不等式证明方法研究

2024-05-03

不等式证明方法研究（精选十篇）

不等式证明方法研究篇1

不等式是中学数学最基本内容之一, 它有着丰富的实际背景, 与生产实践联系十分密切.因此, 无论普通高考, 还是对口高考, 不等式历年都是考试的重点、热点, 甚至难点.下面就不等式的证明, 介绍几种常见方法, 如有不对, 敬请同行、同学们斧正.

一、作差法

例1 对于任意实数x, 求证:x2+3>2x.

证明 ∵x2+3-2x= (x-1) 2+2>0, ∴x2+3>2x.

评注 1.作差法步骤:作差——变形——判断与0的关系——结论.

2.作差后的变形常用方法有因式分解、配方、通分、有理化等, 应注意结合式子的形式, 适当选用.

二、作商法

例2 设a, b均是正实数, 求证:aabb≥abba.

证明首先, 由条件aabb>0, abba>0,

其次, $\frac{a^{a} b^{b}}{a^{b} b^{a}} = (\frac{a}{b})^{a - b} ‚$

(1) 当a≥b>0时, $\frac{a}{b} \geq 1 ‚ a - b \geq 0 ‚ ∴ (\frac{a}{b})^{a - b} \geq 1 .$

(2) 当b>a>0时, $0 < \frac{a}{b} < 1 ‚ a - b < 0 ‚ ∴ (\frac{a}{b})^{a - b} > 1 .$

综合 (1) , (2) : $(\frac{a}{b})^{a - b} \geq 1 ‚ ∴ a^{a} b^{b} \geq a^{b} b^{a} .$

评注 1.作商法步骤:作商——变形——判断与1的关系—结论.

2.作差法是通法, 运用较广;作商法要注意条件, 不等式两边必须是正数.作商法常用于证幂、指数形式的不等式.

三、综合法

例3 设a, b, c均是正实数, 求证: $\frac{b c}{a} + \frac{c a}{b} + \frac{a b}{c} \geq a + b + c .$

证明 ∵a, b, c均是正实数,

$∴ \frac{b c}{a}, \frac{c a}{b}, \frac{a b}{c}$ 也均是正实数.

$\begin{array}{l} ∴ \frac{b c}{a} + \frac{c a}{b} \geq 2 c, \frac{c a}{b} + \frac{a b}{c} \geq 2 a, \frac{a b}{c} + \frac{b c}{a} \geq 2 b . \\ ∴ 2 (\frac{b c}{a} + \frac{c a}{b} + \frac{a b}{c}) \geq 2 (a + b + c) ‚ \\ ∴ \frac{b c}{a} + \frac{c a}{b} + \frac{a b}{c} \geq a + b + c . \end{array}$

评注 1.利用某些已经证明过的不等式 (例如正数的算术均值不小于几何均数等) 和不等式的性质 (例如|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|等) 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.综合法的思维特点是:由因导果, 即由已知条件出发, 利用已知的数学定理、性质和公式, 推出结论的一种证明方法.

3.运用综合法证明不等式, 必须发现式子的结构特征, 结合重要不等式和常用不等式, 找到解题的方法.

四、分析法

例4 设a>b>0, 求证: $\frac{(a - b)^{2}}{8 a} < \frac{a + b}{2} - \sqrt{a b} < \frac{(a - b)^{2}}{8 b} .$

证明由条件, 要证原不等式成立,

只需证 $\frac{(a - b)^{2}}{8 a} < \frac{(\sqrt{a} - \sqrt{b})^{2}}{2} < \frac{(a - b)^{2}}{8 b}$ ,

只需证 $\frac{(\sqrt{a} + \sqrt{b})^{2}}{4 a} < 1 < \frac{(\sqrt{a} + \sqrt{b})^{2}}{4 b}$ ,

只需证 $\frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2 \sqrt{a}} < 1 < \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2 \sqrt{b}}$ ,

$\begin{array}{l} 只需证 \sqrt{\frac{b}{a}} < 1 < \sqrt{\frac{a}{b}} . \\ ∵ a > b > 0 ‚ \end{array}$

∴此式显然成立, ∴原不等式在a>b>0时成立.

评注 1.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.

2.分析法的思维特点是:执果索因, 步步寻求上一步为真的充分条件, 即从“未知”看“需知”, 逐步靠拢“已知”.

3.分析法的书写格式:要证明命题B为真, 只需要证明命题B1为真, 从而有……这只需要证明命题B2为真, 从而又有……这只需要证明命题A为真, 而已知A为真, 故命题B必为真.

五、反证法

例5 已知0<a, b, c<1, 求证: (1-a) b, (1-b) c, (1-c) a不可能都大于 $\frac{1}{4} .$

证明假设 (1-a) b, (1-b) c, (1-c) a都大于 $\frac{1}{4}$ , 则 $(1 - a) b (1 - b) c (1 - c) a > \frac{1}{64} .$

由条件, 得

$(1 - a) b (1 - b) c (1 - c) a = (1 - a) a (1 - b) b (1 - c) c \leq (\frac{a + 1 - a}{2})^{2} (\frac{b + 1 - b}{2})^{2} (\frac{c + 1 - c}{2})^{2} = \frac{1}{64} .$

前后矛盾, 因而原命题成立.

评注 1.反证法是指有些不等式的证明, 从正面证不好说清楚, 可以从“正难, 则反”的角度考虑, 即要证明不等式A>B, 先假设A≤B, 由题设及其他性质, 推出矛盾, 从而肯定A>B.

2.反证法证题步骤:反设——推理——归谬——确认.

3.反证法证题类型:凡涉及的证明不等式为否定命题、唯一性命题或含有“至多”“至少”“不存在”“不可能”等词语, 可以考虑用反证法.

六、换元法

例6 已知x2+y2=1, 求证: $| x^{2} + 2 x y - y^{2} | \leq \sqrt{2} .$

证明由条件, 可令x=cosθ, y=sinθ,

则|x2+2xy-y2|=|cos2θ+2cosθsinθ-sin2θ|=|cos2θ+sin2θ|= $\sqrt{2} \sin (2 θ + \frac{π}{4})$ $\leq \sqrt{2} .$

评注 1.换元法是指对一些结构比较复杂, 变量较多, 变量之间的关系不甚明了的不等式可引入一个或多个变量进行代换, 以便简化原有的结构或实现某种转化与变通, 给证明带来新启迪的方法.

2.换元法常用两种换元形式:

(1) 三角换元:多用于条件不等式的证明, 当所给条件较复杂, 一个变量不易用另一个变量表示时, 这时可考虑三角代换, 将两个变量都用同一个参数表示.此法如果运用恰当, 可沟通三角与代数的联系, 将复杂的代数问题转化为三角问题.

根据具体问题, 实施的三角换元如:①若x2+y2=1, 可设x=cosθ, y=sinθ;②若x2+y2≤1, 可设x=rcosθ, y=rsinθ (其中-1≤r≤1) ;③若 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ , 则可设x=acosθ, y=bsinθ等.

(2) 增量换元:在对称式 (任意交换两个字母, 代数式不变) 和给定字母顺序 (如a>b>c等) 的不等式, 考虑用增量法进行换元, 其目的是通过换元达到减元, 使问题化难为易, 化繁为简.

七、均值法

例7 已知a, b, c均为正实数, 求证: $\frac{1}{2 a} + \frac{1}{2 b} + \frac{1}{2 c} \geq \frac{1}{b + c} + \frac{1}{c + a} + \frac{1}{a + b} .$

证明 ∵a, b为正实数, $∴ \frac{a + b}{2} \geq \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}},$

即 $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \geq \frac{4}{a + b} .$

$\begin{array}{l} 同理 : \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq \frac{4}{b + c} ‚ \frac{1}{c} + \frac{1}{a} \geq \frac{4}{c + a} . \\ ∴ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{c} + \frac{1}{a} \geq \frac{4}{a + b} + \frac{4}{b + c} + \frac{4}{c + a} ‚ \\ ∴ \frac{1}{2 a} + \frac{1}{2 b} + \frac{1}{2 c} \geq \frac{1}{b + c} + \frac{1}{c + a} + \frac{1}{a + b} . \end{array}$

评注 1.均值法是指应用均值不等式, 直接回答不等式成立的方法.

2.均值不等式:设a1, a2, a3, …, a4均为正数, 则

算术均数 $A_{n} = \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{n}}{n},$

几何均数 $G_{n} = \sqrt{a_{1} a_{2} a_{3} \dots a_{n}},$

平方均数 $Q_{n} = \sqrt{\frac{a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2} + \dots + a_{n}^{2}}{n}},$

调和均数 $Η_{n} = \frac{n}{\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}} + \frac{1}{a_{3}} + \dots + \frac{1}{a_{n}}} .$

必满足Hn≤Gn≤An≤Qn, 而且当且仅当a1=a2=…=an时, 取等号.

八、“Δ”法

例8 已知实数a, b, c满足a+b+c=0, abc=2, 求证:a, b, c中至少有一个不小于2.

证明由条件知a, b, c中必有一个为正数, 不妨令

$\begin{array}{l} a > 0 . \\ ∵ a + b + c = 0, a b c = 2, ∴ b + c = - a, b c = \frac{2}{a}, \end{array}$

即b, c是二次方程 $x^{2} + a x + \frac{2}{a} = 0$ 的两个实根,

$∴ Δ = a^{2} - 4 \cdot \frac{2}{a} \geq 0, a \geq 2 .$

∴该命题获证.

评注 1.“Δ”法是指一元二次方程存在实根, 则判别式Δ=b2-4ac≥0, 从而推得原不等式成立的方法.

2.应用“Δ”法, 必须保证两个“一定”:一个原方程一定是实系数一元二次方程, 两个实系数一元二次方程一定存在实根.

九、单调法

例9 设x>0, 求证: $x + \frac{1}{x} + \frac{1}{x + \frac{1}{x}} \geq \frac{5}{2} .$

证明构造函数 $u = x + \frac{1}{x}, y = u + \frac{1}{u},$

∴证明 $x + \frac{1}{x} + \frac{1}{x + \frac{1}{x}} \geq \frac{5}{2}$ , 相当于证明

$\begin{array}{l} y \geq \frac{5}{2} . \\ ∵ x > 0, ∴ u \geq 2 . \end{array}$

又 ∵易证 $y = u + \frac{1}{u}$ 在u∈[2, +∞) 时, 单调减少,

$∴ y \geq 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$ .即原不等式成立.

评注 1.单调法是指利用已知函数的单调增加或单调减少特性来回答不等式成立的方法.

2.单调法证题步骤:首先, 分析要证不等式, 设法建立辅助函数;其次, 说明辅助函数在某区间上的单调性 (单调增加或单调减少) ;第三, 根据辅助函数单调性确认不等式成立.

3.函数 $y = x + \frac{a}{x} (a > 0)$ 在 $(0, \sqrt{a})$ 上单调减少, 在 $[\sqrt{a}, + \infty)$ 上单调增加的特性, $f (x) = \frac{x}{1 + x}$ 在[0, +∞) 上单调增加的特性经常被应用.

十、“1”还法

例10 设a, b, c均为正数, 且a+b+c=1, 求证: $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq 9 .$

证明由条件, $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{a + b + c}{a} + \frac{a + b + c}{b} + \frac{a + b + c}{c} = 3 + (\frac{b}{a} + \frac{a}{b}) + (\frac{c}{a} + \frac{a}{c}) + (\frac{c}{b} + \frac{b}{c}) \geq 3 + 2 + 2 + 2 = 9$ , 而且, 当且仅当a=b=c时, 等号成立.

即原命题获证.

评注 1.“1”还法是指将要证不等式“1”, 有选择性地还原成条件中的代数式, 而后根据条件, 利用所学定理、公式、性质等, 推得要证不等式成立的一种方法.

2.条件中如有a+b=1, a+b+c=1等的不等式证明题, 常常应用“1”还法证明.

十一、配凑法

例11 已知 $0 < x < \frac{2}{5}$ , 求证: $x^{2} (2 - 5 x) \leq \frac{32}{675} .$

证明配凑法 $(1) ∵ 0 < x < \frac{2}{5} ‚ ∴ x^{2} (2 - 5 x) = \frac{4}{25} \cdot \frac{5}{2} x \cdot \frac{5}{2} x \cdot (2 - 5 x) \leq \frac{4}{25} \cdot (\frac{\frac{5}{2} x + \frac{5}{2} x + (2 - 5 x)}{3})^{3} = \frac{32}{675}$ , 当且仅当 $\frac{5}{2} x = \frac{5}{2} x = (2 - 5 x)$ , 即 $x = \frac{4}{15}$ 时, 取等号.

配凑法 $(2) ∵ 0 < x < \frac{2}{5} ‚ ∴ x^{2} (2 - 5 x) = 20 \cdot \frac{1}{2} x \cdot \frac{1}{2} x \cdot (\frac{2}{5} - x) \leq 20 \cdot (\frac{\frac{1}{2} x + \frac{1}{2} x + (\frac{2}{5} - x)}{3})^{3} = \frac{32}{675}$ , 当且仅当 $\frac{1}{2} x = \frac{1}{2} x = (\frac{2}{5} - x)$ , 即 $x = \frac{4}{15}$ 时, 取等号.

评注 1.配凑法是指将要证不等式一边配凑成基本不等式能应用的形式.

2.应用配凑法, 必须注意基本不等式试用条件, 如若不满足试用条件, 必须重新组合配凑.

十二、放缩法

例12 已知a, b, c, d均为正实数, 求证:

$1 < \frac{a}{a + b + d} + \frac{b}{b + c + a} + \frac{c}{c + d + b} + \frac{d}{d + a + c} < 2 .$

证明记 $m = \frac{a}{a + b + d} + \frac{b}{b + c + a} + \frac{c}{c + d + b} + \frac{d}{d + a + c} .$

∵a, b, c, d均为正实数, $∴ m > \frac{a}{a + b + c + d} + \frac{b}{b + c + d + a} + \frac{c}{c + d + a + b} + \frac{d}{d + a + b + c} = 1 ‚ m < \frac{a}{a + b} + \frac{b}{b + a} + \frac{c}{c + d} + \frac{d}{d + c} = 2 ‚ ∴ 1 < m < 2$ , 即原不等式成立.

评注 1.放缩法是要证明不等式A<B成立不容易, 而借助一个或多个中间变量通过适当的放大或缩小达到证明不等式的方法.

2.放缩法证明不等式的理论依据主要有: (1) 不等式的传递性; (2) 等量加不等量为不等量; (3) 同分子 (分母) 异分母 (分子) 的两个分式大小的比较.

3.常用的放缩技巧有:①舍掉 (或加进) 一些项;②在分式中放大或缩小分子或分母;③应用均值不等式.

十三、几何法

例13 已知x, y, z∈R+, 求证:

$\sqrt{x^{2} + y^{2} - x y} + \sqrt{y^{2} + z^{2} - y z} \geq \sqrt{z^{2} + x^{2} - z x} .$

证明首先, 容易联想:

x2+y2-xy=x2+y2-2xycos60°,

y2+z2-yz=y2+z2-2yzcos60°,

z2+x2-zx=z2+x2-2zxcos60°.

其次, 构造三棱锥P-ABC, 并令∠APB=∠BPC=∠CPA=60°, PA=x, PB=y, PC=z.

$\begin{array}{l} 在 △ A B C 中, | A B | = \sqrt{x^{2} + y^{2} - x y}, | B C | = \sqrt{y^{2} + z^{2} - y z} ‚ | C A | = \sqrt{z^{2} + x^{2} - z x} . \\ ∵ | A B | + | B C | \geq | C A |, \\ ∴ \sqrt{x^{2} + y^{2} - x y} + \sqrt{y^{2} + z^{2} - y z} \geq \sqrt{z^{2} + x^{2} - z x} . \end{array}$

评注 1.几何法是指利用几何图形上边的不等关系来证明不等式成立.

2.几何法实质:设法将要证不等式转化到几何图形对应线段上去.

十四、图像法

例14 设α, β, γ是三角形三内角, x, y, z∈R, 求证:

x2+y2+z2≥2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ.

证明构造函数f (x) =x2-2x (ycosα+zcosγ) +y2+z2-2yzcosβ, 显然其图像为开口向上的抛物线.

∵Δ=[-2x (ycosα+zcosγ) ]2-4 (y2+z2-2yzcosβ) =-4 (ysinα-zsinγ) 2≤0,

∴函数y=f (x) 的图像不可能落在x轴下方, 应全在x轴上方, 最多与x轴相切, 即f (x) ≥0, ∴x2+y2+z2≥2xycosα+2yzcosβ+2zxcosγ.

评注 1.图像法是指通过构造函数, 画函数图像, 由函数图像性质说明要证不等式成立.

2.二次函数、二次图像、二次方程、二次不等式之间的关系, 常常是图像法解题的关键.

十五、柯西法

例15 已知a1, a2, …an为实数, 求证:n (a $_{1}^{2}$ +a $_{2}^{2}$ +…+a $_{n}^{2}$ ) ≥ (a1+a2+…+an) 2.

证明首先将n改写成12+12+…+12, 即n个12相加, 由柯西不等式, 得

$\begin{array}{l} n (a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \dots + a_{n}^{2}) \\ = \underset{n 个 1^{2} 和}{(1^{2} + 1^{2} + \dots + 1^{2})} \cdot (a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \dots + a_{n}^{2}) \\ \geq (1 \cdot a_{1} + 1 \cdot a_{2} + \dots + 1 \cdot a_{n})^{2} \\ = (a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n})^{2} ‚ \end{array}$

当且仅当a1=a2=…=an时等号成立.

因此, 原不等式成立.

评注:

1.柯西法是指借助柯西不等式证明不等式成立.

2.柯西不等式:

(a $_{1}^{2}$ +a $_{2}^{2}$ +…+a $_{n}^{2}$ ) (b $_{1}^{2}$ +b $_{2}^{2}$ +…+b $_{n}^{2}$ ) ≥ (a1b1+a2b2+…+anbn) 2, 当且仅当 $\frac{b_{1}}{a_{1}} = \frac{b_{2}}{a_{2}} = \dots = \frac{b_{n}}{a_{n}}$ 时等号成立 (当ai=0时, 约定bi=0, i=1, 2, …, n) .

3.柯西不等式应用的关键:

寻求柯西不等式应用条件或形式.

十六、归纳法

例16 已知a, b为正数, n∈N*, 求证:

$\frac{a^{n} + b^{n}}{2} \geq (\frac{a + b}{2})^{n} .$

证明 (1) 当n=1时, 不等式显然成立.

(2) 假设n=k时, 不等式成立, 即

$\begin{array}{l} \frac{a^{k} + b^{k}}{2} \geq (\frac{a + b}{2})^{k} . \\ ∵ \frac{a^{k} + b^{k}}{2} \geq (\frac{a + b}{2})^{k}, ∴ \frac{a^{k} + b^{k}}{2} \cdot \frac{a + b}{2} \geq (\frac{a + b}{2})^{k + 1} . \end{array}$

而 $\frac{a^{k + 1} + b^{k + 1}}{2} \geq \frac{a^{k} + b^{k}}{2} \cdot \frac{a + b}{2} \Leftrightarrow (a - b) (a^{k} - b^{k}) \geq 0,$

∵由条件, (a-b) (ak-bk) ≥0显然成立,

$∴ \frac{a^{k + 1} + b^{k + 1}}{2} \geq (\frac{a + b}{2})^{k + 1} .$

(3) 综合 (1) , (2) 可知:

对任何n∈N*, 不等式 $\frac{a^{n} + b^{n}}{2} \geq (\frac{a + b}{2})^{n}$ 成立.

评注 1.归纳法是指严格按照数学归纳法三步骤证明不等式成立.

2.数学归纳法证题有三步曲:第一步验证打基础—关键, 第二步推理找规律——核心, 第三步归纳下结论——确认.

十七、排序法

例17 设a>0, b>0, 求证:a3+b3≥a2b+ab2.

证明根据正数a, b对称性, 不妨设a≥b>0,

则a2≥b2.

由排序定理知, 同序和不小于乱序和,

∴a·a2+b·b2≥a·b2+b·a2, 即a3+b3≥a2b+ab2.

评注 1.排序法是指借助排序定理证明不等式成立.

2.排序定理:设两组实数a1, a2, …, an与b1, b2, …, bn, 且a1≤a2≤…≤an, b1≤b2≤…≤bn, c1, c2, …, cn为b1, b2, …, bn的任意一个排列, 则和数a1c1+a2c2+…+ancn在a1, a2, …, an与b1, b2, …, bn同序时最大, 反序时最小, 即a1b1+a2b2+…+anbn≥a1c1+a2c2+…+ancn≥a1bn+a2bn-1+…+anb1.

3.只有满足排序定理条件时, 方可应用其证明不等式.

实践证明:中学数学不等式的证明, 对于培养和提高同学们逻辑思维能力、分析解决问题能力确实非常有好处, 而且方法绝非上述几种, 还有很多很多, 如函数法、方程法、性质法、公式法、构造法、调整法, 等等, 具体遇到不等式证明题目, 必须灵活、综合选用.

不等式证明的若干方法篇2

关键词：不等式；证明；若干方法

G634.6

一、不等式证明的重要性

数学是大家对客观世界定性掌握和定量刻画、逐渐抽象概括、形成方法和理论，并进行广泛运用的进程。数学能够协助大家非常好地讨论客观世界的规则，并对现代社会中很多纷繁复杂的信息作出恰当的选择与判断。在高中数学教学中，作为不等式知识的重要内容，不等式的证明是教学中的重点和难点地方。不等式的证明是高中数学的一个重要内容，高考中通常呈现在问答题中，涉及到代数运算、函数思路、数列、几何、逻辑推理等知识，证法多样，思路谨慎，若能根据标题特征，灵敏地运用相应的数学方法，通常能快速断定解题思路，然后使问题简捷、精确地获解。

二、不等式证明的概述

17世纪之后，不等式的理论变成数学理论的重要组成部分。根据高斯、柯西、切贝晓夫等对不等式问题的研讨，该理论得到非常快的发展，大家也一直在对不等式进行不断的完善，获得很多重要作用。不等式不仅有重要的理论含义，在实践方面运用于工程技术领域对生产有很大的作用。证明不等式的方法不仅有丰富的逻辑推理、还需要对不等变形和恒等技巧问题进行思考，为何不等式证明的问题教师觉得难讲、学生不会做呢？很大的因素是因为我们常见和常用的方法经常不知道怎样用，因而，我想有必要对不等式的证明方法进行总结概括。

三、不等式证明的若干方法

（一）比较法

这是一种证明不等式的最基本的方法，具体有“作差法”和“作商法”两种。此法表现了简化了思路方法，其基本证明思路是把难以比较的式子变成其差与0比较，或者其商与1比较。通常状况下，若求证的不等式两头是分式时，常用作差法；若求证的不等式两头是乘积方式或幂指数方式时，常用作商法来比较。

（二）归纳法

由已知条件出发，凭借某些现已证明过的不等式和不等式的性质及其有关定力，根据逐渐的逻辑推理，处处所要证明的不等式建立。此法的特点是“由因导果”，即从“已知”看“已知”。

（三）研究法

研究法是用研究证明，“若A则B”这个问题模式是：欲证B的真，只需证明B1的真，然后又……，只需证明A为真，故B真。可见研究法是拿果索因，步步寻求上一步建立的充分条件。

这即是假定不等式建立，然后运用不等式的基本条件，逐渐推演，变形，最终得到一个简单显着建立或已证明建立的不等式；而推证又可逆，我们就能够断定不等式建立，这种方法是我们证明不等式的基本方法之一。

总结：从求证的不等式出发，研究使这个不等式建立的充分条件，把证明不等式转化为断定这些充分条件是否建立的问题。如果能够相应这些充分条件建立，那么就能够判断原不等式建立，这即是研究法。通常状况是直接推理不容易，就从定论找条件来推理。

（四）换元法

这是一种使很多实践问题处理中化难为易，化繁为简的方法，有些问题直接证明较为困难，若根据换元的方法去解则很简便，常用于条件不等式的证明，常见的是“三角换元法”和“比值换元法”。

①三角换元法：这是一种常用的换元方法，在处理代数问题时，运用适当的三角函数进行换元，把代数问题转化为三角问题，再充分运用三角函数的性质去处理问题；②比值换元法：此法对于在已知条件中富含很多个等比式的问题，通常可先设一个辅佐不知道数表明这个比值，然后代入要求证的式子即可。

（五）放缩法

这种方法是在证明不等式时，把不等式一边适当扩展或减小，运用不等式的传递性来证明不等式。此法是证明不等式的重要方法，技巧性强。通常用到的技巧有：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扩展或减小分式的分子或分母等。

（六）反证法

某些不等式从正面出发，不容易下手，能够思考反证法。即先否定定论不建立，然后再根据已知条件及其有关概念、定理、正义等，逐渐推导出与这些相或自相的定论，然后相应原有定论是准确的。通常状况下，但凡呈现“最少”、“仅有”或者富含否定的出题，适用反证法。此法的过程为：反设定论找出相应定论。

（七）数学概括法

此法通常用来证明与自然数N有关的不等式，在证明进程中需求分两个过程，这两个缺一不可。

（八）判断式法

此法凭借于二次函数中，判断式恒小于0，得出二次函数恒大于0，或者恒小于0。

（九）运用函数单调性证明

理论根据：若函数在区间内可导，则在內单调递加（或单调递减）的充要条件是（或）。

因为不等式与函数有密切关系，因而，据求证的不等式构造出函数，运用函数的单调性能够证明某些不等式，此方法特别适用于函数不等式的证明。

运用定积分的性质证明不等式。理论根据：设f，g为概念[a，b]在上两个可积函数，若，则有。

定积分是凭借于积分学的知识，证明不等式的一种方法，它重要运用积分的基本公式、基本性质、基本定理证明不等式。

四、结束语

不等式的证明是多变的，因题而异。但万变不离其宗，大都需从运用概念及基本性质下手，寻求处理之道。在平时教学中，高中数学教师仍是要根据很多的练习，协助学生掌握常见的方法的运用。希望这篇文章在这方面能起到抛砖引玉的作用。文章总结了运用高等数学的知识证明不等式的若干方法，指出每一种方法的适用范围和运用时应注意的事项及具体过程。

参考文献：

[1]蔡兴光，郑列.高等数学应用与提高[M].北京：北京科学出版社，2012.

构造函数证明不等式方法初探篇3

一、构造函数利用导数定义证明

一般步骤: (1) 找出x0, 使得y=f′ (x0) 恰为结论中不等式的一边; (2) 利用导数的定义并结合已知条件去研究.

例1 设函数f (x) =a1sinx+a2sin2x+…+ansinnx, 其中a1, a2, …, an都为实数, n为正整数, 已知对于一切实数x, 有{f (x) |≤|sinx|, 试证:|a1+2a2+…+nan|≤1.

证明 ∵f′ (x) =a1cosx+2a2cos2x+…+nancosnx.

则f′ (0) =a1+2a2+…+nan.

利用导数的定义得

undefined

即|a1+2a2+…+nan|≤1.

二、构造函数利用函数的单调性证明

一般步骤为:构造函数, 判断函数的单调性, 以此证明不等式.

例2 求证:undefined

证明设辅助函数undefined

易知f (x) 在[0, +∞) 上连续,

且有undefined

则由定理二可知f (x) 在[0, +∞) 上严格单调增加.

由0≤|a+b|≤|a|+|b|, 有

f (|a+b|) ≤f (|a|+|b|) ,

得到undefined原不等式成立.

三、构造函数利用函数的极值或最值证明

对f (x) ≥A (或f (x) ≤A) 形式的不等式, 常通过证明函数f (x) 在区间Ⅰ上有唯一的极小值且极小值大于等于A (或有唯一的极大值且极大值小于等于A) 来完成.

例3 设a>0, b>0, 则undefined

证明将不等式变形为undefined, 构造辅助函数undefined, 则有

undefined

令f′ (x) =0, 则有x=b.

当0

当x>b时, f′ (x) >0, 则f (x) 单调递增.

因此可知f (x) 在x=b时取得极小值, 即最小值.

∴当∀a∈ (0, +∞) , 有

undefined,

即undefined

四、构造函数利用拉格朗日中值定理证明

利用微分中值定理证明不等式, 常常根据不等式的特征构造适当的函数.

例4 设a>b>0, 求证:arctana-arctanb

证明构造函数f (x) =arctanx.则undefined

根据拉格朗日中值定理f (a) -f (b) =f′ (ξ) (a-b) ,

undefined

∴arctana-arctanb

五、构造函数利用函数的凹凸性证明

函数的凸凹性本身是用不等式来定义的, 该类函数有很多不等关系的性质.譬如:凸凹函数的局部极小 (大) 值必然是整体极小 (大) 值等.利用这些性质可方便地证明一些不等式.

例5 证明:当x>0, y>0时, undefined

证明设f (t) =tlnt (t>0) , 有

undefined

则f (t) 在 (0, +∞) 为凸函数.

对任意x>0, y>0 (x≠y) , 有

undefined. (要使f (x) 与g (x) 的系数相同, 当且仅当λ=1-λ时成立, 即undefined

因此undefined

六、构造函数利用泰勒定理证明

泰勒公式是应用导数研究函数形态的一个理想形式.通过泰勒展式, 可以用我们熟悉的多项式近似地表达函数.

例6 证明不等式:undefined

undefined

综上所述, 高等数学中证明不等式的题型多样, 证明方法灵活、技巧性强, 只有在熟悉高等数学内容的基础上多练多做, 方能灵活解题.

参考文献

[1]柳重堪, 马玲.高等数学解题方法指导[M].北京:国防教育出版社, 1992.

[2]华东师大数学系.数学分析[M].北京:高等教育出版社, 2003.

不等式的多种证明方法篇4

摘要：数学是生活中的一门自然科学，而不等式则是构成这门自然科学的众多基础中相当重要的组成之一，因此本文专门介绍不等式的各种证明方法。

根据在校期间从大学课程中所学的专业知识，通过课本、资料及网络等渠道收集各种类型的不等式习题，然后依据其不同的思想与方法可以归纳为三大类型，即基础类证明方法、延伸类证明方法和特殊类证明方法。其中基础类证明方法是最简单的证明，包括比较法、分析法、放缩法、综合法；延伸类证明方法则是通过代换、构造、转化等思想将原不等式变化为简单的形式再予以证明，比如换元法、引入参变量法、构造辅助函数法等等；特殊类证明方法是针对一些特殊类型的不等式结构或提问方式，采取相应的特殊证明方法可以使得证明更加简洁，就像反证法、数学归纳法、数形结合法等等。本文就是依上述介绍的各种方法进行展开介绍的，所选的例题皆比较简单，求证方法简洁合理，易于接受，为的只是借此传达各种证明方法的思想。

数学；不等式；证明；方法

1.引言.................12.基础类证明方法..............1

2.1比较法.................1

2.2分析法.................22.3放缩法.................32.4综合法.................53.延伸类证明方法..............6

3.1换元法.................6

3.2引入参变量法...........8

3.3构造辅助函数法................8

3.4转化为向量不等式法...........11

3.5转化为复数法..........11

3.6分解、合成法..........1

14.特殊类证明方法.............1

24.1反证法................12

4.2数学归纳法............1

34.3借助证明法..........1

54.4数形结合法............16

5.结束语..............16

参考文献.................17

不等式的多种证明方法

汪洋，合肥师范学院

摘要：数学是生活中的一门自然科学，而不等式则是构成这门自然科学的众多基础中相当重要的组成之一，因此本文专门介绍不等式的各种证明方法。

关键词：数学；不等式；证明；方法

Various Methods of Inequality Proof

Wangyang, Hefei Normal University

Abstract: Mathematics is a natural science of the life, and the inequality is an important component of many bases which constitute the natural science.So this article dedicated to a variety of proven methods of inequality.According to the professional knowledge from university courses during the school, I collect all types of inequality problem by books, material and network channels.Then according to different ideas and methods, I put them into three types of proof, which is base class identification method and extension methods of proof and special class methods.The base class method is the simplest proof, and it include the comparison and analysis, and the method of techniques and so on.Extension methods are proved by such substitution, structure, the inequality of thought for the form of simple changes to prove.For example, substitution method, the introduction of parametric method, constructs the auxiliary function method, etc.Special class that is for some special types of inequality structure or form of a question takes a special method of proof which can be made more concise proof, as required, mathematical induction, several form combination, etc.This topic is introduced by the start of various methods described, and the examples are relatively simple, the method is simple and reasonable, and acceptable, which is just only to convey various methods of thought.Key words: Mathematics;Inequality;Proof;Method

1.引言

用不等号连结两个代数式所成的式子叫做不等式，是描写不等号两边式子的大小关系。不等式理论是等式、方程、函数论进一步的深入和发展，是数学知识又一次扩展的重要内容，是掌握初等数学不可或缺的重要部分，学习了等式后再学习不等式，使式的内容更加充实，更加完善，是我们进一步扩大数学视野，增加数学知识的必要基础。不等式的重要作用是十分明显的，因为在日常的生活、生产和科学研究中到处用到不等式的知识；而不等式的证明更体现了不等式的另一方面，它在数学领域中占有核心地位，它贯穿于初等数学和高等数学的方方面面。

著名数学家D.S.Mitrinovic在他的名著《Analytic Inequalities》的序言中都引述到:“所有分析学家要花费一半的时间通过文献查找他们想要用而又不能证明的不等式”。分析学家Michiel Hazewinkel在《Inequalities Involving Functions and Their Integrals and Derivatives》一书的序言中也讲道:“有时我有这样的感觉，数学(特别是分析学)就是不等式”。由此可见，给出一个关于不等式方面系统的、全面的证明方法具有很现实的意义。

因此，本文将对各种各样的不等式给出相应的证明方法，尽量把不等式的证明方法系统化、全面化。

2.基础类证明方法

在此介绍的四种方法仅需要根据命题本身的已知条件或常用结论即可证明。

2.1比较法

即借助不等式两边做差或做商的结果与0或1比较来证明不等式的方法。如果

高中数学中不等式的证明方法篇5

要培养和提高自己的证题能力，一是要熟悉证明不等式的常用方法；二是要通过做题、思考来感悟和领会这些方法、技巧，使其变为自己的证题能力。不等式的证明方法是多种多样的，并且在一个题目的证明过程中，往往不止应用一种方法，而需要灵活应用各种方法。现将证明不等式的常用方法归纳如下。

一、比法较

1.作差比较法

依据a>b a-b>0（或a例1.已知：a、b、c为正数，求证：a3+b3+c3≥3abc

证明：因为a3+b3+c3-3abc

= （ a+b+c）（a2+b2+c2-ab-bc-ca）

= （a+b+c）[（a-b）2+（b-c）2+（c-a）2]≥0

所以a3+b3+c3≥3abc

2.作商比较法

依据若b>0，则a>b >1（或a

关键词 Daily report 英语学习

中图分类号：G623.31 文献标识码：A 文章编号：1002-7661（2016）16-0041-02

我校位于城中村与市区结合的南湾片区，学生多属于外来务工人员的子女，即使是本市的生源，家长多属于湾仔本地人，文化程度不高，家庭学习环境差，很多家里没有电脑，学生根本不会利用互联网查阅资料，电脑对于他们来说就是一台游戏机。无论汉语还是英语，表达能力都很差。目前常规的英语教学，有限的课堂45分钟只能落实一些课本基本知识，日常口语会话不能得到很好的练习。为了有效练习日常会话和口语表达能力，我打算英语课利用课前3分钟开展一个“Daily Report”活动，活动实施前进行了学情调查，通过调查获得的数据，使我有了一种认识：受调查学生都经过了小学3年的英语学习，有些甚至学了6年，但由于众多原因，大部分学生未能达到应有的口语水平。存在的问题如下：

1.随着年级的增高、学习内容的增加、学习负担的加重，学生的学习态度和学习兴趣也随之减弱。

2.课堂是学生语言学习与习得的主要环境，离开课堂之后，他们很少有机会说英语，更无法将所学知识应用于实际交流。

3.部分学生有讲英语的热情，但对开口讲英语总有一种惧怕心理，怕出错，怕受老师责备，怕被同学耻笑。这种恐惧心理常导致学生平时缺乏足够的口语练习机会，在开口时没有一种自主感。越害怕说的就越少。

4.由于学生英语基础差，对学习英语产生了烦、厌、没兴趣等心理障碍，觉得用英语进行交际是一件非常困难的事，因而逃避说英语。

《九年义务教育初中英语课程标准》三至五级中对我们初中英语教学有这样的要求：“学生能尝试使用不同的教育资源，从口头和书面材料中提取信息，扩展知识，解决简单的问题并描述结果。能在学习中互相帮助，克服困难。”

开展Daily report活动能为学生搭建展示自我、与他人分享交流的平台，能够更好的激发学生学习英语的兴趣，提高学生做事能力，增强自信心。同时为师生互动交流提供了一个良好的机会。学生在演讲前会通过多种媒体收集、查阅大量资料，再对所收集的资料进行整合，这要求学生要正确地获取和判断各种信息，了解媒体传达信息的方式、工具等特点，合理使用数码技术、通讯工具和网络。这体现了21世纪技能——学生的信息、媒体和技术技能。所以，Daily Report对城乡结合地区的学生英语学习起着非常重要的作用。

一、开展Daily Report活动的要求

1.确定演讲内容。课前三分钟演讲顺序由课代表安排，或按座次，或按学号，或男女轮流出场；演讲的内容从刚入学七年级上的教学需要实施命题演讲，如自我介绍；一段时间后进行半开放型演讲，即演讲内容不做太多限制，让演讲者在备选的几个话题中抽签选择；最后进行开放型演讲，让演讲者自由选题。严密组织，让学生充分重视这一教学环节，以达到以讲促学的目的。杜绝信马由缰式的放纵，鼓励学生运用意会、感受、想象等方法，丰富词汇，领悟语法，形成自己的语言风格。

2.要求脱稿，不走形式。脱稿演讲，一方面能提高学生的记诵能力，另一方面还可以让学生在反复背诵中加深对主题的理解。每一次背诵都是一次学习的过程，也是一次提高的过程。我强调让学生珍惜难得的锻炼机会，严格脱稿演讲制度，不要让演讲有名无实。

3.注重教师指导，注重学生的个体差异。教师要对“课前三分钟演讲”进行针对性的指导。学生千差万别，演讲内容丰富多彩，演讲风格各不相同，那么演讲的效果肯定不会一致。初中生的年龄特点决定了他们敏感、自尊的心理特征，他们渴望成功，渴望得到认可和表扬，所以我们要对其中成功的演讲进行充分地肯定，让其尽享成功的愉悦，进一步激发他们的表现欲望和创造欲望，为其他学生树立一个榜样。教师言传身教，自始自终应把握正确的指引方向，既发挥学生的主体性，调动他们的积极性；又不放任自流，任由学生随意的“演讲”，让演讲流于形式。鼓励为主，恰当点评。对于不太成功的演讲，教师要善于从“不成功”中发现闪光点，让演讲者体会到了小小的鼓励，使其对下一次演讲充满渴望。

二、开展Daily Report活动的作用

1.培养了学生的创新能力。课前三分钟演讲，使学生的创造力得到了极大限度的发挥。从标题拟定、题材翻新、主题升华，一段音乐伴奏，不管是内容还是形式，学生们都表现出了非凡的创造力。为了吸引听众注意，各种各样的小花招更是层出不穷。

2.锻炼了学生发表个人见解的胆量，消除了学困生畏难的情绪。很多学生第一次上台手足无措，语无伦次，经过第二次、第三次锻炼以后，都有不同程度的进步。Daily Report循环周期长，学生准备时的工作量大，对基础差的学生是个很大的挑战。如何照顾学困生？可由课代表组织Daily Report的活动，分组依次轮流进行，前一天由科代表在公示栏里提醒，分布完这个任务后，第二天就开始执行，先从英语基础好的学生开始。对胆子很小、成绩也偏后的学生Daily Report会遇到困难，教师特意鼓励这些学生，让其好好表现。并带动其他同学给予其热烈的掌声鼓励。一些语音不好、语言表达不好的学生在Daily Report活动中可分配简单的任务，让其找到适合自己的舞台，这不仅使他们有成就感，而且也可提高他们的课堂参与热情，增强他们学好英语的信心。这样一来，既给学生们扫除英语课的紧张心理，也给学生开创一个很好的表现机会。

3.养成了学生仔细聆听的习惯。在进行Daily Report后，演讲者会对自己的内容进行提问，听众也会对所听到的内容进行纠错。只有仔细聆听了，才可以做到准确的回答问题和纠错。在纠错这一问题上，教育学生一方面要礼貌的纠正他人的错误，另一方面要敢于面对自己的错误。

4.促进了教师教学观念的转变，培养了教师的教育科研意识。通过这个活动，牢固树立校本研究的思想，更新了教师教学观念，巩固并加深了教师对新课程改革的理解，拓宽了教师对教学方式改变的思路，促进了教师综合素质的提高。

关于不等式证明的若干方法篇6

1 利用函数的单调性及微分中值定理

命题1:设f (x) 定义在区间I内, 若f' (x) >0 (或f' (x) <0) , x∈I则函数f (x) 在I内严格增加 (或严格减少) .

实质:根据所证的不等式构造一个函数F (x) , 利用导数的符号判断F (x) 的单调性, 使得被证明的不等式转化为一个单调函数在两点的函数值的比较.

命题2: (lagrange中值定理) 若函数f (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 内可导, 则, 其中ξ∈ (a, b) .

例1:设e<a<b<e2, 证明.

证明:对f (x) =ln2x在[a, b]上应用拉格朗日中值定理得:

设

当t>e时, φ ('t) <0, 所以φ (t) 单调减少

从而φ (ξ) >φ (e2)

应用函数的单调性及微分中值定理证明不等式问题是一种较常用的方法, 具体步骤如下:

(1) 在[a, b]上由题意引入函数f (x) .

(2) 写出微分中值公式

(3) 这里的关键也是辅助函数的引入, 对f' (ξ) 进行估值

2 利用曲线的凹凸性

命题3:若f (x) 为 (a, b) 内的凹 (或凸) 函数, 且x1, x2, …, xn∈ (a, b)

当且仅当x1=x2=…=xn时等号成立. (可由函数凹凸性的定义和推论证明)

例2:证明当x>0, y>0时,

证明:令f (t) =tlnt, 则, 当t>0时, f'' (t) >0为凸函数

当x>0, y>0时有

此方法适用于函数在指定区间上的曲线具有凹 (凸) 性, 证明的具体步骤是:

(1) 引入辅助函数, 求辅助函数的一二阶导数.

(2) 判断二阶导数在所给区间上的符号.

3 利用函数的极值与最值

定义:设f (p) 定义在U (p0) , 若坌p∈U (p0) , p≠p0, f (p) <f (p0) (或f (p) >f (p0) ) , 求n元函数f (x1, x2, …, xn) 在约束条件g (x1, x2, …, xn) =0下的条件极值, 可先构造函数F (x1, x2, …, xn, λ) = (fx1, x2, …, xn) +λg (x1, x2, …, xn)

然后分别对x1, x2, …, xn, λ求偏导数的方程组

解上方程组得函数F (x1, x2, …, xn, λ) 的唯一稳定点p (x10, x20, …, xn0, λ0) , 再根据具体问题加以分析判断F (x1, x2, …, xn, λ) 是否存在极大值或极小值, 最后代入稳定点即可得到所证不等式.

例3:设x, y, z为正数, 且满足x+y+z=6, 求证:xy+yz+zx≤12.

证明:设F (x, y, z, λ) =xy+yz+zx+λ (x+y+z-6)

解之得唯一解x=y=z=2, λ=-4

因为F (x, y, z, λ) 有最大值F (2, 2, 2, -4) =12

所以

当我们构造好函数F (x) 后, 求出在指定区间上的最大值M最小值m, 则有m≤F (x) ≤M.

4 利用积分的性质

参考文献

[1]蔡兴光, 郑列.高等数学应用与提高[M].北京:北京科学出版社, 2002.

用配方法证明不等式两例篇7

【例1】设x, y, z为正实数, 且满足x+y+z=1, 求证: $\frac{x}{x + y z} + \frac{y}{y + z x} + \frac{z}{z + x y} \leq \frac{9}{4} .$

证明:不妨设x≥y≥z, 由x+y+z=1得 $x \geq \frac{1}{3}, z = 1 - x - y .$

原不等式等价于 $\frac{x}{x + y (1 - x - y)} + \frac{y}{y + (1 - x - y) x} + \frac{1 - x - y}{1 - x - y + x y} \leq \frac{9}{4}$ ,

整理得 $\frac{x}{(x + y) (1 - y)} + \frac{y}{(x + y) (1 - x)} + \frac{1 - x - y}{(1 - x) (1 - y)} \leq \frac{9}{4}$ ,

不等式两边同时乘以正数 (1-x) (1-y) (x+y) ,

转化为只需证 $x (1 - x) + y (1 - y) + (1 - x - y) (x + y) \leq \frac{9}{4} (x + y) (x - 1) (1 - y)$ ,

展开、整理、移项并对y降幂排列得只需证 (9x-1) y2+ (9x-1) (x-1) y+x (1-x) ≥0,

不等式左边对y配方后即要证 $(9 x - 1) (y - \frac{1 - x}{2})^{2} + \frac{(3 x - 1)^{2} (1 - x)}{4} \geq 0 . ①$

由 $\frac{1}{3} \leq x ＜ 1$ 得 $9 x - 1 ＞ 0 ‚ \frac{(3 x - 1)^{2} (1 - x)}{4} \geq 0$ ,

从而不等式①成立 (当且仅当

${\begin{cases} x = \frac{1}{3} ‚ \\ y = \frac{1 - x}{2} ‚ \end{cases}$

即

${\begin{cases} x = \frac{1}{3} ‚ \\ y = \frac{1}{3} \end{cases}$

时等号成立) ,

进而 $\frac{x}{x + y z} + \frac{y}{y + z x} + \frac{z}{z + x y} \leq \frac{9}{4}$ , 当且仅当 $x = y = z = \frac{1}{3}$ 时等号成立.

【例2】设x, y, z为正实数, 且满足x+y+z=1, 求证:

$\frac{x}{2 x^{2} + y^{2} + z^{2}} + \frac{y}{x^{2} + 2 y^{2} + z^{2}} + \frac{z}{x^{2} + y^{2} + 2 z^{2}} \leq \frac{9}{4} .$

证明:由于2x2+y2+z2=2x2+y2+ (1-x-y) 2=3x2+2y2+2xy-2x-2y+1,

且x+yz=x+y (1-x-y) =x+y-xy-y2,

故 (2x2+y2+z2) - (x+yz) =3y2+ (3x-3) y+ (3x2-3x+1) ,

即 $(2 x^{2} + y^{2} + z^{2}) - (x + y z) = 3 (y - \frac{1 - x}{2})^{2} + (3 x^{2} - 3 x + 1) - 3 (\frac{1 - x}{2})^{2}$ ,

从而 $(2 x^{2} + y^{2} + z^{2}) - (x + y z) = 3 (y - \frac{1 - x}{2})^{2} + \frac{9}{4} (x - \frac{1}{3})^{2} ‚ ②$

进而 (2x2+y2+z2) ≥ (x+yz) >0 (当且仅当

${\begin{cases} x = \frac{1}{3} ‚ \\ y = \frac{1 - x}{2} ‚ \\ z = 1 - x - y ‚ \end{cases}$

即 $x = y = z = \frac{1}{3}$ 时, 等号成立) ,

即 $\frac{x}{2 x^{2} + y^{2} + z^{2}} \leq \frac{x}{x + y z}$ ,

同理可证: $\frac{y}{x^{2} + 2 y^{2} + z^{2}} \leq \frac{y}{y + z x};$

$\frac{z}{x^{2} + y^{2} + 2 z^{2}} \leq \frac{z}{z + x y} .$

根据例1得 $\frac{x}{2 x^{2} + y^{2} + z^{2}} + \frac{y}{x^{2} + 2 y^{2} + z^{2}} + \frac{z}{x^{2} + y^{2} + 2 z^{2}} \leq \frac{x}{x + y z} + \frac{y}{y + z x} + \frac{z}{z + x y} \leq \frac{9}{4}$ ,

当且仅当 $x = y = z = \frac{1}{3}$ 时等号成立.

评析:例1和例2分别证明了文[1]中的第5和第10个不等式.只有不怕繁, 才能发现简.在例1中坚定地减元和通分, 将原不等式转化为含有二次型的不等式, 为配方创造条件.例2中的②式是运用拉格朗日配方法的结果.感兴趣的读者不妨仿照上述两例, 尝试运用配方法证明文[1]中的第19个优美不等式:若a, b, c为正数, a+b+c=3, 求证: $(\frac{3}{a} - 2) (\frac{3}{b} - 2) (\frac{3}{c} - 2) \leq 1 .$

参考文献

证明不等式的几种方法篇8

1.利用比较法证明不等式

1.1利用作差比较法证明不等式

作差比较法的依据是a-b>0a>b, 只要证明差式a-b>0. 解题步骤是作差、差式变形、判断差式的正负.变形时常用的方法有:因式分解、配方、通分、公式代换等.

例1.已知0<x<1, 求证|loga (1-x) |>|loga (1+x) |.

证明: (1) 当0<a<1时, 因为0<x<1, 所以有

(2) 当a>1时, 因为0<x<1, 所以有

综合 (1) 、 (2) 可知原不等式成立.

1.2利用作商比较法证明不等式

作商比较法的依据是, 若b>0, 则a>ba /b >1, a<ba /b <1. 解题步骤是作商、商式变形 (因式分解、配方、通分、公式代换等) 、判断商式大于或小于1.

例2.已知0<x<1, 求证|loga (1-x) |>|loga (1+x) |.

∴原不等式成立.

一般地, 当我们证明整式、对数不等式等常用作差法, 而证明与正数乘积、幂函数、指数相关的不等式时则常用作商法, 并且若“差式”或“商式”中含有字母, 则还要对字母的取值范围进行分类讨论.

2.利用换元法证明不等式

有些时候, 我们发现运用一些常规的方法证明不等式的时候会觉得难以下手, 而选取一些适当的变量代替原不等式中的变量时, 会突然觉得这个题目变得简单得多, 这种方法我们把它称之为换元法.常用的换元法有三角换元、比值换元、增量换元三种.

2.1利用三角换元法证明不等式

将不等式中的英文字母用三角函数形式代替, 然后再利用三角知识证明这个不等式的方法我们称之为三角换元法.

2.2利用比值换元法证明不等式

比值换元法指的是用一个新的元素替换已知条件中的等比式的比值, 达到简化不等式的目的, 从而使得证明过程更简单.

2.3利用增量换元法证明不等式

当一变量在某一常量附近变化时, 我们可以用这一常量加上另一变量替换这个变量, 这个方法叫做增量换元法.

例5.n个正数x1, x2…xn, 它们的和是1, 求证:

证明:利用增量代换可设:

换元法是一种大众化的证明不等式手段, 但是很多学生在运用换元法做题时发现, 明明换对了, 结果却是错误的.这是因为很多人在换元后, 关于换元后的变量的变化范围没变化, 这点是运用换元法必须重视的.

3.利用反证法证明不等式

在已知的条件不变的情况下, 然后假设所要证明的结论不成立, 再根据假设推出与已知有明显矛盾的结果, 从而下结论说原来的假设不成立的方法叫做反证法.

即原命题成立.

反证法是一种间接证法, 它是逆向思维解决问题的证明方法.用反证法证明时, 推出的矛盾可以是多种多样的, 可能有的与已知矛盾, 也有的与假设矛盾, 或者与定理、公理矛盾. 但不管推出的结果是什么, 最重要的是推出的矛盾必须是明显的.

4.利用数学归纳法证明不等式

设p (n) 是一个与自然数有关的命题, 如果

(1) p (1) 成立;

(2) 假设p (k) 成立, 则p (k+1) 成立, 那么对于任何自然数, p (n) 都成立.这就是数学归纳法的原理.

由1) 和2) , 原不等式对于任意自然数n都成立.

当我们在证明与整数有关的不等式时, 可以首先考虑选用数学归纳法证明.

5.利用函数证明不等式

5.1利用函数的判别式法证明不等式

当使用公式无法证明一个含有两个或两个以上的字母的不等式的时候, 如果能把这个不等式证明一边为零而一边为某个字母的二次式, 那么就可以考虑使用判别式法证明这个不等式.判别式法的依据是在二次函数f (x) =ax 2 +bx+c (a≠0) 中,

当a>0时, 若△<0, 则f (x) >0恒成立;若△≤0, 则f (x) ≥0恒成立.

当a<0时, 若△<0, 则f (x) <0恒成立;若△≤0, 则f (x) ≤0恒成立.

例8.求证a2+b2 +c 2≥ab+bc+ca (a, b, c∈R) .

证明:即证a2 - (b+c) a+b 2 +c 2 -bc≥0

令f (a) =a2 - (b+c) a+b2+c2-bc

故要证明上式只需证明该二次函数的△≤0即可.

从而不等式得证.

当我们遇到一个二次函数或者能转变成二次函数的不等式证明时, 可以考虑用判别式法证明.

5.2利用函数极值证明不等式

通过一些变换, 把所需要证明的不等式转化为求极值问题.从而达到证明不等式的目的.

例9.设x∈R, 求证:-4≤cos2x+3sinx≤2 (1 /8) .

证明:设f (x) =cos2x+3sinx, 则经过化简可得

5.3利用函数单调性证明不等式

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) , 只需证f (a) =g (a) 及f′ (x) ≤g′ (x) , (x∈ (a, b) ) 就可以了.

例10.证明不等式

5.4利用中值定理证明不等式

拉格朗日 (Lagrange) 中值定理:f (x) 是在区间[a, b]上有定义的连续函数, 且可导, 则存在ξ, a<ξ<b, 满足f (b) -f (a) =f′ (ξ) (b-a) .

例11.求证:|sinx-siny|≤|x-y|.

证明:设f (x) =sinx, 则sinx-siny= (x-y) sin′ξ= (x-y) cosξ

故|sinx-siny|≤| (x-y) cosξ|≤| (x-y) cosξ|≤|x-y|.

即|sinx-siny|≤|x-y|.

在证明不等式的时候, 将一些不等式的一边转换为函数形式会给我们提供多种解题的思路, 让我们能更快地证明不等式.

综上, 可以发现证明不等式的方法有很多, 但是要快速、简便地证明一个不等式, 我们还需要不断地从做题中吸取经验, 然后总结方法.只有这样才能在最短的时间内想出证明不等式最好的方法.

参考文献

[1]李长明, 周焕山.初等数学研究[M].北京:高等教育出版社, 1995:253-261.

[2]聂文喜.用数学归纳法证明递推不等式的几点技巧[J].数学教学研究, 2007, 1 (02) :35-37.

[3]王卫生.不等式证明的六种方法[J].辽宁教育学院学报.2002, 19 (8) :67-68.

[4]张爱武.论不等式证明的方法和技巧[J].宿州教育学院学报.2004, 7 (2) :127-129.

[5]董占超.例谈不等式解题策略[J].中学数学研究, 2002, 5 (8) :10.

中学数学不等式证明方法简述篇9

一、构造法证明不等式

所谓构造法, 就是依据题目自身的特点, 通过构造辅助函数、基本不等式、数列、几何图形等辅助工具铺路架桥, 促进转化, 从而达到证明不等式的目的的一种方法。在证明不等式的过程中应用构造思想, 能够开阔思路, 并运用更多的知识为证明不等式服务。

例1求证: (构造函数证明不等式) 。

二、分析与综合法

综合法是由已知的条件和已知的不等式出发, 推导出所要证明的不等式;分析法则要逐步找出使结论成立的充分条件, 最后归结为已知的不等式或已知条件。对于条件简单而结论复杂的不等式, 往往要通过分析法或分析法与综合法交替使用来寻找证明的途径.学习中还要注意:第一, 要熟练掌握各种基本的不等式和一些特殊的不等式:第二, 要善于利用题中的各种隐含条件;第三, 应用不等式的各种变换技巧。

三、数学归纳法

与自然数N有关的许多不等式, 可考虑用数学归纳法证明。但要注意:第一, 数学归纳法有多种形式。第二, 数学归纳法常与其他方法综合运用;第三, 数学归纳法不是万能的, 即并不是所有的含有n的不等式都可以用数学归纳法证明的。

四、放缩法 (增减法)

在证题过程中, 根据不等式的传递性, 常采用舍去有些正项 (或负项) 而使不等式的项之和变大 (或变小) , 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.常用的方法为:改变分子 (分母) 放缩法, 拆补放缩法, 寻找“中介量”放缩法等。

五、换元法证不等式

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。此方法在立体几何学习中应用更加广泛。

六、证明无理不等式问题

随着研究领域的扩大, 无理不等式的重要性更加凸现。然而, 对于无理不等式的证明, 直接求证较为困难, 需要将他转化为一个相对熟悉的问题。通过熟悉问题的求解, 达到解决其目的。

不等式的证明方法及其相关的应用, 在日常学习, 研究, 生活中都可以遇到。我们要养成联系, 总结的好习惯。以至发现各种规律, 最终达到系统的掌握知识, 有效的解决问题的目的。

摘要：本文从中学教材常用到的不等式中, 总结出一些有代表性的常用证法。其中绝大多数是中学数学教学和各种数学竞赛中常用的。其目的仅在于开拓读者的思路, 快速, 准确的解决相关问题, 进一步提高学习效率。

关键词：中学数学,不等式,证明

参考文献

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[2]韩文美.不等式证明20法[J].西北师范大学学报.1995, 第31卷

[3]傅钦志.证明数列不等式的策略.[J].中学数学研究.2003, 第一期

[4]张健.浅议构造法证明不等式 [J].数学通报.2004, 第12期

[5]黄瑞恩.杨志英.抽象函数不等式[J].中学数学研究.2003, 第11期

[6]张嘉瑾.数列与函数[M].长春出版社.2004

[7]D.S密特利诺维奇书[M].科学出版社.1987

[8]周立和.不等式在化学中的应用 [J] .化学教育.1995, 3

[9]马春甫.不等式在解物理计算题中的应用[J].内蒙古教育.1995

浅谈证明不等式的几种方法篇10

一、单调性证明不等式

若f(x0)=0而当x>x0时f’(x)≥0,且f(x)在x0点右连续(f’(x)不恒为零),则因f(x)单调增而有f(x)f(x)f(x0)=0(x>x0);若f(x0)=0,而当x>x0时f(x)≤0,且f(x)在x0点右连续(f’(x)不恒为零),则因f(x)单调减而有f(x)x0)。

例1:证明:

证明: 设

所以f(x)在(0,+∞)内严格递增。

有。从而。再考虑函数 ,有

故g(x)在(0,+∞)内严格递减。

有。即。

从而

用函数单调性证明不等式,一般步骤如下:

找一个函数f(x),研究f'(x)的正负;

找f(x)的起点或终点时的值。

二、用求极值的方法证明不等式

若 min f(x)≥0则f(x)≥0;若 max f(x)≤0,则f(x)≤0

例2:证明不等式1+xln(x+√1+x2)≥√1+x2x∈(-∞,+∞)。

证明:设函数f(x)=1+ln(x+√1+x2)-√1+x2,

则

令f(x)=0,得驻点x=0。当x>0时,f'(x)>0;当x<0时,

<0所以x=0是函数f(x)的唯一的极小值点。当x∈(-∞,+∞)时,恒有f(x)≥f’(x)=0。

即1+xln(x+√1+x2)≥√1+x2,x∈(-∞,+∞)。

三、函数的凹凸性证明不等式

设f(x)在,(a,b)内有定义,若对于任意的x1,x2∈(a,b),x1

则称f(x)在(a,b)是凸的,若式(*)中不等号相反,则称f(x)是凹的。

例3:证明:

证明:考虑函数f(x)=xlnx,f'(x)=lnx+1,。

故f(x)为(0,+∞)上的凸函数,从而 ;

即

所以

四、将不等式问题转化为函数问题

例4:设b>a>0,求证:

证明:设函数

所以函数f(x)在[a,+∞)上单调增加,

当x>a>0,有f(x)>f(a)>0

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