第一篇：選修4-5不等式的證明方法及習(xí)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(shù)，并且a < b，求證：

a?mb?m

?ab

變式：若a > b，結(jié)果會(huì)怎樣？若沒有“a < b”這個(gè)條件，應(yīng)如何判斷？ 3.已知a, b都是正數(shù)，并且a ? b，求證：a5 + b5 > a2b3 + a3b

24.甲乙兩人同時(shí)同地沿同一路線走到同一地點(diǎn)，甲有一半時(shí)間以速度m行走，另一半時(shí)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(dá)指定地點(diǎn)？

變式：若m = n，結(jié)果會(huì)怎樣？

二：作商法

a?b

1.設(shè)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(shù)，求證：

a(b?c)?b(c?a)?c(a?b)?6abc

2.已知a，b，c都是正數(shù)，且a，b，c成等比數(shù)列，求證：a2?b2?c2?(a?b?c)2 練習(xí)：

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(chǎn) , 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(dāng)流速相同時(shí)，如果水管截面的周長(zhǎng)相等，那么截面是圓的水練習(xí)：

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(shù),且loga>logablogba,那么下列四個(gè)結(jié)論中正確的個(gè)

b

數(shù)是（1b

>b>a2②logab+logba=0③0

答案:A

(2)設(shè)x1和x2是方程x2+px+4=0的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)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(gè)數(shù)中最小的一個(gè)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(shè)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(dāng)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(shù)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(shè)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(dāng)a = 1時(shí)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(dāng) n > 2 時(shí)，求證：logn(n?1)logn(n?1)?1 證明：（用放縮法）∵n > 2∴l(xiāng)ogn(n?1)?0,logn(n?1)?0

?lognn2??logn(n2?1)??logn(n?1)?logn(n?1)?

??∴l(xiāng)ogn(n?1)logn(n?1)????1 ????22???2???

∴n > 2時(shí),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(shè)0 < a, b, c < 1，求證：(1 ? a)b,(1 ? b)c,(1 ? c)a,不可能同時(shí)大于 證明：（用反證法）設(shè)(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(shí)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(shè)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(shè)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(xí)

1．設(shè)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(shè)0 < a, b, c < 2，求證：(2 ? a)c,(2 ? b)a,(2 ? c)b,不可能同時(shí)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?yàn)樵O(shè)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(gè)小于2

反證法：設(shè)

1?yx

≥2，1?xy

≥2∵x, y > 0，可得x + y ≤2與x + y >2矛盾

第二篇：證明不等式方法

不等式的證明是高中數(shù)學(xué)的一個(gè)難點(diǎn)，題型廣泛，涉及面廣，證法靈活，錯(cuò)法多種多樣，本節(jié)通這一些實(shí)例，歸納整理證明不等式時(shí)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(dāng)求證的不等式兩端是分項(xiàng)式（或分式）時(shí)，常用作差比較，當(dāng)求證的不等式兩端是乘積形式（或冪指數(shù)式時(shí)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(fù)，從而達(dá)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(fù)。

∵（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(duì)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(dá)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(duì)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(xí)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(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，取等號(hào)）

（2）若a、b∈R+，則a+b≥ 2ab（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，取等號(hào)）

（3）若a、b同號(hào)，則 ba+ab≥2（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，取等號(hào)）

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(dāng)且僅當(dāng)a1+b2=1時(shí)，等號(hào)成立

練習(xí)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(xí)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(gè)條件是可以證明或已經(jīng)證明的不等式時(shí)，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(gè)連鎖不等式，不易用比較法，又據(jù)觀察求證式等價(jià)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(xí)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(shí)，把不等式的一邊適當(dāng)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(qiáng)常用技巧有：（1）舍去一些正項(xiàng)（或負(fù)項(xiàng)），（2）在和或積中換大（或換?。┠承╉?xiàng)，（3）擴(kuò)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(diǎn)，若將4個(gè)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(xí)5：已知：a＜2，求證：loga(a+1)＜1

6換元法

換元法是許多實(shí)際問題解決中可以起到化難為易，化繁為簡(jiǎn)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(shí)，使用適當(dāng)?shù)娜呛瘮?shù)進(jìn)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(xí)6：已知1≤x2+y2≤2，求證：12 ≤x2-xy+y2≤

3(2)比值換元：

對(duì)于在已知條件中含有若干個(gè)等比式的問題，往往可先設(shè)一個(gè)輔助未知數(shù)表示這個(gè)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(dǎo)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(shí)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(xí)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(xué)歸納法

與自然數(shù)n有關(guān)的不等式，通常考慮用數(shù)學(xué)歸納法來證明。用數(shù)學(xué)歸納法證題時(shí)的兩個(gè)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(xué)歸納法

證明：（1）當(dāng)n=2時(shí)，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假設(shè)n=k(k≥2，k∈n)時(shí)不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k-1)＞2k+12 那么當(dāng)n=k+1時(shí)，(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(duì)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(dāng)n=k+1時(shí)，原不等式成立

由（1）（2）證明可知，對(duì)一切n≥2（n∈N），原不等式成立

練習(xí)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(dá)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(duì)稱

∵當(dāng)x＞0時(shí)，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴當(dāng)x＜0時(shí)，據(jù)圖像的對(duì)稱性知f（x）＜0

∴當(dāng)x≠0時(shí)，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

練習(xí)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(biāo)平面上兩點(diǎn)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(xí)10：設(shè)a≥c，b≥c，c≥0，求證 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添項(xiàng)法

某些不等式的證明若能優(yōu)先考慮“添項(xiàng)”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍數(shù)添項(xiàng)

若不等式中含有奇數(shù)項(xiàng)的和，可通過對(duì)不等式乘以2變成偶數(shù)項(xiàng)的和，然后分組利用已知不等式進(jìn)行放縮。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)等號(hào)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(dāng)且僅當(dāng)a=b，b=c，c=a即a=b=c時(shí)，等號(hào)成立。

2平方添項(xiàng)

運(yùn)用此法必須注意原不等號(hào)的方向

例14 ：對(duì)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(shí)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(xiàng)

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(xiàng)sin π

3證明：先證命題：若x＞0，y＜π，則sinx+siny≤2sin x+y2（當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)等號(hào)成立）∵0＜x+y2＜ π，-π2＜ x-y2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosx-y

2∴上式成立

反復(fù)運(yùn)用這個(gè)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(xí)11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18

4利用均值不等式等號(hào)成立的條件添項(xiàng)

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(shí)，等號(hào)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(hào)不成立∴③中等號(hào)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(duì)任意正數(shù)x,y恒成立？ 錯(cuò)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?yàn)閤,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(cuò)解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz

錯(cuò)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(jiǎn)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(cuò)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(hào)，∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

錯(cuò)因：在x+y>0的條件下，n為偶數(shù)時(shí)，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同號(hào)，應(yīng)分x、y同號(hào)和異號(hào)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(dāng)x>0,y>0時(shí)，(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(dāng)x,y有一個(gè)是負(fù)值時(shí)，不妨設(shè)x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n為偶數(shù)時(shí),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：不等式的證明方法習(xí)題精選精講

習(xí)題精選精講

不等式的證明

不等式的證明是高中數(shù)學(xué)的一個(gè)難點(diǎn)，證明方法多種多樣，近幾年高考出現(xiàn)較為形式較為活躍，證明中經(jīng)常需與函數(shù)、數(shù)列的知識(shí)綜合應(yīng)用，靈活的掌握運(yùn)用各種方法是學(xué)好這部分知識(shí)的一個(gè)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(yīng)用。常用2a2?b2a?b?22(其中a,b?R)來解決有關(guān)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(shù)，求證：111111????? 2a2b2ca?bb?cc?a

2證明：∵a,b均為正數(shù)，∴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(jù)題設(shè)條件與基本不等式的性質(zhì)等，運(yùn)用不等式的變換，從已知條件推出所要證明的結(jié)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(shè)a、b、c是互不相等的正數(shù)，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(gè)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(zhí)果索因”：從求證的不等式出發(fā)，探索使結(jié)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(shù)，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(shí)質(zhì)上就是變量代換法，即對(duì)所證不等式的題設(shè)和結(jié)論中的字母作適當(dāng)?shù)淖儞Q，以達(dá)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(shè)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(shè)a－b=x,b－c=y(x, y>0)則a－c= x + y, 原不等式轉(zhuǎn)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(dāng)僅x=y當(dāng)“=”成立）

xyyxyx

12知1≤x＋y≤2，求證：

≤x－xy＋y≤3．

證明：∵1≤x＋y≤2，∴可設(shè)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(shè)x－y = rcos?，y = rsin?，其中0≤r≤∴| x＋y | =| x－y＋2y | = | rcos?＋2rsin?| = r|14解不等式解：因?yàn)椋?sin(?＋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(shè)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(duì)稱式(任意互換兩個(gè)字母，代數(shù)式不變)和給定字母順序(如a＞b＞c)的不等式，常用增量進(jìn)行代換，代換的目的是減少變量的個(gè)數(shù)，使要證的結(jié)論更清晰，思路更直觀，這樣可以使問題化難為易，化繁為簡(jiǎn)． 16a，b?R，且a＋b = 1，求證：(a＋2)＋(b＋2)≥

證明：∵a，b?R，且a＋b = 1，∴設(shè)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(shè)?矛盾?肯定”，采用反證法時(shí)，應(yīng)從與結(jié)論相反的假設(shè)出發(fā)，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(shè)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(shè)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(shè)(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(shè)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(shí)大于。

證明：假設(shè)三式同時(shí)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(shù)。

a?b?c?0a、b、c兩負(fù)一正

證明：反證法：假設(shè)a、b、c不均為正數(shù)又 ∵ 不妨設(shè)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(shè)不成立∴

6、放縮法

放縮時(shí)常用的方法有：1去或加上一些項(xiàng)2分子或分母放大（或縮?。?用函數(shù)單調(diào)性放縮4用已知不等式放縮 22已知a、b、c、d都是正數(shù)，求證：1＜

a、b、c均為正數(shù)

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(gè)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(nèi)角，、、為任意實(shí)數(shù)，求證：

證明：構(gòu)造函數(shù)，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(gòu)造函數(shù)法

構(gòu)造函數(shù)法證明不等式24 設(shè)0≤a、b、c≤2，求證：4a＋b＋c＋abc≥2ab＋2bc＋2ca． 證明：視a為自變量，構(gòu)造一次函數(shù)

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(gòu)造向量法證明不等式根據(jù)已知條件與欲證不等式結(jié)構(gòu)，將其轉(zhuǎn)化為向量形式，利用向量數(shù)量積及不等式關(guān)系m·|n|，就能避免復(fù)雜的湊配技巧，使解題過程簡(jiǎn)化．應(yīng)用這一方法證明一些具有和積結(jié)構(gòu)的代數(shù)不等式，思路清晰，易于掌握． 25 設(shè)a、b∈R，且a＋b =1，求證：(a＋2)＋(b＋2)≥

?

?

?

?22

?

．

證明：構(gòu)造向量m=(a＋2，b＋2)，n=(1，1)．設(shè)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(gòu)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(lián)系，則可根據(jù)已知式的結(jié)構(gòu)挖掘出它的幾何背景，通過構(gòu)造解析幾何模型，化數(shù)為形，利用數(shù)學(xué)模型的直觀性，將不等式表達(dá)的抽象數(shù)量關(guān)系轉(zhuǎn)化為圖形加以解決．

26設(shè)a＞0，b＞0，a＋b = 1，求證：

2a?1＋2b?1≤2．

≤2．這可認(rèn)為是點(diǎn)

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(diǎn)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．

第四篇：不等式證明若干方法

安康學(xué)院 數(shù)統(tǒng)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué) 專業(yè) 11 級(jí)本科生

論文（設(shè)計(jì)）選題實(shí)習(xí)報(bào)告

11級(jí)數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)《科研訓(xùn)練2》評(píng)分表

注：綜合評(píng)分?60的為“及格”； <60分的為“不及格”。

第五篇：不等式的證明方法

幾個(gè)簡(jiǎn)單的證明方法

一、比較法：

a?b等價(jià)于a?b?0；而a?b?0等價(jià)于a

b?1.即a與b的比較轉(zhuǎn)化為與0

或1的比較.使用比較發(fā)時(shí)，關(guān)鍵是要作適當(dāng)?shù)淖冃?，如因式分解、拆?xiàng)、加減項(xiàng)、通分等，這是第一章中許多代數(shù)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?qū)Ч?，即是由已知條件和已知的不等式出發(fā)，推導(dǎo)出所要證明的不等式；分析法是執(zhí)果索因，即是要逐步找出使結(jié)論成立的充分條件或者充要條件，最后歸結(jié)為已知的不等式或已知條件.對(duì)于條件簡(jiǎn)單而結(jié)論復(fù)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(shè)所要證的不等式不成立，從原不等式的結(jié)論的反面出發(fā)，通過合理的邏輯推理導(dǎo)出矛盾，從而斷定所要證的不等式成立.要注意對(duì)所有可能的反面結(jié)果都要逐一進(jìn)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(xiàng)適當(dāng)?shù)姆糯蠡蚩s小，或舍去若干項(xiàng)等以達(dá)證題目的.放縮法的方法有： ①添加或舍去一些項(xiàng)，如：a2?1?a；n(n?1)?n；

②將分子或分母放大（或縮?。?；

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(jié)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?。?/p>

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(jiǎn)，常用的換元有三角換元和代數(shù)換元.如：

已知x2?y2?a2，可設(shè)x?acos?,y?asin?；

已知x2?y2?1，可設(shè)x?rcos?,y?rsin?(0?r?1)； 已知

xaxa

2?

ybyb

?1，可設(shè)x?acos?,y?bsin?；

已知

?

?1，可設(shè)x?asec?,y?btan?；

六、數(shù)學(xué)歸納法法：

與自然數(shù)n有關(guān)的許多不等式，可考慮用數(shù)學(xué)歸納法證明，數(shù)學(xué)歸納法法證明不等式在數(shù)學(xué)歸納法中有專門的研究.但運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法時(shí)要注意：

第一，數(shù)學(xué)歸納法有多種形式.李大元就證明了下述七種等價(jià)的形式：設(shè)P(n)是與n有關(guān)的命題，則

(1)、設(shè)P(n0)成立，且對(duì)于任意的k?n0，從P(k)成立可推出P(k?1)成立，則P(n)對(duì)所有大于n0的n都成立.(2)、設(shè)m是任給的自然數(shù)，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(duì)所有不超過m的n都成立.(3)、(反向歸納法)設(shè)有無窮多個(gè)自然數(shù)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(duì)所有n成立.(4)、若P(且P(n)對(duì)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(duì)所有n成立.(5)、(最小數(shù)原理)自然數(shù)集的非空子集中必有一個(gè)最小數(shù).(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(duì)所有n成立.(7)、(無窮遞降法)若P(n)對(duì)某個(gè)n成立可推出存在n1?n，使得P(n1)成立，則P(n)對(duì)所有n成立.此外，還有螺旋歸納法(又叫翹翹板歸納法)：設(shè)有兩個(gè)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(shù)，則P(n),Q(n)對(duì)所有n都成立，它可以推廣到兩個(gè)以上的命題.這些形式雖然等價(jià)，但在不同情形中使用各有方便之處.在使用它們時(shí)，若能注意運(yùn)用變形和放縮等技巧，往往可收到化難為易的奇效.對(duì)于有些不等式與兩個(gè)獨(dú)立的自然數(shù)m,n有關(guān)，可考慮用二重?cái)?shù)學(xué)歸納法，即若要證命題P(m,n)對(duì)所有m,n成立，可分兩步：①先證P(1,n),P(m,1)對(duì)所有m,n成立；②設(shè)P(m?1,n),P(m,n?1)成立，證明P(m?1,n?1)也成立.第二，數(shù)學(xué)歸納法與其它方法的綜合運(yùn)用，例如，證明

n

?

k?

11k

sinkx?0,(0?x??)

就要綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法，反證法與極值法；有時(shí)可將n換成連續(xù)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(shù)學(xué)歸納法證明的.七、構(gòu)造法：

通過構(gòu)造函數(shù)、方程、數(shù)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(shù)學(xué)歸納法仍是證明不等式的最基本方法．要依據(jù)題設(shè)、題斷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)、內(nèi)在聯(lián)系，選擇適當(dāng)?shù)淖C明方法，要熟悉各種證法中的推理思維，并掌握相應(yīng)的步驟，技巧和語言特點(diǎn)．筆者將在第三章中詳細(xì)地介紹構(gòu)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(fā)現(xiàn)和證明新的不等式，是廣泛應(yīng)用的基本技巧.這種方法往往要與其它方法結(jié)合一起運(yùn)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(dāng)且僅當(dāng)a?b?時(shí)，取等號(hào)).?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(diǎn)評(píng)：分析法是基本的數(shù)學(xué)方法，使用時(shí)，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(shè)(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(diǎn)評(píng)：根據(jù)不等式左邊是平方和及a?b?1這個(gè)特點(diǎn)，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(shè)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(dāng)且僅當(dāng)t?0時(shí)，等號(hào)成立.點(diǎn)評(píng)：形如a?b?1結(jié)構(gòu)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(shè)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?yàn)閍?R，所以??4?4?2?(13?y)?0，即y?故?a?2???b?2??

252

.252

.下面，筆者將運(yùn)用數(shù)學(xué)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(gè)引理.引理：設(shè)A?0，B?0，則(A+B)n?An+nA(n-1)B，其中n?N?.證明：由二項(xiàng)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