考研不等式证明范文

第一篇：考研不等式证明范文

考研数学中的不等式证明

陈玉发

郑州职业技术学院基础教育处450121

摘要：在研究生入学考试中，中值定理是一项必考的内容，几乎每年都有与中值定理相关的证明题.不等式的证明就是其中一项.在不等式的证明中，利用函数的单调性，构造辅助函数是一种常用并且非常有效的方法.但是，有时这种方法非常繁琐.巧用中值定理可使一些不等式的证明简化.

关键词：考研数学不等式中值定理幂级数

(作者简介：陈玉发，男，汉族，出生于1969年5月工作单位：郑州职业技术学院，副教授，硕士，从事数学教育研究.邮编：450121)

微分中值定理是微积分学中的一个重要定理，在研究生入学考试中，几乎每年都会有与中值定理相关的证明题.不等式就是其中一项。下面就考研数学中的不等式证明谈一下中值定理的应用. 在不等式的证明中，利用函数的单调性，构造辅助函数是一种常用并且非常有效的方法.但是，有时这种方法非常繁琐.巧用中值定理可以使一些不等式的证明过程得到简化.下面就历年考研数学中的不等式证明题谈一下.

例1(1993年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷第六题)

(2)设bae，证明ab ba

xa对此不等式的证明，一般我们会想到构造辅助函数， f(x)ax，f(a)0，然后证明

在xa时，f(x)0.这个想法看似简单，而实际过程非常繁琐，有兴趣的读者可以试着证明一下.下面笔者给出几个简便的证明.

证：Ⅰ利用拉格朗日中值定理：abbabalogabbalnb lna

lnblna lna

lnblnalna baa

1lna，其中eablnabaa

1

1lna，其中eab. a

原命题得证.

证：Ⅱ 利用微分中值定理，

abeblnaalnb









blnb alnablnblna1 alnab1b1ln alnaab1b1(lnln1) alnaablnln1lna(微分中值定理) 1a

1

lna，(1b) a

原命题得证.

证明Ⅲ 利用幂级数展开：

设bax，原不等式等价于

aaxa (ax)aaaax(a)x

xa(1

而 xa)， a

ln2a2a1lnaxx2!xlnnanxn!，

xxa(a1)x2a(a1)(an1)xn(1)a1a()(). aa2!an!a

a(a1)(an1)n由于x0，ae，所以lna1，lna.通过比较以上两个级数可知原na

不等式成立.

对于不等式a(1

一下.

例2 (1992年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷第六题) xxa)的证明仍可以利用拉格朗日中值定理证明，有兴趣的读者可以自己证a

设f(x)0，f(0)0，证明对任何x10,x20，有f(x1x2)f(x1)f(x2). 证：不妨设x1x2，

f(x1x2)f(x1)f(x2)f(x1x2)f(x2)f(x1)

f(x1x2)f(x2)f(x1)f(0) (x1x2)(x2)x10

f(1)f(2)，x21x1x2，02x1x2，

显然21，而f(x)0，所以f(x)单调递减.原不等式得证.

例3 (1999年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷第六题)

论证：当x0时, (x21)lnx(x1)2 . (x21)lnx

证：(x1)lnx(x1)(x1)21 22

(x1)lnx1 x1

(x1)lnx(11)ln11，(柯西中值定理) x1

ln(1)

1，(介于1与x之间)

1ln0. 当1时，上式显然成立;当01时，我们可以证明，

命题得证.

例4(2004年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷第三题)

(15)设eabe2，证明lnblna

22224(ba). 2e4ln2bln2a4证：lnblna2(ba)2 e(ba)e

142ln2，(eabe2) e

1

ln2， 2e

因为eabe2，所以，

lnelne222. eee

所以，原不等式成立.

例5(2006年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题第(17)题)

证明：当0ab时， bsinb2cosbbasina2cosaa.

证：令f(x)xsinx2cosxx

bsinb2cosbbasina2cosaa

f(b)f(a) 0

f(b)f(a)0 ba

f()cossin0，0ab

令f(x)xcosxsinx，f()0，f(x)cosxxsinxcosxxsinx0，0axb，所以在(0,)内，f(x)单调减少，即f(x)0.

原命题得证.

例6(2010年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷第(17)题

(1)比较1

0lnt[ln(1t)]ndt与tnlnt的大小,说明理由。 01

解：因为lnt[ln(1t)]n

tnlnt[ln(1t)]n tn

[ln(1t)nln(1t)ln(10)n][](拉格朗日中值定理) tt0

()1，0t1， 1n



所以lnt[ln(1t)]tlnt。即nn1

0lntt)]dtn10tnlnt。

例7(2012年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题第(18)题)

1xx2

cosx1，(1x1).证明：xln1x2

证：原不等式等价于：

x2

x[ln(1x)ln(1x)]1cosx 2

xx2

(仅当x0时取等号)x[ln(1x)ln(1x)]2sin222

[ln(1x)ln(1x)]1(当x0时) 2xxx2sin222

11111，(柯西中值定理，其中0x1)， sinx

21，0x1 2(sin)(1)x

因为(sin)(12)22x，所以不等式成立.

利用同样的方法可以证明当1x0时，不等式成立.

综上所述，原不等式成立.

xx例8 证明：当x0时，xe1xe.

证：当x0时，

ex1xxe1xe1e xxx

exe0

1ex，(利用柯西中值定理) x0

1eex，其中0x.

原不等式成立.

例9 证明：当0x

2时，sinxtanx2x.

证明：sinxtanx2xsinxtanx2 x

sinxtanx(sin0tan0)2 x0

cossec22(柯西中值定理)1

cossec22，

因为

cossec2所以，原不等式成立.

中值定理是证明不等式时常用的一个非常有效的工具.我们习惯于构造辅助函数，利用单调性来证明不等式.而函数的单调性还是通过拉格朗日中值定理进行证明的.因此，利用单调性证明不等式的基础还是微分中值定理.以上几例体现了中值定理在证明不等式时的效果.

2，

第二篇：常用均值不等式及证明证明

这四种平均数满足HnGn

AnQn

、ana

1、a

2、

R，当且仅当a1a2

an时取“=”号

仅是上述不等式的特殊情形，即D(-1)≤D(0)≤D(1)≤D(2)由以上简化，有一个简单结论，中学常用

均值不等式的变形：

(1)对实数a,b，有a

22

2b22ab (当且仅当a=b时取“=”号)， a,b02ab

(4)对实数a,b，有

aa-bba-b

a2b2

2ab0

(5)对非负实数a,b，有

(8)对实数a,b,c，有

a2

b2c2abbcac

abcabc(10)对实数a,b,c，有

均值不等式的证明：

方法很多，数学归纳法(第一或反向归纳)、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序

不等式法、柯西不等式法等等

用数学归纳法证明，需要一个辅助结论。

引理：设A≥0，B≥0，则ABAnnAn-1B

n

注：引理的正确性较明显，条件A≥0，B≥0可以弱化为A≥0

，A+B≥0 (用数学归纳法)。

当n=2时易证;

假设当n=k时命题成立，即

那么当n=k+1时，不妨设ak1是则设

a1,a2,,ak1中最大者，

kak1a1a2ak1 sa1a2ak

用归纳假设

下面介绍个好理解的方法琴生不等式法

琴生不等式：上凸函数fx,x1,x2,,xn是函数fx在区间(a,b)内的任意n个点，

设fxlnx，f

x为上凸增函数所以，

在圆中用射影定理证明(半径不小于半弦)

第三篇：不等式的证明

不等式的证明不等式的证明，基本方法有

比较法：(1)作差比较法

(2)作商比较法

综合法：用到了均值不等式的知识，一定要注意的是一正二定三相等的方法的使用。

分析法：当无法从条件入手时，就用分析法去思考，但还是要用综合法去证明。两个方法是密不可分的。

换元法：把不等式想象成三角函数，方便思考

反证法：假设不成立，但是不成立时又无法解出本题，于是成立

放缩法：

用柯西不等式证。等等……

高考不是重点，但是难点。

大学数学也会讲到柯西不等式。

不等式是数学的基本内容之一，它是研究许多数学分支的重要工具，在数学中有重要的地位，也是高中数学的重要组成部分，在高考和竞赛中都有举足轻重的地位。不等式的证明变化大，技巧性强，它不仅能够检验学生数学基础知识的掌握程度，而且是衡量学生数学水平的一个重要标志，本文将着重介绍以下几种不等式的初等证明方法和部分方法的例题以便理解。

一、不等式的初等证明方法

1.综合法：由因导果。

2.分析法：执果索因。基本步骤：要证..只需证..，只需证..(1)“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件。

(2)“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达。

3.反证法：正难则反。

4.放缩法：将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的。放缩法的方法有：

(1)添加或舍去一些项，如：

(2)利用基本不等式，如

3)将分子或分母放大(或缩小)：

5.换元法：换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题

化难为易、化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元。

6.构造法：通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式。

证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法。

7.数学归纳法：数学归纳法证明不等式在数学归纳法中专门研究。

8.几何法：用数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

9.函数法：引入一个适当的函数，利用函数的性质达到证明不等式的目的。

10.判别式法：利用二次函数的判别式的特点来证明一些不等式的方法。当a>0时，f(x)=ax2+bx+c>0(或<0).△<0(或>0)。当a<0时，f(x)>0(或<0).△>0(或<0)。

二、部分方法的例题

1.换元法

换元法是数学中应用最广泛的解题方法之一。有些不等式通过变量替换可以改变问题的结构，便于进行比较、分析，从而起到化难为易、化繁为简、化隐蔽为外显的积极效果。

注意：在不等式的证明中运用换元法，能把高次变为低次，分式变为整式，无理式变为有理式，能简化证明过程。尤其对含有若干个变元的齐次轮换式或轮换对称式的不等式，通过换元变换形式以揭示内容的实质，可收到事半功倍之效。

2.放缩法

欲证A≥B，可将B适当放大，即B1≥B，只需证明A≥B1。相反，将A适当缩小，即A≥A1，只需证明A1≥B即可。

注意：用放缩法证明数列不等式，关键是要把握一个度，如果放得过大或缩得过小，就会导致解决失败。放缩方法灵活多样，要能想到一个恰到好处进行放缩的不等式，需要积累一定的不等式知识，同时要求我们具有相当的数学思维能力和一定的解题智慧。

3.几何法

数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

注意：这类方法对几何的熟悉程度以及几何与代数的相互联系能力要求比较高。

每一种不等式的证明方法基本上都有一种固定的模式可以去对比，但数学的特点就在于它的灵活性非常强，所以不等式的证明中的题目会有很多种变化，这对学习者的要求是非常高的，这就需要我们在今后的学习中多总结、归纳，才能达到我们学习的效果。具体解题时，一定要认真审题，紧紧抓住题目的所有条件不放，不要忽略了任何一个条件。一道题和一类题之间有一定的共性，可以想想这一类题的一般思路和一般解法，但更重要的是抓住这一道题的特殊性，抓住这一道题与这一类题不同的地方。数学的题目几乎没有相同的，总有一个或几个条件不尽相同，因此思路和解题过程也不尽相同。有些同学对于老师讲过的题会做，其他的题就不会做，只会依样画瓢，题目有些小的变化就无从下手。当然，做题先从哪儿下手是一件棘手的事，不一定找得准。但是，做题一定要抓住其特殊性则绝对没错。选择一个或几个条件作为解题的突破口，看由这个条件能得出什么，得出的越多越好，然后从中选择与其他条件有关的，或与结论有关的，或与题目中的隐含条件有关的，进行推理或演算。一般难题都有多种解法，俗话说，条条大路通罗马。要相信利用这道题的条件，加上自己学过的那些知识，一定能推出正确的结论。

数学题目是无限的，但数学的思想和方法却是有限的。我们只要学好了有关的基础知识，掌握了必要的数学思想和方法，就能顺利地应对那无限的题目。题目并不是做得越多越好，题海无边，总也做不完。关键是你有没有培养起良好的数学思维习惯，有没有掌握正确的数学解题方法。当然，题目做得多也有若干好处：一是“熟能生巧”，加快速度，节省时间，这一点在考试时间有限时显得很重要;二是利用做题来巩固、记忆所学的定义、定理、法则、公式，形成良性循环。

解题需要丰富的知识，更需要自信心。没有自信就会畏难，就会放弃;有了自信，才能勇往直前，才不会轻言放弃，才会加倍努力地学习，才有希望攻克难关，迎来属于自己的春天。

第四篇：不等式的证明

教学目标：

(1)理解证明不等式的三种方法：比较法、综合法和分析法的意义;

(2)掌握用比较法、综合法和分析法证明简单的不等式;

(3)能根据实际题目灵活地选择适当地证明方法;

(4)通过不等式证明，培养学生逻辑推理论证的能力和抽象思维能力.教学建议：

1.知识结构:(不等式证明三种方法的理解)==〉(简单应用)==〉(综合应用)

2.重点、难点分析

重点：不等式证明的主要方法的意义和应用;

难点：①理解分析法与综合法在推理方向上是相反的;

②综合性问题证明方法的选择.

(1)不等式证明的意义

不等式的证明是要证明对于满足条件的所有数都成立(或都不成立)，而并非是带入具体的数

值去验证式子是否成立.

(2)比较法证明不等式的分析

①在证明不等式的各种方法中，比较法是最基本、最重要的方法.

②证明不等式的比较法，有求差比较法和求商比较法两种途径.

由于a>b<==>a-b>0，因此，证明a>b，可转化为证明与之等价的a-b>0.这种证法就是求差比较法.由于当b>0时,a>b<==>(a/b)>1，因此，证明a>b(b>0),可以转化为证明与之等价的(a/b)>1(b>0).这种证法就是求商比较法，使用求商比较法证明一定要注意(b>0)这一前提条件.

③求差比较法的基本步骤是：“作差变形断号”.

其中，作差是依据，变形是手段，判断符号才是目的.

变形的方法一般有配方法、通分法和因式分解法等，变成能够判断出差的符号是正或负的数(或式子)即可.④作商比较法的基本步骤是：“作商变形判断商式与1的大小关系”，需要注意的是，作商比较法一般用于证明不等号两侧的式子同号的不等式.

(3)综合法证明不等式的分析

①利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法通常叫做综合法.

②综合法的思路是“由因导果”：从已知的不等式出发，通过一系列已知条件推导变换，推导出求证的不等式.

③综合法证明不等式的逻辑关系是：

(已知)==〉(逐步推演不等式成立的必要条件)==〉(结论)

(4)分析法证明不等式的分析

①从求证的不等式出发，逐步寻求使不等式成立的充分条件，直至所需条件被确认成立，就断定求证的不等式成立，这种证明方法就是分析法.

有时，我们也可以首先假定所要证明的不等式成立，逐步推出一个已知成立的不等式，只要这个推出过程中的每一步都是可以逆推的，那么就可以断定所给的不等式成立.这也是用分析法，注意应强调“以上每一步都可逆”，并说出可逆的根据.

②分析法的思路是“执果导因”：从求证的不等式出发，探索使结论成立的充分条件直至已成立的不等式.它与综合法是对立统一的两种方法.

③用分析法证明不等式的逻辑关系是：

(已知)<==(逐步推演不等式成立的必要条件)<==(结论)

④分析法是证明不等式时一种常用的基本方法.当证明不知从何入手时，有时可以运用分析法而获得解决.特别对于条件简单而结论复杂的题目往往更实用.

(5)关于分析法与综合法关系

①分析法与综合法是思维方向相反的两种思考方法.

②在数学解题中，分析法是从数学题的待证结论或需求问题出发，逐步地推导，最后达到题设的已知条件.即推理方向是：结论已知.

综合法则是从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证结论或需求问题.即：已知 结论.

③分析法的特点是：从“结论”探求“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理实际上是要寻找结论的充分条件.

综合法的特点是：从“已知”推出“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理实际上是要寻找已知的必要条件.

④一般来说，对于较复杂的不等式，直接运用综合法往往不易入手，用分析法来书写比较麻烦.因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法经常是结合在一起使用的.

第一课时不等式的证明(比较法)

教学目标

1.掌握证明不等式的方法——比较法;

2.熟悉并掌握比较法证明不等式的意义及基本步骤.

教学重点:比较法的意义和基本步骤.

教学难点:常见的变形技巧.

教学方法; 启发引导法.

教学过程：

(-)导入新课

教师提问：根据前一节学过(不等式的性质)的知识，我们如何用实数运算来比较两个实数与的大小?

找学生回答问题.

(学生回答：

，

，

，)

[点评]要比较两个实数 与

的大小，只要考察 与

的差值的符号就可以了，这种证明不等式的方法称为比较法.现在我们就来学习：用比较法证明不等式.

目的：通过教师设置问题，引导学生回忆所学的知识，引出用比较法证明不等式，导入本节课学习的知识.

(二)新课讲授

【尝试探索，建立新知】

教师写出一道(证明不等式)例题的题目

[问题] 求证

教师引导学生分析、思考，研究不等式的证明.

学生研究证明不等式，尝试完成问题.

[本问点评]

①通过确定差的符号，证明不等式的成立.这一方法，在前面比较两个实数的大小、比较式子的大小、证明不等式性质就已经用过.

②通过求差将不等问题转化为恒等问题，将两个一般式子大小比较转化为一个一般式子与0的大小比较，使问题简化.

③理论依据是：

④由

，

，知：要证明

只需证

;需证明

这种证明不等式的方法通常叫做比较法.

目的：帮助学生构建用比较法证明不等式的知识体系，培养学生化归的数学思想.

【例题示范，学会应用】

教师板书例题，引导学生研究问题，构思证题方法，学会解题过程中的一些常用技巧，并点评.

例1. 求证

[分析]由比较法证题的方法，先将不等式两边作差，得

关于的二次函数，由配方法易知函数的最小值大干零，从而使问题获证. ，将此式看作证明：∵

=

=

，

∴

[本例点评] .

①作差后是通过配方法对差式进行恒等变形，确定差的符号;

②作差后，式子符号不易确定，配方后变形为一个完全平方式子与一个常数和的形式，使差式的符号易于确定;

③不等式两边的差的符号是正是负，一般需要利用不等式的性质经过变形后，才能判断;

④例1介绍了变形的一种常用方法——配方法.

例2 . 已知都是正数，并且

，求证：

[分析]这是分式不等式的证明题，依比较法证题将其作差，确定差的符号，应通分，由分子、分母的值的符号推出差值的符合，从而得证.

证明：

=

=

.

因为

都是正数，且

，

所以

.

∴

.

即：

[本例点评]

①作差后是通过通分法对差式进行恒等变形，由分子、分母的值的符号推出差的符号;

②本例题介绍了对差变形，确定差值的符号的一种常用方法——通分法;

③例2的结论反映了分式的一个性质(若都是正数

1.当

时，

2.当

时，

.)

目的：巩固用比较法证明不等式的知识，学会用比较法证明不等式时，对差式变形的常用方法——配方法、通分法.

【课堂练习】

教师指定练习题，要求学生独立思考.完成练习;请甲、乙两学生板演;巡视学生的解题情况，对正确的证法给予肯定和鼓励，对偏差点拨和纠正;点评练习中存在的问题.

练习：1.求证

2.已知 ，

， ，d都是正数，且

，求证

目的:掌握用比较法证明不等式，并会灵活运用配方法和通分法变形差式，确定差式符号.反馈课堂教学效果，调节课堂教学.

【分析归纳、小结解法】

学生和老师一起分析归纳例题和练习的解题过程，小结用比较法证明不等式的解题方法，并让学生记录笔记.比较法是证明不等式的一种最基本、重要的方法.用比较法证明不等式的步骤(作差、变形、判断符号).灵活掌握配方法和通分法对差式进行恒等变形.

(三)小结(培养学生对所学知识进行概括归纳的能力，巩固所学知识)

学生和老师一起小结本节课所学的知识，并让学生记录笔记.

本节课学习的用比较法证明不等式的步骤中，作差是依据，变形是手段，判断符号才是目的.掌握求差后对差式变形的常用方法(配方法和通分法).并在下节课继续学习对差式变形的常用方法.

(四)布置作业

1.课本作业：P14.1，2，3.(供学生巩固基础知识)

2.思考题：已知

，求证：

( 培养其灵活掌握用比较法证明不等式的能力)

3.研究性题：设 ，

， 都是正数，且

(为培养学生创新意识)

作业答实:

思考题：，求证：

，又

，从而得证.

研究性题：.所以

，

第五篇：证明不等式方法

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

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|

要证c-c2-ab

只需证-c2-ab

证明：即证 |a-c|

即证 (a-c)2

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

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ab0)可得：ba+b+c

∴ 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

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

1证明： ∵x，y∈R+， 且x-y=1，x=secθ， y=tanθ ，(0<θ

∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ

=1-cos2θcosθ·s2m2θ+cos2θcosθ·s2mθ·cos2θ

=sinθ

∵0<θ

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

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

练习9：已知a>b，2b>a+c，求证：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

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

n为偶数，∴ xnyn >0，又xn-yn和xn-1-yn-

1同号，

∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

错因：在x+y>0的条件下，n为偶数时， xn-yn和xn-1-yn-1不一定同号，应分x、y同号和异号两种情况讨论。

正解：应用比较法：

yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

① 当x>0,y>0时， (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 当x,y有一个是负值时，不妨设x>0,y<0， 且x+y>0，所以x>|y|

又n为偶数时,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

综合①②知原不等式成立