小白----------------
范文一：不等式证明
不等式证明的若干方法
学院名称 巢湖学院
专业名称： 数学与应用数学
年级班别： 09数学
姓 名：项俊
指导教师：陈佩树
2011年03月
不等式证明的若干方法
摘 要
无论在初等数学还是高等数学中, 不等式都是十分重要的内容. 而不等式的证明则是
不等式知识的重要组成部分. 在本文中，我总结了一些数学中证明不等式的方法. 在初等数学不等式的证明中经常用到的有比较法、作商法、分析法、综合法、数学归纳法、反证法、放缩法、换元法、判别式法、函数法、几何法等等. 在高等数学不等式的证明中经常利用中值定理、泰勒公式、拉格朗日函数、以及一些著名不等式，如：均值不等式、柯西不等式、詹森不等式、赫尔德不等式等等. 从而使不等式的证明方法更加的完善，有利于我们进一步的探讨和研究不等式的证明. 通过学习这些证明方法，可以帮助我们解决一些实际问题，培养逻辑推理论证能力和抽象思维的能力以及养成勤于思考、善于思考的良好学习习惯.
关键词 不等式；比较法；数学归纳法；函数
A Lot of Methods about Inequality Proof
Abstract
In elementary mathematics and higher mathematics, inequalities are very important elements. Inequality is an important component in the inequality proof. In this paper, I summarized some mathematical inequality proof methods. Inequality in elementary mathematical proof commonly use in comparative law, for commercial, analysis, synthesis, mathematical induction, the reduce- tion to absurdity, discriminant, function, Geometry, and so on. Inequality in higher mathematics proof often use the intermediate value theorem, Taylor formula, the Lagranga function and some famous inequality, such as : mean inequality, Kensen inequality, Johnson in- equality, Helder inequality, and so on. Inequality proof methods get more efficient and help us further explore and study the inequality proof. Through the study of these proof methods, we can solve some
practical problems, develop logical reasoning ability and demonstrated the ability to abstract
thinking and grow hard thinking and good at thinking of the good study habit.
Key words inequality; comparative law; mathematical induction; function
1 常用方法
1.1比较法（作差法）[1]
在比较两个实数a 和b 的大小时，可借助a -b 的符号来判断. 步骤一般为：作差——变形——判断（正号、负号、零）. 变形时常用的方法有：配方、通分、因式分解、和差化积、应用已知定理、公式等.
例1 已知：a >0，b >0，求证：a +b ≥ab . 2
a +b a +b -2ab (a -) 2
证明 -ab ==≥0， 222
故得
1.2作商法 a +b ≥ab . 2
a a >1或<1来判断其大小，步骤一般为：b b="" 在证题时，一般在a="" ，b="">
作商——变形——判断（大于1或小于1）.
例2 设a >b >0，求证：a a b b >a b b a .
证明 因为 a >b >0，
所以 a >1，a -b >0. b
a -b a a b b ?a ?而 b a = ?a b ?b ?>1，
故 a a b b >a b b a .
1.3分析法（逆推法）
从要证明的结论出发，一步一步地推导，最后达到命题的已知条件（可明显成立的不等式、已知不等式等），其每一步的推导过程都必须可逆.
例3 求证：+7>1+.
证明 要证+7>1+，即证12+2>16+2，即35>2+，35>19+4，4<><><>
由此逆推即得 5+7>1+.
1.4综合法[2]
证题时，从已知条件入手，经过逐步的逻辑推导，运用已知的定义、定理、公式等，
最终达到要证结论，这是一种常用的方法.
例4 已知：a ，b 同号，求证：
证明 因为a ，b 同号，
所以
则 a b >0，>0， b a a b +≥2. b a a b a b +≥2?=2, b a b a
a b +≥2. b a 即
1.5反证法[3]
先假设要证明的结论不对，由此经过合理的逻辑推导得出矛盾，从而否定假设，导出结论的正确性，达到证题的目的.
例5 已知a >b >0，n 是大于1的整数，求证：a >.
证明 假设 a ≤b ，
则 即 b ≥1， a b ≥1， a
故 b ≥a ， 这与已知矛盾，所以a >b .
1.6迭合法[4]
把所要证明的结论先分解为几个较简单部分，分别证明其各部分成立，再利用同向不等式相加或相乘的性质，使原不等式获证.
例6 已知：a 1+a 2+ +a n =1，b 1+b 2+ +b n =1，求证: 222222
a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n ≤1.
证明 因为a 1+a 2+ +a n =1，b 1+b 2+ +b n =1，
所以 a 1+a 2+ +a n =1，1+b 2+ +b n =1.
由柯西不等式
2222a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n ≤a 12+a 2+ +a n ?b 12+b 2+ +b n =1?1=1, 222222222222
所以原不等式获证.
1.7放缩法[5]
在证题过程中，根据不等式的传递性，常采用舍去一些正项（或负项）而使不等式的各项之和变小（或变大），或把和（或积）里的各项换以较大（或较小）的数，或在分式中扩大（或缩小）分式中的分子（或分母），从而达到证明的目的. 值得注意的是“放”、“缩”得当，不要过头. 常用方法为：改变分子（分母）放缩法、拆补放缩法、编组放缩法、寻找“中介量”放缩法.
1359999<0. 01.="" 例7="" 求证：="" ???="">
1359999, 则 证明 令p =??? ?24610000
13252999921329999211p =2?2?2? ?<,>
所以 p <0.>
1.8数学归纳法[6]
对于含有n (n ∈N ) 的不等式，当n 取第一个值时不等式成立，如果使不等式在n =k (n ∈N ) 时成立的假设下，还能证明不等式在n =k +1时也成立，那么肯定这个不等式对n 取第一个值以后的自然数都能成立.
例8 已知：a , b ∈R +，n ∈N ，n ≠1，求证：a n +b n ≥a n -1b +ab n -1.
证明 （1）当n =2时，a 2+b 2≥ab +ab =2ab ，不等式成立；
（2）若n =k 时，a k +b k ≥a k -1b +ab k -1成立，则
a k +1+b k +1=a (a k +b k ) -ab k +b k +1≥a (a k -1b +ab k -1) -ab k +b k +1
=a k b +ab k +(a 2b k -1-2ab k +b k +1) =a k b +ab k +b k -1(a -b ) 2≥a k b +ab k ，
即a k +1+b k +1≥a k b +ab k 成立.
根据（1）、（2），a n +b n ≥a n -1b +ab n -1对于大于1的自然数n 都成立.
1.9换元法
在证题过程中，以变量代换的方法，选择适当的辅助未知数，使问题的证明达到简化. 例9 已知：a +b +c =1，求证：ab +bc +ca ≤
证明 设a =1. 3111-t ，b =-at (t ∈R ) ，则c =+(1+a ) t ， 333
?1??1??1??1??1??1?ab +bc +ca = -t ? -at ?+ -at ??+(1+a ) t ?+ -t ??+(1+a ) t ??3??3??3??3??3??3?
11-(1+a +a 2) t 2≤, 33 1所以 ab +bc +ca ≤. 3=
1.10三角代换法
借助三角变换，在证题中可使某些问题变易.
例10 已知：a 2+b 2=1，x 2+y 2=1，求证：ax +by ≤1.
证明 设a =sin θ，则b =cos θ；设x =sin ?，则y =cos ?
所以 ax +by =sin θsin ?+cos θcos ?=cos(θ-?) ≤1.
1.11判别式法[7]
通过构造一元二次方程，利用关于某一变元的二次三项式有实根时判别式的取值范围，来证明所要证明的不等式.
例11 设x , y ∈R ，且x 2+y 2=1，求证：y -ax ≤+a 2.
证明 设m =y -ax ，则y =ax +m
代入x 2+y 2=1中得 x 2+(ax +m ) 2=1，
即 (1+a 2) x 2+2amx +(m 2-1) =0
因为x , y ∈R ，1+a 2≠0，所以?≥0，
即 (2am ) 2-4(1+a 2)(m 2-1) ≥0，
解得 m ≤+a 2，故y -ax ≤+a 2.
1.12标准化法[8]
形如f (x 1, x 2, , x n ) =sin x 1sin x 2 sin x n 的函数，其中0
；x 1+x 2+ +x n 为常数，则当x i 的值之间越接近时，f (x 1, x 2, , x n ) 的值越大（或不变）
当x 1=x 2= =x n 时，f (x 1, x 2, , x n ) 取最大值，即
f (x 1, x 2, , x n ) =sin x 1sin x 2 sin x n ≤sin n x 1+x 2+ +x n . n
标准化定理：当A +B 为常数时，有sin A sin B ≤sin 2
证明：记A +B =C ，则 A +B . 2
A +B C =sin A sin(C -A ) -sin 2, 22
求导得 f '(A ) =sin(C -2A ) ， f (x ) =sin A sin B -sin 2
由f '(A ) =0得 C =2A ，即A =B .
又由 f ''(A ) =-cos(B -A ) <>
知f '(A ) 的极大值点必在A =B 时取得.
由于当A =B 时，f '(A ) =0，故得不等式.
同理，可推广到关于n 个变元的情形.
例12 设A , B , C 为三角形的三内角，求证：sin
证明 由标准化定理得，
1A B C 1=sin =sin =， 取最大值， 82222
A B C 1故 sin sin sin ≤. 2228A B C 1sin sin ≤. 2228当A =B =C 时， sin
1.13等式法
应用一些等式的结论，可以巧妙地给出一些难以证明的不等式的证明.
例13（1956年波兰数学竞赛题）、a , b , c 为?ABC 的三边长，求证：
2a 2b 2+2a 2c 2+2b 2c 2>a 4+b 4+c 4.
证明 由海伦公式S ?ABC =
两边平方，移项整理得 p (p -a )(p -b )(p -c ) ，其中p =1(a +b +c ) . 2
16(S ?ABC ) 2=2a 2b 2+2a 2c 2+2b 2c 2-a 4-b 4-c 4
而S ?ABC >0,
所以 2a 2b 2+2a 2c 2+2b 2c 2>a 4+b 4+c 4.
1.14分解法
按照一定的法则，把一个数或式分解为几个数或式，使复杂问题转化为简单易解的基本问题，以便分而治之，各个击破，从而达到证明不等式的目的.
例14 n ≥2，且n ∈N ，求证：1+
证明 因为 1+111++ +>n (n +1-1) . 23n 111?1??1??1?++ ++n =(1+1) + +1?+ +1?+ + +1?23n ?2??3??n ?
=2+34n +134n +1++ +>n ?2??? ?=n ?n +1. 23n 23n
111++ +>n (n +1-1) . 23n 所以 1+
1.15构造法[9-10]
在证明不等式时，有时通过构造某种模型、函数、恒等式、复数等，可以达到简捷、明快、以巧取胜的目的.
例15 已知：x 2+y 2≤1，a 2+b 2≤2，求证：b (x 2-y 2) +2axy ≤2.
证明 依题设，构造复数z 1=x +yi ，z 2=a +bi ，则z 1≤1，z 2≤2
所以 z 1?z 2=(x +yi ) 2(a +bi ) =[a (x 2-y 2) -2bxy ]+[b (x 2-y 2) +2axy ]i
b (x 2-y 2) +2axy =Im(z 12?z 2) ≤z 1?z 2≤2 22
故 b (x 2-y 2) +2axy ≤2.
1.16排序法[11]
利用排序不等式来证明某些不等式.
排序不等式：设a 1≤a 2≤ ≤a n ，b 1≤b 2≤ ≤b n ，则有
a 1b n +a 2b n -1+ +a n b 1≤a 1b t 1+a 2b t 2+ +a n b t n ≤a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n ,
其中t 1, t 2, , t n 是1, 2, , n 的一个排列. 当且仅当a 1=a 2= =a n 或b 1=b 2= =b n 时取等号.
简记作：反序和≤乱序和≤同序和.
例16 求证：a 2+b 2+c 2+d 2≥ab +bc +cd +da .
证明 因为a , b , c , d ∈R 有序，所以根据排序不等式同序和最大，
即 a 2+b 2+c 2+d 2≥ab +bc +cd +da .
1.17借助几何法[12]
借助几何图形，运用几何或三角知识可使某些证明变易.
例17 已知：a , b , m ∈R +，且a . b +m b
证明 (如图1.17.1) 以b 为斜边，a 为直角边作Rt ?ABC .
延长AB 至D ，使BD =m ，延长AC 至E ，使ED ⊥AD ，过C 作AD 的平行线交DE 于F ，则?ABC ∽?ADE ，令CE =n ，
所以
又CE >CF ，即n >m ， a AB a +m == b AC b +n
所以
a +m b +m >a +m a b +n =b . E
图1.17.1
2 利用函数证明不等式
2.1函数极值法
通过变换，把某些问题归纳为求函数的极值，达到证明不等式的目的.
1例18 设x ∈R ，求证：-4≤cos 2x +3sin x ≤2. 8
3?1?证明 f (x ) =cos 2x +3sin x =1-2sin 2x +3sin x =-2 sin x -?+2 4?8?
当sin x =31时， f (x ) max =2; 482
当sin x =-1时， f (x ) min =-4.
1故 -4≤cos 2x +3sin x ≤2. 8
2.2单调函数法[13-14]
当x 属于某区间，有f '(x ) ≥0，则f (x ) 单调上升；若f '(x ) ≤0，则f (x ) 单调下降. 推广之，若证f (x ) ≤g (x ) ，只须证f (a ) =g (a ) 及f '(x ) ≤g '(x ), (x ∈(a , b )) 即可.
例 19 证明不等式
e x >1+x ，x ≠0.
证明 设f (x ) =e x -1-x , 则f '(x ) =e x -1. 故当x >0时，f '(x ) >0, f 严格递增；当x <0, f="" '(x="" )=""><0, f="" 严格递减.="" 又因为f="" 在x="">
则当x ≠0时，
f (x ) >f (0) =0,
从而证得
e x >1+x , x ≠0.
2.3中值定理法
a <>
满足f (b ) -f (a ) =f '(ξ)(b -a ) 来证明某些不等式，达到简便的目的.
例20 求证：sin x -sin y ≤x -y .
证明 设 f (x ) =sin x ，则sin x -sin y =(x -y ) si n 'ξ=(x -y ) cos ξ 故 sin x -sin y ≤(x -y ) cos ξ≤x -y . 2.4利用拉格朗日函数 例 21 证明不等式
111
3(++) -1≤abc , 其中a , b , c 为任意正实数. a b c
证明 设拉格朗日函数为对
1111
L (x , y , z , λ) =xyz +λ(++-).
x y z r
对L 求偏导数并令它们都等于0，则有
L x =yz -
λ
x 2
=0，
L y =zx -L z =xy -
λ
y 2
=0， =0，
λ
x 2
L λ=
1111
++-=0. x y z r
由方程组的前三式，易的
111xyz ====μ. x y z λ
把它代入第四式，求出μ=
1
从而函数L 的稳定点为x =y =z =3r , λ=(3r ) 4. 3r .
为了判断f (3r , 3r , 3r ) =(3r ) 3是否为所求条件极小值，我们可把条件
1111
++=看作x y z r
隐函数z =z (x , y ) （满足隐函数定理条件），并把目标函数f (x , y , z ) =xyz (x , y ) =F (x , y ) 看作f 与z =z (x , y ) 的复合函数. 这样，就可应用极值充分条件来做出判断. 为此计算如下：
z 2z 2
z x =-2, z y =-2,
x y yz 2xz 2
F x =yz -, F y =xz -,
x y
2yz 3z 2z 22z 3
F =, F =z --+,
xx x
3xy y x xy 2xz 3
F yy =y
3.
当x =y =z =3r 时，
F xx =6r =F yy , F xy =3r ,
F 2xx F yy -F
xy
=27r 2>0.
由此可见，所求得的稳定点为极小值点，而且可以验证是最小值点. 这样就有不等式xyz ≥(3r ) 3(x >0, y >0, z >0, 1111
x +y +z =r
).
令x =a , y =b , z =c , 则r =(1a +1b +1
c
) -1, 代入不等式有
abc ≥[3(1a +1b +1
c
) -1]3
或 3(1a +1b +1
c
) -1≤abc (a >0, b >0, c >0).
3 利用著名不等式证明
3.1利用均值不等式[15-16]
设a 1, a 2, , a n 是n 个正实数，则
a 1+a 2+ +a n ≥a 1a 2 a n ，当且仅当
n
a 1=a 2= =a n 时取等号.
n
例22 证明柯西不等式 (∑a 2
n
2
n
2
i b i ) ≤(i =1
∑a i )(i =1
∑b i ).
i =1
证明 要证柯西不等式成立，只要证 n
n ∑a 2n
2i b i ≤
i b
i
（1）
i =1∑a i =1
∑i =1
n
22
n 令 ∑a i
=A , ∑b 2i =B 2, （2）
i =1
i =1
n
式中A >0, B >0, 则（1）即
∑a i b
i
≤AB
i =1
∑n
a i b
i
即
i =1
AB
≤1 （3）
a 2下面证不等式(3),有均值不等式，a 22
1b 2
11b 1A 2B
2
≤A 2+B 22， 22
即 2a 1b 1≤a 1b
AB A 2+1B
2，
2a b a 2
2
2a b a 2
b 2
同理 22≤2b
2n AB A 2+B 2， ，n n AB ≤A 2+n B
2.
将以上各式相加，得
n
2n
2∑n
∑a
i
b
2
i
(a i =1
∑i =1
AB i b i ) ≤i =1
A
2
+
B
2
(4)
2n
根据（2），（4）式即 (∑a i b i ) ≤2.
AB i =1
因此不等式（3）成立，于是柯西不等式得证. 3.2利用柯西不等式[17-18]
1?n ?2
例23 设a i ∈R ，i =1，2，?，n ．求证：∑a i ≥ ∑a i ?．
n ?i =1?i =1证明 由柯西不等式
n
?n ??n ??n 2??n 2?
∑a i ?= ∑a i ?1?≤ ∑a i ? ∑1?=n ∑a i 2．
i =1?i =1??i =1??i =1??i =1?
2
2
n
2
两边除以n 即得．
11n
说明：两边乘以后开方得∑a i ≤
n n i =1
1n 2
∑a i ．当a i 为正数时为均值不等式中的算术n i =1
平均不大于平方平均． 3.3利用赫尔德不等式[19]
例24 设a , b 为正常数，0
π
2
，n ∈N ，求证：
2n +2
a b ?
+≥ sin n x cos n x ?a
2n +2
+b
2n +2
???
n +22
n n +2
b ??a
证明 n +?n
?sin x cos x ?b ??a
= n +?n
?sin x cos x ?
2n +2
2n +2
sin x +cos x
n n +2
(
22
)
n n +2
?a ?
≥ n ?
?sin x ?
(sin x )
22n +2
?b ?+ ?n
?cos x ?
2n +2
(cos x )
2
即
= a
2n +2
+b
???
n +22
a b ?
+≥ sin n x cos n x ?a
2n +2
+b
2n +2
3.4利用詹森不等式[20]
例 25 证明不等式
(abc )
a +b +c 3
≤a a b b c c , 其中a , b , c 均为正数.
证明 设 f (x ) =x ln x , x >0. 由f (x ) 的一阶和二阶导数
f '(x ) =ln x +1, f ''(x ) =
1 x
可见，f (x ) =x ln x 在x >0时为严格凸函数. 依詹森不等式有
f (
a +b +c 1
) ≤(f (a ) +f (b ) +f (c )), 33
从而
a +b +c a +b +c 1ln ≤(a ln a +b ln b +c ln c ), 333
即
(
a +b +c a +b +c
) ≤a a b b c c . 3
又因3abc ≤
a +b +c
, 所以 3
a +b +c 3
(abc ) ≤a a b b c c .
参考文献
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致 谢
在论文的准备和写作过程中，笔者得到了XX 老师的悉心指导和热情帮助, 特别是他敏锐的学术眼光和严谨的治学态度使我受益颇深. 同时，我也要感谢我的其他老师和同学们，是他们给予我的帮助让我走过大学的风风雨雨，在那些最艰苦的日子里是他们激励我、鼓励我，让我奋发图强.
我也将以更多的努力来回报他们, 我相信我会做得更好！
XXX
200X 年5月于XXX 大学
范文二：不等式证明
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、综合法和分析法来证简单的不等式；
（3）能灵活根据题目选择适当地证明方法来证不等式；
（4）能用不等式证明的方法解决一些实际问题，培养学生分析问题、解决问题的能力； （6）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；
（7）通过组织学生对不等式证明方法的意义和应用的参与，培养学生勤于思考、善于思考的良好学习习惯．
教学建议
（一）教材分析
1．知识结构
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综合性问题选择适当的证明方法．
（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
种证法就是求差比较法． ，因此，证明
，可转化为证明与之等价的
．这
由于当
时，
，因此，证明
可以转化为证明与之等价的
．这种证法就是求商比较法，使用求商比较法证明不等式
时，一定要注意
的前提条件．
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．
变形的目的全在于判断差的符号，而不必考虑差值是多少．
变形的方法一般有配方法、通分的方法和因式分解的方法等，为此，有时把差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或几个数的平方和的形式．或者变形为一个分式，或者变形为几个因式的积的形式等． 总之．能够判断出差的符号是正或负即可．
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不等号两侧的式子同号的不等式的证明．
（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倒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，通过一系列的推出变换，推倒出求证的不等式．
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利用综合法由因导果证明不等式，就要揭示出条件与结论之间的因果关系，为此要着力分析已知与求证之间的差异和联系、不等式左右两端的差异和联系，在分析所证不等式左右两端的差异后，合理应用已知条件，进行有效的变换是证明不等式的关键．
（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分析法是教学中的一个难点，一是难在初学时不易理解它的本质是从结论分析出使结论成立的“充分”条件，二是不易正确使用连接有关（分析推理）步骤的关键词．如“为了证明”“只需证明”“即”以及“假定……成立”等．
⑤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是行之有效．
（5）关于分析法与综合法
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，一步一步地探索下去，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各有其优缺点：
从寻求解题思路来看：分析法是执果索因，利于思考，方向明确，思路自然，有希望成功；综合法由因导果，往往枝节横生，不容易达到所要证明的结论．
从书写表达过程而论：分析法叙述繁锁，文辞冗长；综合法形式简洁，条理清晰． 也就是说，分析法利于思考，综合法宜于表达．
⑤一般来说，对于较复杂的不等式，直接运用综合法往往不易入手，用分析法来书写又比较麻烦．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．
（二）教法建议
①选择例题和习题要注意层次性．
不等式证明的三种方法主要是通过例题来说明的．教师在教学中要注意例题安排要由易到难，由简单到综合，层层深入，启发学生理解各种证法的意义和逻辑关系．教师选择的训练题也要与所讲解的例题的难易程度的层次相当．
要坚持精讲精练的原则．通过一题多法和多变挖掘各种方法的内在联系，对知识进行拓展、延伸，使学生沟通知识，有效地提高解题能力．
②在教学过程中，应通过精心设置的一个个问题，激发学生的求知欲，调动学生在课堂活动中积极参与．
通过学生参与教学活动，理解不等式证明方法的实质和几种证明方法的意义，通过训练积累经验，能够总结出比较法的实质是把实数的大小顺序通过实数运算变成一个数与0(或1)比较大小；复杂的习题能够利用综合法发展条件向结论方向转化，利用分析法能够把结论向条件靠拢，最终达到结合点，从而解决问题．
③学生素质较好的，教师可在教学中适当增加反证法和用函数单调性来证明不等式的内容，但内容不易过多过难．
第一课时
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 启发引导式.
教学过程
（－）导入新课
（教师活动）教师提问：根据前一节学过的知识，我们如何用实数运算来比较两个实数 与
的大小？．
（学生活动）学生思考问题，找学生甲口答问题．
（学生甲回答：
，
，
，） ［点评］（待学生回答问题后）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．（板书课题）
设计意图：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】
（教师活动）教师板书问题（证明不等式），写出一道例题的题目
[问题] 求证
教师引导学生分析、思考，研究不等式的证明．
（学生活动）学生研究证明不等式，尝试完成问题．
（得出证明过程后）
［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
要证明
，
，知：要证明
只要证
；这种证明不等式的方法通常叫做比较法．
设计意图：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】
（教师活动）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
（学生活动）学生在教师引导下，研究问题．与教师一道完成问题的论证． ［分析］由比较法证题的方法，先将不等式两边作差，得
将此式看作关于 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． ，
证明：∵
＝
＝
，
∴
．
［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，式于符号不易确定，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．
变形的目的全在于判断差的符号，而不必考虑差的值是多少．至于怎样变形，要灵活处理，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：
[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，
．以后要记住．
设计意图：巩固用比较法证明不等式的知识，学会在用比较法证明不等式中，对差式变形的常用方法——配方法、通分法．
【课堂练习】
（教师活动）打出字幕（练习），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．
[字幕]
练习：1．求证
2．已知 ，
， ，d都是正数，且
，求证
（学生活动）在笔记本上完成练习，甲、乙两位同学板演．
设计意图，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】
（教学活动）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． （学生活动）与教师一道分析归纳，小结解题方法，并记录笔记．
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是：作差、变形、判断符号．要灵活掌握配方法和通分法对差式进行恒等变形．
设计意图：培养学生分析归纳问题的能力，掌握用比较法证明不等式的方法．
（三）小结
（教师活动）教师小结本节课所学的知识．
（学生活动）与教师一道小结，并记录笔记．
本节课学习了用比较法证明不等式，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．
设计意图：培养学生对所学知识进行概括归纳的能力，巩固所学知识．
（四）布置作业
1．课本作业：P16．1，2，3．
2．思考题：已知
，求证：
3．研究性题：设 ，
， 都是正数，且
，求证：
设计意图，课本作业供学生巩固基础知识；思考题供学有余力的学生完成，培养其灵活掌握用比较法证明不等式的能力；研究性题是为培养学生创新意识．
（五）课后点评
1．本节课是用比较法证明不等式的第一节课，在导入新课时，教师提出问题，让学生回忆所学知识中，是如何比较两个实数大小的，从而引入用比较法证明不等式．这样处理合情合理，顺理成章．
2．在建立新知过程中，教师引导学生分析研究证明不等式，使学生在尝试探索过程中形成用比较法证明不等式的感性认识．
3．例1，例2两道题主要目的在于让学生归纲、总结，求差后对差式变形、并判断符号的方法，以及求差比较法的步骤．在这里如何对差式变形是难点，应着重解决．首先让学生明确变形目的，减少变形的盲目性；其次是总结变形时常用方法，有利于难点的突破．
4．本节课采用启发引导，讲练结合的授课方式，发挥教师主导作用，体现学生主体地位，学生获取知识必须通过学生自己一系列思维活动完成．教师通过启发诱导学生深入思考问题，培养学生思维灵活、严谨、深刻等良好思维品质．
作业答实
思考题：
，又
，获证．
研究性题：
．
所以
，
范文三：不等式证明
不等式证明
一、常用的证明不等式的方法 1．比较法
比较法证明不等式的一般步骤：作差—变形—判断—结论；为了判断作差后的符号，有时要把这个差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或几个平方和的形式，也可变形为几个因式的积的形式，以便判断其正负。 2．综合法
利用某些已经证明过的不等式（例如算术平均数与几何平均数的定理）和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这个证明方法叫综合法；利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质时要注意它们各自成立的条件。
综合法证明不等式的逻辑关系是：A ?B 1?B 2? ?B n ?B ，及从已知条件A 出发，逐步推演不等式成立的必要条件，推导出所要证明的结论B 。 3．分析法
证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立，这种方法通常叫做分析法。 注意： （1）“分析法”是从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，即“执果索因”； （2）综合过程有时正好是分析过程的逆推，所以常用分析法探索证明的途径，然后用综合法的形式写出证明过程。
4. 构造函数法
5. 放缩法（放缩工具，手段，目标） 6. 重要不等式证明 7. 数学归纳法 二、例题分析
1. （2010江苏卷）设a 、b
是非负实数，求证：a +b ≥证明：由a 、b 是非负实数，作差得
第 1页（共19页）
3
3
a 2+b 2) 。
a 3+b 3a 2+b 2) =a +
b =5-5]
当
a ≥b
时
，
，从
而
5≥5
，
得
5-5]≥0；
当
a <>
时
，
，从
而
5<>
，
得
5-5]<>
所以a +b ≥2（2010
3
3
a 2+b 2) 。
辽宁理）已知a , b , c 均为正数，证明：
111
a 2+b 2+c 2+(++) 2≥63，并确定a , b , c 为何值时，等号成立。
a b c
一题多证 证明：（证法一）
因为a ，b ，c 均为正数，由平均值不等式得
a +b +c ≥3(abc )
1
-111
++≥3(abc ) 3a b c
222
23
①
所以
2-?111?3
++?≥9(abc ) ② ?a b c ?
2
22
-1112
故a +b +c +(++) ≥3(abc ) 3+9(abc ) 3.
a b c
2
2
2
又3(abc ) +9(abc ) 所以原不等式成立
23
-
23
≥= ③
第 2页（共19页）
当且仅当a=b=c时，①式和②式等号成立。当且仅当
3(abc ) =9(abc ) 时，③式等号成立。即当且仅当a=b=c=3时，原式
等号成立。 3. （安徽理19）
（Ⅰ）设x ≥1, y ≥1, 证明（Ⅱ）
23
-
2314
x +y +
111
≤++xy ; xy x y ，
1
本题考查不等式的基本性质，对数函数的性质和对数换底公式等基本知
识，考查代数式的恒等变形能力和推理论证能力.
证
明
：（
I
）
由
于
x ≥1, y ≥1
，所以
x +y +
将上式中的右式减左式，得
111
≤++xy ?xy (x +y ) +1≤y +x +(xy ) 2, xy x y
(y +x +(xy ) 2) -(xy (x +y ) +1) =((xy ) 2-1) -(xy (x +y ) -(x +y )) =(xy +1)(xy -1) -(x +y )(xy -1) =(xy -1)(xy -x -y +1) =(xy -1)(x -1)(y -1).
从而所要证明的不等式成立.
即然x ≥1, y ≥1, 所以(xy -1)(x -1)(y -1) ≥0,
（II ）设log a b =x , log b c =y , 由对数的换底公式得
111
, log b a =, log c b =, log a c =xy . xy x y
111
x +y +≤++xy ,
xy x y 于是，所要证明的不等式即为 log c a =
其中x =log a b ≥1, y =log b c ≥1.
故由（I ）立知所要证明的不等式成立.
第 3页（共19页）
a n +b n +c n
4、已知a,b,c 为正数n, 是正整数, 且f(n)=lg, 求证2f(n)≤f(2n)
3
证
2f(n)=2
：
a n +b n +c n a n +b n +c n 2a 2n +b 2n +c 2n +2a n b n +2b n c n +2a n c n lg =lg() =lg
339
f(2n)=
n
n
lg
2n
a 2n +b 2n +c 2n
3
, 由基本不等式
知, 2a b ≤a 三式相加得
+b 2n , 2c n b n ≤c 2n +b 2n , 2a n c n ≤a 2n +c 2n
133
122
5. 设x>0,y>0且x ≠y, 求证x +y
(
3
<>
3
2
+y
证明：由x>0,y>0且x ≠y, 要证明x +y 只需x +y
(
133
<>
2
+y
122
(
3
32
)<>
2
2
+y 2) 即2x 3y 3<3x 2y="" 2x="" 2+y="">
3
()
只需2xy
由条件, 显然成立. ∴原不等式成立 6．（2007湖北）已知m ，n 为正整数.
（Ⅰ）用数学归纳法证明：当x >-1时，(1+x ) m ≥1+mx ；
2
1?1m ????1?（Ⅱ）对于n ≥6，已知 1-?<，求证><>
2?n +3??n +3??2?
m =1,1,2…，n ；
（Ⅲ）求出满足等式3m +4m +…+(n +2)m =(n +3)n 的所有正整数n .
解法1：（Ⅰ）证：用数学归纳法证明：
（i ）当m =1时，原不等式成立；当m =2时，左边＝1+2x +x 2, 右边＝1+2x , 因为x 2≥0,
所以左边≥右边，原不等式成立；
第 4页（共19页）
n n m
（ii ）假设当m =k 时，不等式成立，即（1+x ）k ≥1+kx ，则当m =k +1时，
k
x >-1, ∴1+x >0, 于是在不等式（1+x ）≥1+kx 两边同乘以1+x 得
(1+x ) k ?(1+x ) ≥(1+kx )(1+x ) =1+(k +1) x +kx 2≥1+(k +1) x ，
所以(1+x ) (Ⅱ)
k +1
≥1+(k +1) x , 即当m =k +1时，不等式也成立.
1m 1?1m ?1
证：当n ≥6, m ≤n 时， （1-）<, ∴?(1-)=""><() m="">
n +32?n +3?2
而由（Ⅰ），(1-
n
1m m
) ≥1-
n +3n +3
n
m n ?1m ?1
∴(1-) ≤?(1-) ?<() m="">
n +3n +3?2?
（Ⅲ） 解：
假设存在正整数n 0≥6使等式3n 0+4n 0+ +(n 0+2) 立，
n 0
=(n 0+3) n 0成
304n 0n +2n 0
即有（）+() + +(0) ＝1. ②
n 0+3n 0+3n 0+3
又由（Ⅱ）可得
n
3
n 0+3
n 0
+
(
4n 0n +2n 0n n -1n 0
) + +(0) =(1-0) n 0+(1-0) + n 0+3n 0+3n 0+3n 0+3
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+(1-
1n 01111
) <() n="" 0+()="" n="" 0-1+="" +="1-n"><1, 与②式矛盾，="" n="">
故当n ≥6时，不存在满足该等式的正整数n . 故只需要讨论n =1,2,3,4,5的情形； 当n =1时，3≠4，等式不成立； 当n =2时，32+42＝52，等式成立； 当n =3时，33+43+53＝63，等式成立；
当n =4时，34+44+54+64为偶数，而74为奇数，故34+44+54+64≠74, 等式不成立；
当n =5时，同n =4的情形可分析出，等式不成立. 综上，所求的n 只有n =2,3.
7. （08全国1）设函数f (x ) =x -x ln x ．数列{a n }满足0
a n +1=f (a n ) ．
（Ⅰ）证明：函数f (x ) 在区间(0，1) 是增函数； （Ⅱ）证明：a n
1) ，整数k ≥（Ⅲ）设b ∈(a 1，
（
Ⅰ
）
证
a 1-b
．证明：a k +1>b ． a 1ln b
明
：
f (=x -) x ，x x
f ' (x )=-ln x , 当x ∈(0,1)时，f ' (x )=-ln x >0
故函数f (x )在区间(0,1)上是增函数；
（Ⅱ）证明：（用数学归纳法）（i ）当n=1时，0
第 6页（共19页）
a 2=f (a 1) =a 1-a 1ln a 1>a 1
由函数f (x ) 在区间(0，且函数f (x ) 在x =1处连续，则f (x ) 1) 是增函数，在区间(0， 1]是增函数，a 2=f (a 1) =a 1-a 1ln a 1<1，即a>
0
那么当n =k +1时，由f (x ) 在区间(0，1]是增函数，0
f (a k )
f
k
.
k
而
+
a n +1=f (a n ) (
k
，则
) =a +2,
，a f ) a
a k +1
根据（ⅰ）、（ⅱ）可得对任意的正整数n ，a n
=a 1-b -∑a i ln a i a -b =a -b -a ln a k +1k k k
i =1
k
a k +1-b
-b =a -b -a ln a 2， 若对任意i ≤k 都有a i >b ，则a k +1k k k
=a 1-b -∑a i ln a i
i =1k
=a 1-b -∑a i ln b
i =1
k
=a 1-b -(∑a i )ln b
i =1
k
>a -b -ka ln b 11
=0，即a k +1>b 成立. ≥a -b -ka ln b >a -b -(a -b ) 1111
第 7页（共19页）
8. （湖北理21）
（Ⅰ）已知函数f (x ) =Inx -x +1，x ∈(0,+∞) ，求函数f (x ) 的最大值；
（Ⅱ）设a k , b k (k =1, 2?，n ) 均为正数，证明：
k n k 1k 2
+?a n b n ≤b 1+b 2+?b n ，a a a ≤1；12n 则
1
k n k 1k 2222
b ≤b +b + +b . b +b +b 1b 2 b n 12n 2（2）若1?n =1，则n ≤
ab 11+22（1）若ab
本题主要考查函数、导数、不等式的证明等基础知识，同时考查综合运用
数学知识进行推理论证的能力，以及化归与转化的思想。（满分14分） 解：（I ）f (x ) 的定义域为(0,+∞) ，令
f '(x ) =
1
-1=0, 解得x =1. x
当0
n
n
n
n
∑ln a
k 1
k n
≤∑a k b k -∑b k .
k =1
k =1
n
k
k 2k k 22
∑a k b k ≤
k =1
k 11
k 22
∑b , ∴∑l n a
k =1
k n n
k =1
k 11
≤0,
k n
∴a a a ≤1. ln(a a a ) ≤0, n 即
1k n k 2
b 1k 1b 2 b n ≥.
n （2）①先证
1a k =(k =1, 2, , n ),
nb k
令
n
1
a k b k =∑=1=∑b k , ∑k =1n k =1 则k =1于是
n n
(
由
（1）得
1k 11k 21k n
) () () ≤1nb 1nb 2nb n
第 8页（共19页）
，即
1k 1+k 2+ +k n
≤n =n , k n k 1k 2
b 1b 2 b n
1k n k 2
∴b 1k 1b 2 b n ≥.
n
k n k 1k 2222
b b b ≤b +b + +b . 12n 12n ②再证
记
S =∑b k 2, 令a k =
k =1n
n
b k
(k =1, 2, , n ) S ，
n
1n 2
a k b k =∑b 1=1=∑b k ∑S k =1k =1 则k =1，
b b b
(1) k 1(2) k 2 (n ) k n ≤1.
S S 于是由（1）得S
k n k 1+k 2+ +k n k 1k 2
b b b ≤S =S , n 即12
222n 12
∴b 1b 2 b n ≤b 1+b 2+ +b n . 综合①②，（2）得证。
k
k
k
9．（2013大纲版数学）已知函数f (x )=ln (1+x )-
x (1+λx )1+x
.
（1）若x ≥0时, f (x )≤0, 求λ的最小值; ；
（2）设数列
{a n }的通项a n =1+
1111
++???+, 证明：
a 2n -a n +>ln 2. 23n 4n
第 9页（共19页）
10．（2013湖北卷（理））设n 是正整数, r 为正有理数.
(I)求函数f (x ) =(1+x )
r +1
-(r +1)x -1(x >-1) 的最小值;
-n r +1
;
r +1
r +1
n r +1-(n -1)
(II)证明:
r +1
r +1
(n +1)
(III)设x ∈R , 记??x ??为不小于x 的最小整数, 例如
?3?
-?=-1.
令S =+++, 2=2π=4, , ??????????2?
求??S ??的值.
参考数据:80≈344.7, 81≈350.5, 124≈618.3, 126≈631.7
【答案】
r r
?'f (x ) =r +11+x -r +1=r +11+x -1? ()()()()()证明:(I)??
4
3
43
43
43
∴f (x ) 在(-1,0)上单减, 在(0, +∞)上单增.
∴f (x ) min =f (0)=0
(II)由(I)知:当x >-1时, (1+x )式了)
r +1
>(r +1)x +1(就是伯努利不等
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r +1r +1r ?n -r +1n
所证不等式即为:? r +1r +1r
??n +(r +1)n <(n>
若, n ≥2
则
r
n
r +1
-(r +1)n <(n>
r
r +1
?1?
?(n -r -1)< 1-?(n="">
?n ?
r
?1-r n -1
n ??①
r
? ?1-1?
n ?r r r ?
>-n +1, -n >-
n -1 r
∴? ?1-1?
n ??
>1-r n >1-
r n -1, 故①式成立. 若n =1, n
r +1
-(r +1)n r <(n>
r +1
显然成立.
r
n
r +1
+(r +1)n r
<(n>
r +1
?n +r +1
n ??
(n +1)
r
?1+r n +1
?1+n ??②
?1?
r
r r r ?1+n ??>n
+1, n >
n +1 r
∴? ?1+1?
n ??
>1+r r n >1+
n +1, 故②式成立. 综上可得原不等式成立. (III)
由
(II)
可
知
:
当
4时, 3?44?k 3-(k -1)3?1?
?44?(k +1)3???4?-k 3?
?
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k ∈N *
444???3125?43
∴S >∑?k 3-(k -1)3?= 1253-803?≈210.225
4k =81??4??4444???3125?3
S <∑?(k +1)3-k="" 3?="">
4k =81??4??
∴??S ??=211
11. （浙江理22）已知函数f (x ) =2a ln(1+x ) -x (a >0) . （Ⅰ）求f (x ) 的单调区间和极值；
lg e lg e lg e
4lg e +++???+>lg e
23n （Ⅱ）求证：
(1+n ) n n (n +1)
(n ∈N *) .
解：（Ⅰ）定义域为
(-1, +∞)，
f '(x ) =
2a
-11+x ………2分
令f '(x ) >0?-1
(-1, 2a -1)，f (x ) 的单调递减区间为
故f (x ) 的单调递增区间为(2a -1, +∞)
f (x ) 的极大值为2a ln 2a -2a +1
lg e lg e lg e 4lg e +++???+>lg e
23n （Ⅱ）证：要证
(1+n ) n n (n +1)
即证
11
4+++???+>23n
e l
(+n n 1n )
e 1
(+n n 1
n )
n l +g e l g ，1
)
(
即
1
证
)
11
4+++???+>23n
n n +
(
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11111+++???++3>ln(n +1) +(1+n
23n n 即证
a =
令
1
2，由（Ⅰ）可知f (x ) 在(0,+∞) 上递减，故f (x )
x =
，
令
即
1
(n ∈N *) n 1
l
n
，故
l
1n +1+=(=n +) -n n
n l
n
n (1) l
111
ln(n +1) <>
23n 累加得，
l n (+1
11
<) ?n="">
11l n +n <) ?1+(n="">
3
1111
1+++???++3>ln(n +1) +(1+) n
23n n ，得证 故
法
二
：
(+
1n 11101121n 1C n +C n +C n +1???+C <2+++???+) n="">
n =n n n 2! 3! n !
<>
证法.
111
2+??n 222
11
(1-n -1)
1=2+=3-n -1<>
121-2，其余相同
12. 【2012高考真题辽宁理21】
设f (x ) =ln(x +1) +
ax +b (a , b ∈R , a , b 为常数) ，曲线
y =f (x ) 与直线y =
3
x 在(0，0) 点相切。 2
9x
x +6
(Ⅰ) 求a , b 的值。(Ⅱ) 证明：当0
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【点评】本题综合考查导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性与
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最值中的运用。本题容易忽略函数f (x ) 的定义域，根据条件曲线y =f (x )
3
x 在(0，0) 点相切，求出a , b 的值，然后，利用函数的单调性2
9x
或者均值不等式证明f (x ) <>
x +6
与直线y =
类型题目几乎年年都有涉及，因此，在平时要加强训练。本题属于中档题。 13. 【2012高考真题天津理20】
已知函数f (x ) =x -ln(x +a ) 的最小值为0，其中a >0. （Ⅰ）求a 的值；
（Ⅱ）若对任意的x ∈[0, +∞), 有f (x ) ≤kx 2成立，求实数k 的最小值； （Ⅲ）证明【答案】
∑2i -1-ln(2n +1) <2（n>
i =1
n
2
*
）.
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14（10湖北）已知函数f (x ) =ax +的切线方程为y =x -1． （Ⅰ）用a 表示出b ，c ;
（Ⅱ）若f (x ) ≥ln x 在[1, +∞]上恒成立，求a 的取值范围；
b
+c (a >0) 的图象在点(1, f (1)) 处x
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（Ⅲ）证明：1+
n 111
++…+＞ln(n +1) +）（n≥1）．
2n +123n
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范文四：不等式证明
编号：
本科毕业论文
题目：不等式证明的微分法与积分法
院 系：数学科学系
姓 名：@@@
学 号：@@@@
专 业：数学与应用数学
年 级：1@@
指导教师：@@@
职 称：副教授
完成日期：年月
摘 要
本文着重用微分与积分的思想去证明不等式，使用这种方法证明不等式不但是可行的，而且是有意义的. 利用微分法与积分法证明不等式，不但保留了微分与积分性质的便利性，而且扩大了微分与积分的使用范围. 首先, 列出微分与积分的相关定义与性质，其次, 为了应用微分与积分法，将对所给不等式进行分析，最后, 应用微分或积分去证明不等式. 本文将用导数定义法、拉格朗日中值定理法、柯西中值定理法、函数的极值和最值法、判别式法、定积分的性质法、柯西中值定理法等证明不等式.
关键词 ：不等式证明；微分法；积分法
Abstract
In this paper, I use the theme of differential method and integral method to prove in -equality that is available and valuable. The usage of differential method and integral method to prove inequality not only keep the convenience being used by properties of differential an -d differential, but also broad the usage of scope in differential and differential. First of all, I list out the definition and properties of differential function and differential function. And then, for the sake of differential function and differential function, I analysis the properties of inequality. Finally, I use the differential function method and differential function method to prove the inequality. And in this paper I will use the application of mean value theorem and the integral derivative of learning content, using the definition of derivative, monotone function extreme value, integral, and other related knowledge to solve some problems of inequality.
Key words: inequality; differential method; integral method
I
目 录
摘 要............................................................ (I) Abstract......................................................... (I) 引 言............................................................ (1) 1 预备知识........................................................ (2) 2 不等式证明的微分法.............................................. (3)
2.1 利用导数的定义 . ............................................. (3)
2.2 利用拉格朗日定理 . ........................................... (3)
2.3 利用柯西中值定理 . ........................................... (4)
2.4 利用函数的极值和最值 . ....................................... (5)
2.5 利用取对数法 . ............................................... (6)
2.6 利用詹森不等式法 . ........................................... (6) 3 不等式证明的积分法.............................................. (7)
3.1 利用判别式法 . ............................................... (8)
3.2 利用定积分的性质 . ........................................... (8)
3.3 利用变上限辅助函数理论 . ..................................... (8)
3.4 利用积分中值定理 . ........................................... (9)
3.5 利用Schwarz 不等式 . ........................................ (10) 结束语........................................................... (11) 参考文献......................................................... (12) 致谢............................................................. (13)
引 言
20世纪80年代以来在中国大地上出现了持续高涨的不等式研究热潮. 研究成果之丰富，研究成果水平之高，研究队伍的迅速壮大，都是前所未有的.1994年成立了“中国不等式研究小组”，并自费创办了《研究通讯》. 杨路、张景中、常庚哲、等教授对几何不等式研究的一系列开创性工作，将我国几何不等式的研究推向高潮. 涌现出一大批高产高水平的作者群，如杨学枝、曾振柄等. 无论是数量之多，还是水平之高，在国际上都可以说是处于领先地位. 特别是中国科学院成都计算机研究所杨路研究员研究开发的不等式型机器证明软件B07rrEMA 问世以来，借助于这种软件可以发现或证明上千种新的几何不等式，这些开拓性的工作，更是在国际上处于领先地位. 这些成果除了发表在《不等式研究通讯》和其他杂志上以外，还可以在文献[1]、 [2]等中找到.
中学数学有关不等式的证明，题型多变，技巧性很强，同时它也没有固定的解题思路. 因而，他是中学数学考试的难点. 不等式的证明的方法很多, 其中常用的方法为：放缩法、数学归纳法、判别式法等. 然而这些证明方法有其局限性或复杂性. 如放缩法，他是将不等式的一边或两边进行放大或缩小，是使问题解决的一种变形手段，虽有着广泛的应用. 但是放缩法的教学是一大难点，学生接受、运用时普遍感到难以驾驭. 归因于使用放缩法需要较高的拆分组合技巧，还要把握好放缩的“尺度”；数学归纳法在归纳证明中有时是很繁琐甚至是错误的，如a 1+2a 2+ +na n ≤1[3]，但是应用导数的定义法，不仅在求解的过程中方便，也可以得到正确的结果；而判别式法对于某些函数在求其值域时，如
ax 2+bx +c f (x ) =2，常常所求结果不正确[4]. dx +dx +f
微分法与积分法可以解决这些问题. 微分法与积分法不但可以从不等式的整体性出发，把不等式的一端看作一个函数或某一部分看成一个函数，如文中应用詹森不等式证明的例题，而且证明的过程比较简捷，有针对性的解决某些不等式的证明. 运用数学上的微分方法，可以对具有曲线联系的极值问题进行求解，这也是确定最优方案的一种决策方法[]. 运用积分法的性质如：线性、保号5
性、极大值极小值、绝对连续性、绝对值积分等，可以简便证明不等式[]. 6
1 预备知识
⑴拉格朗日中值定理
若函数f 定义在[a , b ]上的实连续函数；f 在开区间(a , b )上可导内可微, 那么一定有一点x ∈(a , b )使得
f (b ) -f (a ) =(b -a ) f '(x )
⑵詹森不等式
若f 为[a , b ]上的凸函数，则对任意x i ∈[a , b ], λi >0(i =1,2, n ), ∑λi =1, 有
i =1n
f (∑λi x i ) ≤∑λi f (x i ).
i =1i =1n n
⑶ Schwarz不等式
若f (x ),g(x ) 在[a , b ]上可积，则(?f (x ) g (x ) dx ) 2≤?f 2(x ) dx ?g 2(x ) dx . a a a b b b
2 不等式证明的微分法
2.1 利用导数的定义
用导数定义证明不等式的方法适用范围不广, 解题时应仔细观察问题中的条件与结论间的关系. 有些不等式符合导数的定义, 因此可以利用导数的定义将其形式转化, 以达到化繁为简的目的.
例1 设函数f (x ) =a 1sin x +a 2sin 2x + +a n sin nx , 其中a 1, a 2, a n 都为实
数，n 为正整数，已知对于一切实数x ，有f (x ) ≤sin x ，试证
a 1+2a 2+ +na n ≤1.
分析 问题中的条件和结论并不属于同一类型的函数，如果能找出它们之间的关系，那么无疑能帮助解决此题，可以看出a 1+2a 2+ +na n =f ' (0). 于是此题可以转化为证明f ' (0)≤1.
证明：因f ' (x ) =a 1cos x +2a 2cos2x + +na n cos nx . 则
f ' (0)=a 1+2a 2+ +na n .
利用导数的定义得：
f ' (0)=lim x →0f (x ) -f (0) x -0
f (x ) , x
f (x ) . x =lim x →0=lim x →0
由于f (x ) ≤sin x . 所以f ' (0)≤lim x →0sin x =1. 即a 1+2a 2+ +na n ≤1. x
2.2 利用拉格朗日定理
当所证的不等式中含函数值与一阶导数, 或函数增量与一阶导数时, 可以用拉格朗日中值定理来证明.
例 2 证明 当x >0, x
分析 拉格朗日中值定理反映了函数或函数增量与可导函数的一阶导数符号之间的关系. 所证不等式中的函数In(x +1) 的导数为1. 即所证不等式中含有x +1
函数及其导数，可用拉格朗日定理证明. 由In1=0, 可构造函数的改变量In(x +1) -In(1),对应的自变量的改变量为x , 则其等价于1In(x +1) -In(1)<1, x="" +1(x="" +1)="">
证明：构造函数f (t ) =In t , 因f (t ) 在[1, x +1](x >0) 上连续，在(1, x +1)上可导，f (t ) 在[1, x +1](x >0) 上满足拉格朗日条件，于是存在ξ∈(1, x +1), 使
f (x +1) -f (1)1=f ' (ξ) =, (x +1) -1ξ
因为f (x +1) -f (1)=In(x +1) -In(1)=In(x +1),
所以11<1, x="" +1ξ1in(x="" +1)="" x=""><1.> 2.3 利用柯西中值定理 当不等式含有两个函数的函数值及其一阶导数, 或两个函数的函数增量及其一阶导数时, 可用柯西中值定理证明. 利用柯西定理证明方法： ① 构造两个辅助函数f (x ) 和g (x ) ，并且确定它们适合用柯西中值定理的区间[a , b]； ② 对f (x ) 和g (x ) 在[a , b ]上施用柯西中值定理； ③ 利用ξ与a , b 的关系，对柯西不等式进行加强. 例3 设a >e ,0 2, 证明a y -a x >(cosx -cos y ) a x In a . a y -a x 分析 原不等式等价于<-a x="" in="" a="" .="" 不等式左边可以看成是函数cosy="" -cos=""> f (t ) =a t 与g(t ) =cos t 在区间[x , y ]上的改变量的商，所以可以用柯西中值定理 证明. a y -a x 证明：原式等价于<-a x="" in="" a="" .="" 构造函数f="" (t="" )="a" t="" ，g(t="" )="cos" t="" ，="" cosy="" -cos=""> 因为f (t ) ，g(t ) 均在[x , y ]上连续，在(x , y ) 上可导，且f ' (t ) =a t In a ≠0, 由于0 2, 则g ' (t ) =-sin t ≠0, g (x ) =cos x ≠g (y)=cosy, 所以f (t ) ，g(t ) 在[x , y ]上满足柯西中值条件，故存在ξ∈(x , y ), 使得 f ' (ξ) f (y)-f (x ) a y -a x a ξIn a ===, ' g (ξ) g (y)-g (x ) cosy -cos x -sin ξ 又因为a >e , ξ∈(x , y ), 0 2, 有a x 1,In a >1, sin ξ a ξIn a a ξIn a x 得到a In a <, -a="" in="" a="">-, sin ξsin ξx a y -a x 因此<-a x="" in="" a="" .="" 即a="" y="" -a="" x="">(cosx -cos y ) a x In a . cosy -cos x 2.4 利用函数的极值和最值 当题没满足以下条件时宜用该方法: ① 所设函数f (x ) 在某闭区间上连续, 开区间内可导, 但在所讨论的区间上不是单调函数时; ② 只能证不严格的不等式而不能证明严格的不等式. 例4[7]试证明:当x >0时，有x 5≥5x +4. 分析 利用差式构造辅助函数f (x ) =x 5-5x +4,(x >0), 这与前面利用函数单调性定义证明不等式中所构造辅助函数的方法相同，但由于f (x ) 在(0,+∞) 上 55不是单调函数（因对任意x 1, x 2>0, 且x 1>x 2, f (x 1) -f (x 2) =(x 1-x 2) -5(x 1-x 2), 不能判断f (x ) 的符号），所以不能用可导函数的单调性证明此不等式，则可采用函数的极值方式证明. 证明：构造函数f (x ) =x 5-5x +4,(x >0), 则有 f ' (x ) =5x 4-5 =5(x 2+1)(x 2-1) =5(x 2+1)(x +1)(x -1) . 令f ' (x ) =0, 解得x =±1, 其中只有x =1在区间(0,+∞) 内， 由lim f (x ) =lim x 5-5x +4=f (1),有f (x ) 在x =1点连续. x →1x →1 因当0 当x >1时，f ' (x )>0, f (x ) 在(1,+∞) 上为增函数由最值定理可知，f (x ) 在x =1处取得极小值，即f (1)=0, 为区间(0,+∞) 上的最小值，所以当x >0时，有f (x ) ≥f (1)=0. 故x 5-5x +4≥0(x >0), 即x 5≥5x +4(x >0). 2.5 利用取对数法 此题是先利用取对数法把不等式变形法把不等式变形后再构造函数，然后对该函数求导证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的. 例5[8] 设a >4, 试证：2a >a 2. 分析 要证明2a >a 2, 只需证In 2a >In a 2, 即证a In 2-2In a >0. 证明：令f (x ) =a In 2-2In a , 则f (4)=4In 2-2In 4=4In 2-4In 2=0. 22Inc 211-=-=0, 因为f ' (a ) =In 2-, 且当a >4时，有f ' (a ) =In 2->a a 2422 所以，函数f (a ) >f (4)=0, 即a In 2-2In a >0, 也即In 2a >In a 2, 所以2a >a 2, a >4. 2.6利用詹森不等式法 例6[9]试证明当a i >0(i=1,2, ,n) 时有： n ++ +a 1a 2a n ≤a 1+a 2+ +a n n 分析 要证 明n ++ +a 1a 2a n ≤a 1+a 2+ +a n ，只需证n 1a 1+a 2+ +a n In ≥In(a1a 2 a n ) n ， n 111111即证-In(a 1+a 2+ +a n ) ≤-Ina 1-Ina 2- -Ina n ，而由詹森不等式有 n n n n n n a +a + +a n f (a1) +f (a2) + f (an ) f (12) ≤, 设f (x ) =-In x 即可. n n 1证明：设x i >0，λi =(i=1,2, ,n) ，则n ∑λ i =1n i =1，取f (x ) =-I n x ， x ∈(0,+∞) . 因为f ' (x ) =-11，f '' (x ) =2>0. 所以f (x ) 为(0,+∞) 上的凸函数. 由x x 詹森不等式得 111111-In(a 1+a 2+ +a n ) ≤-Ina 1-Ina 2- -Ina n n n n n n n 1a 1+a 2+ +a n ≥In(a1a 2 a n ) n 所以 In n 因为g (x ) =In x 在(0,+∞) 上为增函数，所以 a 1+a 2+ +a n ≥n 同理取f (x ) =-In x =In ，由詹森不等式得 -In(1111111111++ +) ≤-(In-In - -In ) n a 1n a 2n a n n a 1a 2a n n ++ +a 1a 2a n ≤ 1x 即 综上可得 n 111++ +a 1a 2a n ≤≤a 1+a 2+ +a n . n 3 不等式证明的积分法 3.1 利用判别式法 当积分式含有平方项f 2(x ) 或f '2(x ) 的情况时适用. 例7 设f (x ) 、g (x ) 在区间[a , b ]上连续，试证明： (?f (x ) g (x ) dx ) ≤?f (x ) dx ?g 2(x ) dx . a a a b 2b 2b 分析 欲证不等式是函数f 2(x ) ，g 2(x ) ，以及f (x ) g(x ) 的积分不等式，引入参数t ，考虑辅助函数[f (x ) -t g(x ) ]在区间[a , b ]上的积分. 证明：利用定积分的性质易知? 即t 22[f (x ) -t g(x ) ]dx ≥0, a b a b b b 2? b b a g (x ) dx -2t ?f (x ) f (x ) dx +?f 2(x ) dx ≥0. 这是关于t 的二次多项式不a b a a a 2b 等式，因此，判别式?=4(?f (x )g(x ) dx ) 2-4?f 2(x ) dx ?g 2(x ) dx ≤0. 即(?f (x ) g (x ) dx ) 2≤?f 2(x ) dx ?g 2(x ) dx . a a a b b 3.2利用定积分的性质 本例题是为了应用定积分理论证明不等式法. 例8 证明：?1xdx ≤?x In xdx . 12 分析 对可积函数f (x ) ，g(x ) ，先证出f (x ) ≤g(x ), 然后由定积分的性质可以证出?f (x ) dx ≤?g (x ) dx . a a b b 证明：当x ∈ [1,2]x ,In x > 0, x ≤x In x . x ，x In x 在[1,2 ]x ，x In x 在(1,2) 均可导. 由定积分的性质可知 : ?1xdx ≤?x In xdx . 12 3.3 利用变上限辅助函数理论 当不等式含有定积分（或被积函数f (x ) ≤g(x ) 时），可用定积分的性质来证明或构造上限辅助函数来证明. 例9[10] 设f (x ) 在[a , b ]上连续，且单调递增，试证明 ?b a a +b b xf (x ) dx ≥f (x ) dx . 2?a t 分析 可将此定积分不等式看成是数值不等式，并将常数b 变为变数t ，利用差式构造辅助函数：F (t ) =?xf (x ) dx ≥a a +t t f (x ) dx . 则需要证明的就是式子 ?a 2 F (b ) ≥F (a ) =0. 证明：设辅助函数F (t ) =?xf (x ) dx ≥a t a +t t f (x ) dx . 显然F (a ) =0对. ?a 2 ?t ∈[a , b ], 有 F ' (t ) =tf (t ) -1t a +t f (x ) dx -f (t ). 2?a 2 t -a 1t =f (t ) -?f (x ) dx 22a 1t =?[f (t ) -f (x ) ]dx . 2a x ∈(a , t ). 因为f (x ) 单调递增，则F ' (t ) ≥0, 则F (t ) 单调递增. 所以F (b ) ≥F (a ) =0(b ≥a ). 因此? 3.4利用积分中值定理 b a a +b b xf (x ) dx ≥f (x ) dx . 2?a 对于含有定积分的不等式，可以把常数变为变数构造辅助函数，利用积分中值定理及函数的单调性解决不等式. 例10[11] 设f 为[0,2π]上的单调递减函数，证明：对任何正整数n 恒有 ? 由于?2π2π0f (x )sin nxdx ≥0. 分析 设g(x ) =f (x ) -f (2π), 由题知，g(x ) 在[0,2π]上为非负、递减函数， 0f (2π)sin nxdx =0. 可以得到?2π0f (x )sin nxdx =?g(x )sin nxdx . 而且对于 02π ?2π 0g(x )sin nxdx ，可用积分第二中值定理. 证明：设g(x ) =f (x ) -f (2π), 则由题设知，g(x ) 在[0,2π]上为非负、递减函数. 由积分第二中值定理，存在ξn ∈[0,2π], 使得 ?2π 0f (x )sin nxdx =?g(x )sin nxdx +?0 2π 02π2π0f (2π)sin nxdx ξn 0 =?g(x )sin nxdx =g (0)?sin nxdx 1-cos n ξn ≥0 =g (0)n 3.5 利用Schwarz 不等式 若f (x ),g(x ) 在[a , b ]上可积，则(?f (x ) g (x ) dx ) 2≤?f 2(x ) dx ?g 2(x ) dx . a a a b b b 例11[12] 已知f (x ) ≥0, 在[a , b ]上连续，?f (x ) dx =1, k 为任意实数，证a b 明： (?f (x )cos kxdx ) +(?f (x )sin kxdx ) 2≤1. a a b 2b 分析 此题适合用Schwarz 不等式. 证明：对不等式左端第一项应用Schwarz 不等式 (?b ?f (x )cos kxdx ) =???a 2a kxdx ) ? ?? b a 2≤?f (x ) dx ?f (x )cos 2kxdx =?f (x )cos 2kxdx . a a b b 同理，(?f (x )sin kxdx ) 2≤?f (x )sin 2kxdx . a a b b 所以，(?f (x )cos kxdx ) +(?f (x )sin kxdx ) 2≤1. a a b 2b 结束语 本文是通过以举例和评注的方式用几种方法在不等式的证明中进行了阐述, 可以看不等式在高等数学中的重要性, 从以上的各种例子可以看出不等式的证明为大学数学注人了新的活力, 证明不等式的方法是不拘一格的. 不等式的证明方法有:比较法、分析法、重要不等式法、综合法、数学归纳法等等, 然而有一些问题用上面的方法来解决是很复杂的, 我们在学完中值定理与导数的应用及定积分等内容以后, 可以利用导数的定义、函数的单调性、极值性、定积分等相关知识解决一些不等式证明的问题. 我们在利用以上方法证明不等式时要灵活应用, 应具体问题具体分析, 随机应变, 不能机械的只知道利用某一种方法. 有时候多种方法结合使用, 会使证明变得更加容易. 有的不等式证明要用到不止一种的方法, 所以, 学习过程中要熟练掌握, 灵活应用. 参考文献 [1]张晗方．几何不等式导引[M]．北京：中国科学文化出版社，2003． [2]杨学枝．不等式研究[M]．拉萨：西藏人民出版社，2000． [3]吉米多维奇. 数学分析习题解[M].山东科学技术出版社，2003. [4]胡汉明. 不等式证明问题的思考方法[J].数学通讯.2001(9):20-23. [5]谢明文. 微积分教程(第四版)[M].成都：西南财经大学出版社.2005 [6]同济大学数学教研室主编. 《数学分析（上册）（第五版）》[M].北京：北京高教出版社. [7]2005. 何水明. 高等数学（上册）[M].武汉：中国地质大学出版社，2003, ：106. [8]马德炎. 常见的代数不等式的证明[J].高等数学研究,2009(三):27-29. [9]裴礼文. 数学分析中的典型问题和方法[M].北京：高等教育出版社.2006. [10]邵剑，李大侃. 高等数学专题梳理与解读[M].上海：同济大学出版社.2008. [11]孙学敏. 微分中值定理的应用[J].数学教学研究，2008，第28卷第10期. [12]王盛林，卫赛平. 证明不等式的几种特殊方法[J].数学通讯 2004(11). 致谢 毕业论文的收尾，意味着我在@@@@大学的四年的学习生活既将结束. 回首既往，自己一生最宝贵的时光能在这样的校园之中度过，能在众多学富五车、才华横溢的老师们的熏陶下度过，实是荣幸之极. 在这四年的时间里，我在学习上和思想上都受益非浅. 这除了自身努力外，与各位老师、同学和朋友的关心、支持和鼓励是分不开的，在这里想对你们说声谢谢. 论文的写作是枯燥艰辛而又富有挑战的. 老师的谆谆教导、同学的帮助及家长的支持鼓励，是我坚持完成论文的动力源泉. 在此，我特别要感谢我的指导老师@@@从论文的选题、文献的采集、框架的设计、结构的布局到最终的论文定稿，从内容到格式，从标题到标点，他都费尽心血. 没有@@@老师的辛勤栽培、孜孜教诲，就没有我论文的顺利完成. 感谢各位同学，与他们的交流使我受益颇多. 最后要感谢我的家人以及我的朋友们对我的理解、支持、鼓励和帮助，正是因为有了他们，我所做的一切才更有意义；也正是因为有了他们，我才有了追求进步的勇气和信心. 时间的仓促及自身专业水平的不足，整篇论文肯定存在尚未发现的缺点和错误. 恳请阅读此篇论文的老师，多予指正，不胜感激. 目录 摘要······································································································ⅠAbstract ·································································································Ⅰ1引言···································································································12不等式的证明方法························································错误！未定义书签。 2.12.22.32.42.52.62.82.9 比较法·······································································错误！未定义书签。分析法·······································································错误！未定义书签。综合法·······································································错误！未定义书签。换元法·······································································错误！未定义书签。放缩法·······································································错误！未定义书签。单调性法····································································错误！未定义书签。微分中值定理法··························································错误！未定义书签。积分法·······································································错误！未定义书签。 2.7导数法········································································错误！未定义书签。 2.10极限法·····································································错误！未定义书签。2.11双十字法··································································错误！未定义书签。2.12对称性法··································································错误！未定义书签。 结束语···············································································错误！未定义书签。参考文献···········································································错误！未定义书签。致谢·······································································································1 内江师范学院本科毕业论文 摘要：不等式证明是高中常见的题型之一.但是对于不等式的证明中，高中课本 着重只介绍了比较法，综合法，分析法．然而在学习过程中，有些很难用以上方法解决不等式的证明．因此本文利用初等代数和高等代数的知识将不等式的证明的多种常用方法给出了一个归纳.在以往的基础上增加了如利用导数，利用式的对称性证明，利用积分，利用微分中值定理，利用极限等方法来证明不等式．希望通过这些方法可以简洁，方便地解决一些不等式的证明． 关键词：不等式；证明；方法 Abstract ：An inequation are high school is one of the common questions. But for an inequation, high school textbook only introduces emphatically, synthesis, analysis in the learning process. However, some of the above methods to solve difficult inequality proof. Therefore this paper using elementary algebra and higher algebra inequality proof of knowledge of commonly used method gives an inductive. In the past, the derivative, such as using the symmetry of proof, using integral, using differential mid-value theorem, using such methods to testify inequality limit. Hope through these methods can be concise, easy to solve some inequalities. Key words ：inequality, Proof, methods 1引言 证明不等式就是要证明所给不等式在给定条件下恒成立.由于不等式的形式多种多样，因此在我们求证一个不等式的时候就是要反复读题，多分析该题的结构和形式，从而再采取相应的方法去解决.因此对于不等式的证明的方法的灵活多样,具体问题具体分析是证明不等式的精髓.下面介绍不等式证明的几种方法: 2不等式的证明方法 2.1比较法[１] 例1 ?a 2? 设a >0, b >0, 求证： ? ???a 2? ???= 1/2 1/2 1/2 ?b 2?+ ??? ≥a 1/2+b 1/2． 证明 ?b 2?+ ?? ?1/2 -a 1/2-b 1/2 = 2 ≥0． 即 ?a 2? ??? 1/2 ?b 2?+ ??? 1/2 ≥a 1/2+b 1/2． 例2证明 若a >b >c >0, 求证：a 2a b 2b c 2c >a b +c b a +c c a +b ．因为a >b >0, 所以 a >1, a -b >0，?a ? ??? a -b 则有 >1． 同理 ?a ? ??? a -c >1， ?b -c b ???? >1． 所以 ?a -b b -c a ???a -c ??? a ???? b ???? >1． 又 a 2a -b -c b 2b -a -c c 2c -a -b =a (a -b ) +(a -c ) b (b -c ) -(a -b ) c -(a -c ) -(b -c ) a -b =? a ??a -c b -c ??? a ????? b ???? >1， 所以 a 2a b 2b c 2c >a b +c b a +c c a +b ． 2.2分析法 例3已知a , b ∈R +, 且a ≠b , 求证：a 3+b 3>a 2b +ab 2．证明欲证a 3+b 3>a 2b +ab 2, 即证 （a +b )(a 2-ab +b 2) >ab (a +b ) ， 因为a +b >0, 故只需证明a 2-ab +b 2>ab , 即证 a 2-2ab +b 2>0, 因为a ≠b , 所以(a -b ) 2>0成立, 所以原不等式得证．2.3综合法 例4 已知：a 2+b 2+c 2=1, x 2+y 2+z 2=1, a ≠x , b ≠y , c ≠z ，ax +by +cz <> 求证： 证明 因为a 2+x 2≥2ax , b 2+y 2≥2by , c 2+z 2≥2cz , 又由题知 a ≠x , b ≠y , c ≠z ，知a 与x , b 与y , c 与z 全不能取相等, 故上面三式全不能取等号, 相加得 a 2+b 2+c 2+x 2+y 2+z 2>2(ax +by +cz ) , 又a 2+b 2+c 2=1, x 2+y 2+z 2=1, 所以 2>2(ax +by +cz ) . 即 ax +by +cz <> 2.4换元法 例5证明 [2] 4a 2b 22 ≥(2a +b ) 已知0 k π , k ∈z , 2 又x 2+(1-x 2) =1, 因此令x 2=sin 2α,1-x 2=cos 2α, 其中α≠则 4a 2b 24a 2b 2 +=+-αα 2 =4a （cot 2α+1）+（1+tan 2α）b 2 =4a 2+b 2+4a 2cot 2α+b 2tan 2α≥4a 2+b 2+4ab =(2a +b ) 2 所以 4a 2b 2 +≥(2a +b ) 2．1-2.5放缩法[１] 例6证明所以 证明：1+因为 1111+++???+<2, n=""> , <> --111111111+++???+<> =1+(1-=2-<> n n 1111 +++???+<2．234n> 则 1+ 2.6利用函数单调增减性[３] x -ln(1+x ) , 当x >0时有证明设f (x ) = +f '(x ) = 1+x -x 1-x -=<> (1+) 1+(1+) 由于f (x ) 在x =0处连续, 所以f (x ) 在[0,+∞]上严格递减．所以当x >0时有 f (x ) = x -ln(1+x ) x g '(x ) =1- 1x =>0．1+1+又在x =0处连续, 所以g (x ) 在[0,+∞]上严格递增．所以当x >0时有 g (x ) =x -ln(1+x ) >g (0)=0. 即 x >ln(1+x ) 所以 x [４] 拉格朗日中值定理f (b ) -f (a ) =f '(ξ)(b -a ),(ξ∈(a , b )) 将函数值与导数值连接在一起． 例8证明 11 证明：+．设f (u ) =ln u 则在[x , x +1]上f (u ) 连续可导, 则由拉格朗日中值定理有 f (x +1) -f (x ) =f '(ξ)(x +1-x ), ξ∈(x , x +1) . 即 ln(x +1) -ln(x ) = 1 ξ ． 而 0 所以 111 <. ．1+x=""> 所以 11 2.8利用导数证明[５] 例9证明 当0 π （0）令f (x ）上单调递增．=1-cos x , 则f '(x ) =sin x 在 2 ππ 又f (x ) 在[0上连续, 在(0,) 内可导, 且f (0)=0, 221-cos x π 由于g (x ) =在(0,) 内可导, 且f (0)=0, 又 π1-cos x 2 <> 2x x ??→0 lim + 1-cos x =0, 1-cos 所以 0 1-cos x <> 所以 0 1-cos x 2 <> 例10 已知a , b , c , d 是正数, 且满足a +b +c +d =1． +6． ≤ ≤ 4a +1+ 4c +1+ 2 9, 9, ≤ ≤4b +1+ 4d +1+ 2 9, 9． 证明 四式相加得到 4(a +b +c ) +1317 , = 2217217 ?=≤6, 233 即 +所以 +6． 2.10用“双十字法” 例11已知x , y >0, 且x +y =1． 求证：x 2+3xy +2y 2-2x -y -3<2x 2-21xy="" -11y="" 2-4x="" +21y=""> 分析：对这种题我们首先想到的是移项，此处我们将直接通过两端的正负来确定其大小． 证明 f (x ) =x 2+3xy +2y 2-2x -y -3 =(x +2y )(x +y ) -2x -y -3=(x +2y -3)(x +y +1) <0．g (x="" )="2x" 2-21xy="" -11y="" 2-4x="" +21y=""> =(2x +y )(x -11y ) -4x +21y +2=(2x +y -2)(x -11y -1) >0． 从而即有 x 2+3xy +2y 2-2x -y -3<2x 2-21xy="" -11y="" 2-4x="" +21y=""> 2.11积分法[４] 定积分性质：对?x ∈[a , b ], 若f (x ) ≤g (x ) , 则?(x ) dx ≤?g (x ) dx ． a a b b 例12证明 x 2 证明不等式x - 当t >0时, 显然有1-t x x x 1（1-t ）dt <（）dt> 1 <1,> t 2t -2 x 0 x x , 所以 x 2 x - 2.12采用无穷量法[６] 例13证明 证明： 当x >2(1+时, 有(2x -1) +（22x -3）+（32x -5）+???+x f (x ) =(2x -1) +2（2x -3）+3（2x -5）+... +x , g (x ) =x 3, 则有 f (x ) = x (x +1) （2x +1） , 6 于是 x (x +1) （2x +1） f (x ) 2x 3+3x 2+x 1lim =lim =lim =．x →∞() x →∞x →∞63 按极限的定义, 取ε= 1 , 则δ=, 对?x , 当x >δ=时有224 f (x ) 11 -<ε=. ()=""> 即有 0 111f (x ) 117 , =-<> 从而 f (x ) 即当x >时2(2x -1) +（22x -3）+（32x -5）+... +x 3结束语 值得说明的是在运用以上证明方法证明不等式是必须要针对不同类型的不等式来选取合理，简便有效的证明方法来解决相应的不等式的证明．同时希望通过以上一系列的不等式的证明方法，能够丰富大家的想象力和创造力． 参考文献 [1]罗猛. 不等式证明的八种方法[J].跨世纪. 2008（16）:198-199． [2]罗小林. 不等式的证明技巧妙用“1”构造平均值不等式[J].数理化解题研究.2008(7):14．[3]曹亚群. 不等式证明的几种常用方法[J].安徽水利水电职业技术学院学报.2007(7):79．[4]尹建华. 利用微积分证明不等式[J].承德民族师专学报. 2001(21):8．[5]赵朋军. 用导数证明不等式[J].商洛师范专业学校学报,2005(19):97． [6]黄冬梅. 关于不等式证明的若干方法的探究[J].内江师范学院学报,2009(24):249．范文五：不等式证明
