第一篇：如何選取最簡捷的方法證明不等式

如何選取最簡捷的方法證明不等式

王

莉

不等式的證明是中學學習中經(jīng)常碰到了一類題目，它的方法有很多種，比較法（作 差法，作商法），分析法，反證法，放縮法，判別式法，換元法，函數(shù)法，數(shù)學歸納法，而現(xiàn)在的教學中對這些方法的介紹不再面面俱到，使得有些學生只知道其中部分方法，甚至有的學生只知道作差法，而碰到不能用作差法得到的題目，學生會一籌莫展。面對這么多種方法學生即使方法全部掌握，在考試中也不能在短短的時間內(nèi)判斷出用什么方法又快又準確。而這篇論文就是針對這個問題尋找出每種方法的適用范圍，從而找出規(guī)律。

一.介紹證明不等式的方法和適用范圍 1． 比較法

比較法是證明不等式最基本，最常用，最重要的方法之一。

a)作差法的理論依據(jù)是a>b(a=b,a0(a-b=0,a-b<0),它適用于當兩項屬于實數(shù)范圍且作差后有公因式的整式，分式之間。

b)作商法的理論依據(jù)是(a,b?R)a>b(a=b,a

把某些已經(jīng)證明過的不等式作為基礎(chǔ)，再運用不等式的性質(zhì)推導出所要求證的不等式，這種證明方法通常叫做綜合法。它涉及到的基本不等式和常用不等式有

a??? 當且僅當a=0是等號成立

a,b?R,a?b?? a,b?R,a??ab 當且僅當a=b時等號成立

??b???ab，當且僅當a=b時等號成立

a,b,c?R,a?b?c???abc，當且僅當a=b=c時等號成立

其中尤其重要的是等號成立的條件，特別做實際問題的不等式證明時要注意，它適用在滿足基本不等式或常用不等式條件和結(jié)果的一切不等式，當然題目不可能很容易看出是否滿足，所以要注意技巧即能夠根據(jù)要求拆或合項。3． 分析法

證明不等式時,有時可以從求證的不等式出發(fā)，分析使這個不等式成立的條件，把證明這個不等式轉(zhuǎn)化為判定這些條件是否具備的問題。如果能夠肯定這些條件都已具備，那么就可以斷定原不等式成立。這種證明方法通常叫做分析法。注意的是用分析法證明不等式，分析過程必須步步可逆。而在證明不等式時，用分析法尋找解題思路，再用綜合法有條理的表達證明過程較宜。它適合用于含根式的不等式處理時先證明兩邊平方的大小關(guān)系也可分子有理化。4． 反證法

從假設(shè)結(jié)論不成立入手，推出與“已知條件，假設(shè)，公理，定理或顯然成立的事實”等相矛盾的結(jié)果，從而判定假設(shè)錯誤，結(jié)論成立，這種方法叫做反證法。用反證法解題的實質(zhì)就是否定結(jié)論導出矛盾，從而說明原結(jié)論正確。反證法的一般步驟（1）否定結(jié)論（2）推理論證（3）導出矛盾（4）肯定結(jié)論，它的原理是“否定之否定等于肯定”用反證法證明不等式，常用的否定形式有：“?”的反面為“<”；“?”的反面為“>”，“=”的反面為“?”，“至少有一個”的反面是“一個都沒有”它適用于證明存在性問題，唯一性問題，或者帶有至少或至多等字樣的問題。5． 放縮法

從不等式的一邊入手，逐漸放大，縮小不等式，直到得到不等式的另一邊，這種方法叫做放縮法。運用放縮法要注意放縮必須適度，放得過大或縮得過小都不能達到證題的目的。它的理論依據(jù)主要有（1）不等式的傳遞性；（2）等量加不等量為不等量;(3)同分子（分母）異分母（分子）的兩個分時大小的比較.放縮時使用的主

?????要方法（1）舍去或加上一些項，如，(a?)??(a?)(2)將分子或分母

???放大，如?k???k(k??)，?k???k(k??)*，?k??k?k??

?k??k?k??(k?N,k??)它適用于含可以配方的式子或者含滿足上述方法二的式子的不等式。

6． 判別法

證明形如“a?y?a?xa?x???b?x?c??b?x?c??b,c?y?a?x??b?x?c?a?x?b??d”的不等式，可通過將不等式中的y整理成形如f(y)x??g(y)x??(y)??的形式后，依據(jù)(1)f(y)??時，由x?R,⊿≥0,得y的取值范圍為A(2)討論f(y)=0時，f(y)x??g(y)x??(y)??中的x的值是否為函數(shù)y的定義域中的值？是，結(jié)合（1）可以確定y的范圍為A及f(y)=0的y值；否則y的范圍為A.這種證明不等式的方法叫做判別式法。它適用于分子分母都是二次函數(shù)或有一個為二次函數(shù)的可以轉(zhuǎn)換為f(y)x??g(y)x??(y)??形式的分式，同時要注意對x?項系數(shù)f(y)=0)和f(y)??兩種情況的討論。

x?而x=0是函數(shù)y=

?x???x??,的定義域中的一個值，所以y=1屬于它的值域中的一個值 ????y??? 即證

7． 換元法

在證明不等式的過程中，將不等式中的變量作適當?shù)拇鷵Q，使不等式得到證明，這種方法叫做不等式證明中的換元法。換元法沒有固定的模式，用換元法證明不等式，常用的方法是“三角換元法”和“代數(shù)換元法”其中三角換元法常用的公式有：sin???cos???? ??tan???sec?? ??cot???cscxa??

{x?Rcos?y?Rsin?適用范圍：如果不等式中的變量|x|≤a(a為常數(shù))則把

??????設(shè)為sin?

或者cos ?如果題目中含有“x?y?R，x?y?R，R??x?也可以用{x?Rcos?y?Rsin?代換。如果題目含有R??x?，x??R?可用x=Rtan?

???????一個實數(shù)的可能性。需要注意的是在代換時，新的變量的變化范圍必須確保原來的變量的變化范圍不發(fā)生變化。8． 函數(shù)法

所謂函數(shù)法是指根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性（先構(gòu)造函數(shù)）證明不等式的方法，而所構(gòu)造 的函數(shù)必須是單調(diào)函數(shù)，解決這個問題的關(guān)鍵是建立初等函數(shù)模型與不等式的“外形”的對應(yīng)關(guān)系。它適用于不等式兩邊有相同函數(shù)形式的不等式 9． 數(shù)學歸納法 x=Rsec?特別是當?時，tan?可取全體實數(shù)，所以tan?有代換任何通過（1）證明n取第一個值n?使命題成立（2）假設(shè)n=k(k?N*,k?n?)使命題成立，證明n=k+1時命題也成立。這種證明方法叫做數(shù)學歸納法。它適用于與正整數(shù)n有關(guān)得不等式等。

二.上述幾種方法在證明一道不等式中的應(yīng)用 已知p>0, q>0,且p??q??? 求證：p+q≤2.證法一（綜合法）：?pp??q=2

?? ??????p??q??????q?=2 又?p>0,q>0 ????????????≥p+q ?p+q≤2 證法二（反證法）假設(shè)p+q>2,則p>2-q, ?p>0,q>0, p ?p???q??? ?q<2,即2-q>0

??(??q)??????q??q?(p???q，?? ?????q??q???q)?? 即?(q??)??

這與(q??)≥0矛盾。?假設(shè)不成立。?p+q≤2

p??q??(p?q)(p???pq?q)?(p?q)[(p?q)???? 證法三（放縮法）???(p?q)]????

(p?q)?(p?q)?? ?p>0,q>0 ?p+q≤2

? 證法四（判別式法）設(shè)p+q=a,則?p>0,q>0，?a>0 ?p ?p?q??p??q=2

??pq?q???(p?q)???pq

?p=a-q ?a??a???q(a?q)???a???aq??q?

??aq???aq?a???????(q系數(shù)3a>0)，? ?q?R ????a ?a(a????a(a????)??即??a????a≥0

??)?? ?a??(?a??)?p+q≤2 證法五（換元法）由已知p>0,q>0 設(shè)p=msin 則p??? q=mcos?m???(00)，??q?sin???m[???????sinsin???] ??)???m

? ?0

??m≤2,即p+q≤2 可以看出在這五種證明方法中綜合法和放縮法是比較簡單的方法，它們用較少的步驟就得到了不等式要證明的答案。由此可以看出對于同一道證明題，選取不同的方法，證明是簡單還是復(fù)雜會相應(yīng)的改變，所以在做不等式的證明中如果能選取比較合適的證明方法，就可以提高解題速度，從而提高學習效率。

?q????

參考文獻：

龍門書局 《不等式》 主編 傅榮強

常用不等式—2004第3版 匡繼昌著 濟南山東科學技術(shù)出版社

不等式 嚴鎮(zhèn)軍 中國科學技術(shù)大學

第二篇：Zirakzadeh不等式的兩個簡捷證明

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Zirakzadeh不等式的兩個簡捷證明

作者：曹嘉興

來源：《中學數(shù)學雜志(高中版)》2012年第06期

1960年，Zirakzadeh提出了如下不等式：

命題 設(shè)P、Q、R分別位于△ABC的邊BC、CA、AB上，且將△ABC的周界三等分，記BC=a，CA=b，AB=c，則PQ+QR+RP≥1/2（a+b+c）.

第三篇：證明不等式方法

不等式的證明是高中數(shù)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(jié)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(shù)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(jié)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(shè)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(shè)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(fā)，根據(jù)不等式性質(zhì)推算出要證明不等式。

例4，設(shè)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(shù)，n是正整數(shù)，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(jīng)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(jù)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╉?，（3）擴大（或縮?。┓质降姆肿樱ɑ蚍帜福┑?。

例6：已知a、b、c、d都是正數(shù)

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(shù)問題時，使用適當?shù)娜呛瘮?shù)進行換元，把代數(shù)問題轉(zhuǎn)化成三角問題，充分利用三角函數(shù)的性質(zhì)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(fù)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(shè)一個輔助未知數(shù)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(shè)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(jié)論不成立，然后依據(jù)已知條件以及有關(guān)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(jié)論，從而肯定原有結(jié)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(jié)論中只有一次，應(yīng)考慮到用術(shù)立方根，同時用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。

證明：解設(shè)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(shù)學歸納法

與自然數(shù)n有關(guān)的不等式，通?？紤]用數(shù)學歸納法來證明。用數(shù)學歸納法證題時的兩個步驟缺一不可。

例10：設(shè)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(guān)，可采用數(shù)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(shè)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(gòu)造法

根據(jù)求證不等式的具體結(jié)構(gòu)所證，通過構(gòu)造函數(shù)、數(shù)列、合數(shù)和圖形等，達到證明的目的，這種方法則叫構(gòu)造法。

1構(gòu)造函數(shù)法

例11：證明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

證明：設(shè)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(jù)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(gòu)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(jié)構(gòu)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(shè)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(shè)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(yōu)先考慮“添項”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍數(shù)添項

若不等式中含有奇數(shù)項的和，可通過對不等式乘以2變成偶數(shù)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(shù)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(shù)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(fù)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(shù)c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對任意正數(shù)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(shù)，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(jù)不等式的性質(zhì)：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(shè)x+y>0，n為偶數(shù)，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(shù)，∴ 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(shù)時，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同號，應(yīng)分x、y同號和異號兩種情況討論。

正解：應(yīng)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(shè)x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n為偶數(shù)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(shù)統(tǒng)系數(shù)學與應(yīng)用數(shù)學 專業(yè) 11 級本科生

論文（設(shè)計）選題實習報告

11級數(shù)學與應(yīng)用數(shù)學專業(yè)《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：最值證明不等式

最值證明不等式

ln x(2)證明：f(x)＝>x－1(x>0，x≠1)x

18．證：令g(x)＝x－1－f(x)，原不等式等價于 g(x)>0(x>0，x≠1)．

g(x)滿足g(1)＝0，且

x－1＋ln xg′(x)＝1x當0

2當x>1時，x－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，故g(x)單調(diào)遞增．

所以g(x)>g(1)＝0(x>0，x≠1)．

ln x所以f(x)＝－1(x>0，x≠1)x