(1)三角换元：

是一种常用的换元方法，在解代数问题时，使用适当的三角函数进行换元，把代数问题转化成三角问题，充分利用三角函数的性质去解决问题。

例

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

1证明： ∵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

复习6：已知1≤x2+y2≤2，求证：12 ≤x2-xy+y2≤

3(2)比值换元：

对于在已知条件中含有若干个等比式的问题，往往可先设一个辅助未知数表示这个比值，然后代入求证式，即可。

例8：已知 x-1=y+12=z-23，求证：x2+y2+z2≥431

4证明：设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反证法

有些不等式从正面证如果不好说清楚，可以考虑反证法，即先否定结论不成立，然后依据已知条件以及有关的定义、定理、公理，逐步推导出与定义、定理、公理或已知条件等相矛盾或自相矛盾的结论，从而肯定原有结论是正确的，凡是\"至少\"、\"唯一\"或含有否定词的命题，适宜用反证法。

例9：已知p3+q3=2，求证：p+q≤

2分析：本题已知为p、q的三次，而结论中只有一次，应考虑到用术立方根，同时用放缩法，很难得证，故考虑用反证法。

证明：解设p+q＞2，那么p＞2-q

∴p3＞（2-q）3=8-12q+6q2-q

3将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练习7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求证：a＞0，b＞0，c＞0

8数学归纳法

与自然数n有关的不等式，通常考虑用数学归纳法来证明。用数学归纳法证题时的两个步骤缺一不可。

例10：设n∈N，且n＞1,求证： (1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+12

分析：观察求证式与n有关，可采用数学归纳法

证明：（1）当n=2时，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假设n=k(k≥2，k∈n)时不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k-1)＞2k+12 那么当n=k+1时，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)＞2k+12·(1+12k+1)①

要证①式左边＞2k+32，只要证2k+12·

2k+22k+1＞2k+32②

对于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，即当n=k+1时，原不等式成立

由（1）（2）证明可知，对一切n≥2（n∈N），原不等式成立

练习8：已知n∈N，且n＞1，求证： 1n+1+1n+2+…+12n＞132

49构造法

根据求证不等式的具体结构所证，通过构造函数、数列、合数和图形等，达到证明的目的，这种方法则叫构造法。

1构造函数法

例11：证明不等式：x1-2x ＜x2 （x≠0）

证明：设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）的图像表示y轴对称

∵当x＞0时，1-2x＜0 ，故f（x）＜0

∴当x＜0时，据图像的对称性知f（x）＜0

∴当x≠0时，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

练习9：已知a＞b，2b＞a+c，求证：b- b2-ab＜a＜b+b2-ab

2构造图形法

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

分析：由1+x2 的结构可知这是直角坐标平面上两点A(1，x)，0(0，0)的距离即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2

于是如下图，设A(1，a)，B(1，b)则0A= 1+a2 0B=1+b2

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

练习10：设a≥c，b≥c，c≥0，求证 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添项法

某些不等式的证明若能优先考虑\"添项\"技巧，能得到快速求解的效果。

1倍数添项

若不等式中含有奇数项的和，可通过对不等式乘以2变成偶数项的和，然后分组利用已知不等式进行放缩。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（当且仅当a=b=c时等号成立）证明：∵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

当且仅当a=b，b=c，c=a即a=b=c时，等号成立。

2平方添项

运用此法必须注意原不等号的方向

例14 ：对于一切大于1的自然数n，求证：

(1+13 )(1+15 )…(1+12n-1＞ 2n+1 2)

证明：∵b ＞ a＞ 0，m＞ 0时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平均值添项

例15：在△ABC中，求证sinA+sinB+sinC≤3

32分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算术平均值添项sin π

3证明：先证命题：若x＞0，y＜π，则sinx+siny≤2sin x+y2（当且仅当x=y时等号成立）∵0＜x+y2＜ π，-π2＜ x-y2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosx-y

2∴上式成立

反复运用这个命题，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332

∴sinA+sinB≠sinC≤332

练习11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18

4利用均值不等式等号成立的条件添项

例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，

求证a4+b4＞ 18

分析：若取消a≠b的限制则a=b= 12时，等号成立

证明：∵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中等号不成立∴③中等号不成立∴ 原不等式成立

1．是否存在常数c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y对任意正数x,y恒成立？错解：证明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故说明c存在。

正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下证不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。要证不等式xx+2y+xx+2y≤23 ，因为x,y是正数，即证3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即证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+ ，求证：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

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

错因：根据不等式的性质：若a ＞b＞ 0，c ＞d ＞0,则ac bd，但 ac＞bd却不一定成立正解：x2y2+y2z2≥ 2x y2z，

y2z2+z2x2≥ 2x yz2，

x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，

以上三式相加，化简得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，

两边同除以x+y+z:

x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

6.3 设x+y>0， n为偶数，求证yn-1xn+xn-1yn≥

1x 1y

错证：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y

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