不等式的证明高数

第一篇：不等式的证明高数

考研高数证明题的解题方法

分析法，综合法，反证法，都是欧氏分析方法。欧氏分析方法起自于欧氏几何，早在公元前400年左右即为人类总结运用。

构造法是微积分学，代数学自身的方法。

分析法——尽可能由已知条件挖掘信息，并以此为起点作逻辑推理。

一元微积分讲究条件分析。要用分析法，就需要对各个概念理解准确，强弱分明;推理有序，因果清晰。为了弥补非数学专业学生的“短板”，我建议大家把考研题目中出现頻率较高的典型条件，预先推个滚瓜烂熟。比如

已知条件“f(x)连续，且x趋于0时，lim(f(x)/x) = 1”的推理。

(见讲座(9)基本推理先记熟。)

已知条件“f(x)在点x0可导，且f ′(x0) > 0 ”

的推理。

(这是阐述“一点可导且导数大于0与一段可导且导数大0的差别;证明洛尔定理(费尔玛引理)，达布定理，……，等的关键。

见讲座(11)洛尔定理做游戏;讲座(17)论证不能凭感觉。)

已知条件“非零矩阵AB = 0”的推理。

(见讲座(42)矩阵乘法很惬意。)

已知“含参的三阶方阵A能与对角阵相似，且A有二重特征值。计算参数。”的推理。

(见讲座(48)中心定理路简明。)

“已知连续型随机变量X的分布函数或随机向量(X，Y)的密度函数，求函数型随机变量U = φ (x) 或U =φ(x ，y) ”的推理计算

(见讲座(78)分布函数是核心。)

一个娴熟的推导就是一条高速路啊。你非常熟练了吗?!

综合法 —— 由题目要证明的结论出发，反向逻辑推理，观察我们究竟需要做什么。

最典型的范例是考研数学题目“证明有点ξ，满足某个含有函数及其导数的关系式”。

例设函数f (x)在闭区间[0，1]上连续，在开区间(0，1)内可导，且f (0) = 0，则区间(0，1)内至少有一点ξ ，使得

f (ξ) f ′(1―ξ) = f ′(ξ) f (1―ξ)

分析(综合法)即要证明

f (ξ) f ′(1―ξ) ― f[b′(ξ) f (1―ξ) = 0

点ξ是运用某个定理而得到的客观存在。用x替换ξ，就得到刚运用了定理，还没有把点ξ代入前的表达式。即

f (x) f ′(1―x) ― f′(x) f (1―x) = 0

(在点 x =ξ 成立)

联想到积函数求导公式 ，即(f (x) f (1―x))′= 0

(在点 x =ξ 成立)

这就表明应该作辅助函数F (x) = f (x)，证明其导数在(0，1)内至少有一零点。

易知F (0) = F (1) = 0，且F (x)在 [a, b] 连续，在(a, b)内可导，可以应用洛尔定理证得本题结论。当然，题型多种多样，但这总是一条基本思路。如果关系式中有高阶导数，那要考虑试用泰勒公式。反证法 —— ……。

这是大家都较为熟悉的方法。但是你也许没有注意到，用反证法简单可证的一个小结论，在微积分中有着很广的应用。粗糙地说，这就是

“A极限存在(或连续，或可导)+ B极限不存在 (或不连续，或连续不可导)= ?”

随便选一说法用反证法，比如

如果，“连续A + 不连续B = 连续C”

则“ 连续C-连续A = 不连续B”

这与定理矛盾。所以有结论： 连续函数与不连续函数的和一定不连续。不过要注意，证明是在“同一个点”进行的。

作为简单逻辑结论，自然类似有：

(同一过程中)A极限存在 + B极限不存在 = C极限一定不存在

(同一个点处)A可导 + B连续不可导 = C一定连续不可导

还可以在级数部份有：

收敛 + 发散 = 发散，

绝敛 + 条敛 = 条敛

对于乘法，由于分母为0时逆运算除法不能进行，必须首先限定以确保用反证法获得结论。比如

“若f(x)在点x0可导，且f(x0)≠ 0，g(x)在点x0 连续不可导，则 积函数y = f(x)g(x)在点x0一定连续不可导。”

(见讲座(8)求导熟练过大关。)

对于积函数y = f(x)g(x)求极限，我们由此得到了一个小技术。即

“非零极限因式可以先求极限。”(见讲座(16)计算极限小总结。)

(画外音：或是分子的因式，或是分母的因式，只要极限非0，就先给出极限，再“骑驴看唱本”……。)构造法 ——(难以“言传”，请多意会。)

老老实实地写，实实在在地描述，水到渠成有结论。这是微积分自家的方法 ——“构造法”。但是在构造法思维过程中，往往也综合运用着分析法，综合法，反证法。

“证明有界性”，也许最能显示“构造”手段，即把变量的“界”给构造出来。*例

已知函数 f(x)在 x≥a 时连续，且当x → +∞ 时f(x)有极限A ，试证明此函数有界。

分析本题即证，∣f(x)∣≤ C

讨论有界性，我们只学了一个定理，在闭区间上连续的函数有界。本题中如何“管住”那个无穷的尾巴呢?那就看你能否体验条件“x → +∞ 时f(x)有极限A” ，即

“我们一定可以取充分大的一点x0，使得x > x0时，总有∣f(x)∣≤∣A∣+1 ”

把半直线x≥a分成 [a，x0] 与 x > x0两部分，就能“构造”得∣f(x)∣≤ C

((祥见讲座(9)基本推理先记熟。)

在讲座(11)“洛尔定理做游戏”中讲的“垒宝塔”游戏，在讲座(13)“图形特征看单调”中讲的“逐阶说单调”，都是构造法的讨论方式。

每完成一个题目，不妨想想用的什么方法。你也许提高得更快。

第二篇：不等式的证明

复习课：不等式的证明

教学目标

1. 知识与技能

(1).理解绝对值的几何意义并能用其证明不等式和解绝对值不等式. (2).了解数学归纳法的使用原理.(3).会用数学归纳法证明一些简单问题. (4).了解证明不等式的常用方法.

2. 过程与方法

通过自主学习、课上讨论、提问、分析点评，让学生更加熟练解决有关不等式证明有关的问题. 3. 情感、态度和价值观

(1)培养学生分析、探究问题的能力，进一步培养学生学习数学的兴趣及综合运用基本知识解决问题的能力.(2)培养他们合作、交流、创新意识以及数形结合、抽象理解能力,使学生学会数学表达和交流，发展数学应用意识.

学法与教具

(1)学法：课下自主复习、课堂上合作探究.(2)教具：教学案、多媒体.一、【知识梳理】

不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.高考解答题中，常渗透不等式证明的内容.1.不等式证明常用的方法有：比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法.(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述.

(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野. 2.不等式证明还有一些常用的方法：、放缩法、反证法、函数单调性法、、数形结合法等.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查.有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法. 证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点.(1)反证法的一般步骤：反设——推理——导出矛盾(得出结论); (2)放缩法：“放”和“缩”的方向与“放”和“缩”的量的大小是由题目分析、多次尝试得出,要注意

放缩的适度。常用的方法是：

131

①添加或舍去一些项，如：a1a，n(n1)n，aa

242

2

22

②将分子或分母放大(或缩小)如：

1n

2



n(n1)n

ab)

,

2



1n(n1)

③真分数的性质：“若0ab，m0,，则

ambm(lg

④利用基本不等式，如：lg3lg5(

n(n1)

lg3lg

52

2

)(lg

2

)

2

(lg4)

2

lg4;

n(n1)

2

.⑤利用函数的单调性

⑥利用函数的有界性：如：sinA1,AR;2x0,xR . ⑦利用常用结论： Ⅰ、

1K1K

2K2K1k(k1)1k

K



2K

2K1k

K1K

12(K1K)(kN,k1)

*



K

2(KK1)(kN,k1)

*

Ⅱ、

1k



1k

1 ;

1k



1k(k1)

1k1



1k



1k1

(程度大)

Ⅲ、

1k





1

(k1)(k1)



2k1

(

) ; (程度小)

⑧绝对值不等式：ababab;

nn1n1

⑨应用二项式定理.如：2(11)1CnCn12(n1)(n4)

3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.二、【范例导航】

例1.设不等式2x11的解集为M. (I)求集合M;(II)若a，b∈M，试比较ab+1与a+b的大小.

解：(I)由2x11解得0x1.所以Mx0x1(II)由(I)可知aMbM，故0a1,0b1 所以(ab1)(ab)(a1)(b1)0故ab1ab

例2.已知a、b、c∈R+，且abc1求证：(1a)(1b)(1c)8(1a)(1b)(1c).剖析：在条件“abc1”的作用下，将不等式的“真面目”隐含了，给证明不等式带来困难，若用“abc”换成“1”，则还原出原不等式的“真面目”，从而抓住实质，解决问题. 证

明

：

∵

a,b,cR且abc

1



∴要证原不等式成立，即证

(abc)a(abc)b(abc)c8(abc)a(abc)b(abc)c

也就是证

(ab)(ca)(ab)(cb)(ac)(bc)8(bc)(ca)(ab)1

∵(ab)(bc)2(ab)(bc)0，(ac)(bc)2(ac)(bc)0 (ab)(ac)2(ab)(ac)0，

三式相乘得①式成立.故原不等式得证. 例3.证明不等式1

1213

1n



2n(nN)

证：对任意nN，都有： 1k

2k12k13

2k

k11n

2(kk1),

2)2(n

n1)2n.

因此122(21)2(3

例4. 证明

：(1)(1)(1

112n1

)

2n12n1



75

2n12n1



2n1

3

2n1

2证明方法

一、1

(1

13)(1

1

512n

1

2n2n1

)

43

65

(2n1)(2n1)2n12n1



2n2n1





53

)(1

5476

2n176

证明方法

二、设B则AB又因为所以A

435465

2n2n

12n1



2n

2n12n

，

2n1

32n2n1

2n12n

2n1

4,A

2n1

2AB

2n13

例5. 已知：a,b,c都是小于1的正数;求证(1a)b,(1b)c,(1c)a中至少有一个不大于.证明：假设(1a)b

14

,(1b)c

14

,(1c)a

1232,

14

，则有

12,

(1c)a

12

∵a，b，c都是小于1的正数，(1a)b从而有(1a)b

(1b)c

(1c)a

(1b)c



1bc



1ca

32

但是(1a)b(1b)c(1c)a

1ab

故与上式矛盾，假设不成立，原命题正确.

【说明】反证法是利用互为逆否命题具有等价性的思想进行推证的.反证法必须罗列各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证都是不完全的，遇到“至少”、“至多”、“唯一”等字句的命题常用反证法.

三、【解法小结】

1.综合法就是“由因导果”，从已知不等式出发，不断用必要条件替换前面的不等式，直至推出要证的结论.2.分析法就是“执果索因”，从所证不等式出发，不断用充分条件替换前面的不等式，直至找到成立的不等式.

3.探求不等式的证法一般用分析法，叙述证明过程用综合法较简，在证明不等式的过程中，分析法和综合法是不能分离的，如果使用综合法证明不等式难以入手时，常用分析法探索证题途径，之后用综合法的形式写出它的证明过程，以适应学生习惯的思维规律.有时问题证明难度较大，常使用分析综合法，实现两头往中间靠以达到证题目的.

4.由于高考试题不会出现单一的不等式的证明题，常常与函数、数列、三角、方程综合在一起，所以在教学中，不等式的证明除常用的三种方法外，还需介绍其他方法，如函数的单调性法、判别式法、换元法(特别是三角换元)、放缩法以及数学归纳法等，在放缩法中一定要注意放缩的尺度问题不能过大也不能过小.

四、【布置作业】

必做题：

1.不等式x3x1a3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为()

A.,14,2.设an

sin1

2sin22

B.,25,C.1,2D.,12,

sinn2

n

, 则对任意正整数m,n(mn), 都成立的是 ()

mn2

A.anam

mn2

B.anam C.anam

12

n

D.anam

12

n

3.(陕西长安二中2008届高三第一学期第二次月考)设

1ba

()()1，那么() 222

A.aaabbaB. aabaabC。abaabaD. abbaaa

4.(2012,四川文)设a,b为正实数,现有下列命题:

① 若a2b21,则; ab1 ②若③若

1b1a

1,则ab1;

ab1,则ab1;

④若a3b31,则ab1.其中的真命题有___________(写出所有正确的题号) 必做题答案:

1. A解析:因为x3x1a3a对任意x恒成立，又因为x3x1最大值为4所以 a3a4解得a4或a

sinn12

n

12. C

anam



sinn22

n2



sinm21

m



sin(n1)2

n1



sin(n2)2

n2



sinm2

m



n1



12

n2



12

m



12

n1



12

n2



12

m

12

n1



12

12

m1



12

n



12

m



12

n

1

故应选C

16.答案C1

7、①④

选做题：(辽宁2011理21)已知函数f(x)lnxax2(2a)x. (I)讨论f(x)的单调性; (II)设a0，证明：当0x

1x

时，f(

1a

x)f(

1a

x);

(III)若函数yf(x)的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f(x0)0. 解：(I)f(x)的定义域为(0,), f(x)

1x

2ax(2a)

(2x1)(ax1)

x

)(i)若a0则f(x)0,所以f(x)在(0，单调增加.(ii)若a0则由f(x)0得x

1a

且当x(0,)时，f(x)0,当x

a

11a

时，f(x)0

,1单调增加，在(,)单调减少.所以f(x)在(0)a

a

(II)设函数g(x)f(

a1ax

1x

1a

x)f(

1a

x)则g(x)ln(1ax)ln(1ax)2ax

1a

g(x)

a1ax

2a

1a

2ax

1ax

1a

,当0x时，g(x)0,而g(0)0,所以g(x)0.

故当0x时，f(

x)f(

x)

(III)由(I)可得，当a0函数yf(x),的图像与x轴至多有一个交点，

11

,且f0不妨设aa

1ax

2故a0，从而f(x)的最大值为f

A(x1,0)B(x20),0x1x2,则0x1

2a

1a

1a

由(II)得f(

x1)f(



x1)f(x1)0从而x2

2a

x1,于是x0

x1x2



1a

由(I)知，f(x)0

五、【教后反思】

1.本节内容在整个高中阶段是属于比较困难的问题，本节教学案我们用了以后学生普遍感觉非常困难，题目数量不是太多，但是用的时间很长，另外还有很多的思想方法不是很清晰.

2.再利用放缩法证明不等式的时候很多学生对于方法的利用太死板,不灵活,对方法的掌握还有待于进一步加强.

第三篇：不等式的证明

比较法证明不等式

a2b2ab1.设ab0，求证：2. ab2ab

2.(本小题满分10分)选修4—5：不等式选讲

(1)已知x、y都是正实数，求证：x3y3x2yxy2;

(

2对满足xyz1的一切正实数 x,y,z恒成立，求实数a的取值范围

.,1综合法证明不等式(利用均值不等式) 3.已知abc, 求证：1 114. abbcac

4.设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：

1(Ⅰ)ab+bc+ac3;

a2b2c2

1ca(Ⅱ)b

5.(1)求不等式x32x1的解集;

121225(

a)(b)a,bR,ab1ab2. (2)已知，求证：

6.若a、b、c是不全相等的正数，求证：

分析法证明不等式

7.某同学在证明命题“7要证明732”时作了如下分析，请你补充完整. 62，只需证明________________,只需证明___________,

+292，展开得9即,只需证明1418,________________,所以原不等式:62成立.

22263, (72)(63)，因为1418成立。

abc8.已知a,b

,cR。 3

9.(本题满分10分)已知函数f(x)|x1|。

(Ⅰ)解不等式f(x)f(x4)8;{x|x≤-5，或x≥3} (Ⅱ)若|a|1,|b|1，且a0，求证：f(ab)|a|f().

10.(本小题满分10分)当a,bMx|2x2时,证明:2|a+b|<|4+ab|. 反证法证明不等式

11.已知a，b，c均为实数，且a=x2y+2baπππ22，b=y2z+，c=z2x+， 236

求证：a，b，c中至少有一个大于0.

12.(12分)若x,yR,x0,y0,且xy2。求证：1x和1y中至少有一个小于2. yx

放缩法证明不等式

13.证明不等式：1111121231

123n2

214.设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4SnannN,且

14n1,

a2,a5,a14构成等比数列.

(1) 证明：a2

(2) 求数列an的通项公式;an2n1

(3) 证明：对一切正整数n，有11a1a2a2a311. anan12

15.设数列an的前n项和为Sn.已知a11,2Sn12an1n2n,nN*. n33

(Ⅰ) 求a2的值;a24 (Ⅱ) 求数列an的通项公式;ann2 (Ⅲ) 证明:对一切正整数n,有数学归纳法证明不等式

16.(本小题满分12分)若不等式11

n1n21a对一切正整数n都成立，求正3n12411a1a217. an4

整数a的最大值，并证明结论.25

17.用数学归纳法证明不等式：

.

第四篇：不等式的证明（推荐）

不等式的基本性质

1、不等式：(1)a222a,(2)a2b22(ab1),(3)a2b2ab恒成立的个数是()

(A)0(B)1(C)2(D)3[C]

2、下列命题正确的是()

c1c1 ba

ab(C)ab,cd(ab)2(dc)2(D)ab0,cd0 dc(A)abac2bc2(B)ab0,c1

[D]

3、下列命题中真命题有()

①ab0,dc0

③ab②ab,cdacbd cdabab④abanbn(nN,n1) 22cc

(A)①②③(B)①③(C)②③④(D)①③④[B]

4、若a,b,x,yR，则xyabxa是成立的() (xa)(yb)0yb

(A)充分不必要条件(B)必要不充分条件

(C)充要条件(D)既不充分又不必要条件[C]

5、已知a0,1b0，那么下列不等式成立的是()

(A) aabab2(B) ab2aba

(C) abaab2(D) abab2a[D]

6、已知ab，则不等式：①a2b2;②;③1

a1b11中不能成aba

立的个数是()

(A)0个(B)1个(C)2个(D)3个[D]

7、若xy0，试比较(x2y2)(xy)与(x2y2)(xy)的大小。

第五篇：不等式的证明方法

中原工学院

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：证明 ab2ab2ab.

b)2abab2ab2ab2ab(a20，

故得 1.2作商法

. 在证题时，一般在a，b均为正数时，借助作商——变形——判断(大于1或小于1). 例2 设ab0，求证：aabbabba. 证明 因为 ab0， 所以 而

abaab1或

ab1来判断其大小，步骤一般为：

1，ab0.

baababbabab1，

故 aabbabba. 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：57115. 证明 要证351941557115，即证1223516215，即

35215，，41516，154，1516. 由此逆推即得 57115. 1.4综合法

1 [2]

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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

ababba2.

ab0，baabbaab0， ba2ba2,

即 1.5反证法[3]

2. 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：nanb. 证明 假设 nanb， 则 n即

baba1，

1，

故 ba， 这与已知矛盾，所以nanb. 1.6迭合法

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：a1a2an1，b1b2bn1，求证: a1b1a2b2anbn1. 222222[4]证明 因为a1a2an1，b1b2bn1， 所以 a1a2an1，b1b2bn1. 由柯西不等式

a1b1a2b2anbna1a2an222222222222222b1b2bn111,

222中原工学院

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. 例7 求证： 21345656999910000999910000220.01. ,则 证明 令pp2123412234225622999910000121232241999910000221110001110000,

所以 p0.01. 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：anbnan1babn1. 证明 (1)当n2时，a2b2abab2ab，不等式成立; (2)若nk时，akbkak1babk1成立，则

ak1bk1a(ab)abkkkbk1a(ak1babk1)abkbk1

=akbabk(a2bk12abkbk1)akbabkbk1(ab)2akbabk， 即ak1bk1akbabk成立. 根据(1)、(2)，anbnan1babn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13.

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证明 设a13t，b13at(tR)，则c13(1a)t，

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13(1aa)t22

13,

13所以 abbcca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：a2b21，x2y21，求证：axby1. 证明 设asin，则bcos;设xsin，则ycos 所以 axbysinsincoscoscos()1. 1.11判别式法

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x2y21，求证：yax1a2. 证明 设myax，则yaxm 代入x2y21中得 x2(axm)21， 即 (1a2)x22amx(m21)0 因为x,yR，1a20，所以0，

即 (2am)24(1a2)(m21)0， 解得 m1a2，故yax1a2. 1.12标准化法[8]

形如f(x1,x2,,xn)sinx1sinx2sinxn的函数，其中0xi，且

x1x2xn为常数，则当xi的值之间越接近时，f(x1,x2,,xn)[7]

的值越大(或不变);当x1x2xn时，f(x1,x2,,xn)取最大值，即

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nf(x1,x2,,xn)sinx1sinx2sinxnsinx1x2xnnAB2. 标准化定理：当AB为常数时，有sinAsinBsin证明：记ABC，则

f(x)sinAsinBsin22.

AB2sinAsin(CA)sin2C2, 求导得 f(A)sin(C2A)， 由f(A)0得 C2A，即AB. 又由 f(A)cos(BA)0, 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， 当ABC时， sinA2sinB2sinA2sinC2B2sin12C2A2sinB2sinC218.

， 取最大值，

8181故 sin1.13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：

2ab2ac2bcabc222222444.

12(abc)证明 由海伦公式SABC两边平方，移项整理得

16(SABC)2p(pa)(pb)(pc)，其中p.

2ab2ac2bcabc222222444

而SABC0, 所以 2a2b22a2c22b2c2a4b4c4. 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

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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1213112131nn(nn11).

111n(11)111n23n

2324312n1n13n1nn23243n1nnnn1. 所以 11.15构造法[9-10]

n(nn11). 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：x2y21，a2b22，求证：b(x2y2)2axy2. 证明 依题设，构造复数z1xyi，z2abi，则z11，z22 所以 z12z2(xyi)2(abi)[a(x2y2)2bxy][b(x2y2)2axy]i

b(xy)2axyIm(z1z2)z12222z22

故 b(x2y2)2axy1.16排序法[11]

利用排序不等式来证明某些不等式.

2. 排序不等式：设a1a2an，b1b2bn，则有

a1bna2bn1anb1a1bt1a2bt2anbtna1b1a2b2anbn,

其中t1,t2,,tn是1,2,,n的一个排列.当且仅当a1a2an或b1b2bn时取等号. 简记作：反序和乱序和同序和.

例16 求证：a2b2c2d2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 a2b2c2d2abbccdda. 1.17借助几何法[12]

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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，求证：

ambmab. 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 aABam

又CECF，即nm， 所以

bACbnamabmambnb.

EnFCbDmBaA

图1.17.1

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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. 例18 设xR，求证：4cos2x3sinx2证明 f(x)cos2x3sinx12sin当sinx3218.

231x3sinx2sinx2

48时， f(x)max2;

481当sinx1时，

f(x)min4. 故 4cos2x3sinx22.2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

ex1x，x0.

证明 设f(x)ex1x,则f(x)ex1.故当x0时，f(x)0,f严格递增;当x0,f(x)0,f18. 严格递减.又因为f在x0处连续，

则当x0时，

f(x)f(0)0,

从而证得

ex1x,x0

2.3中值定理法

利用中值定理：f(x)是在区间[a,b]上有定义的连续函数，且可导，则存在，ab，满足f(b)f(a)f()(ba)来证明某些不等式，达到简便的目的.

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例20 求证：sinxsinyxy. 证明 设 f(x)sinx，则sinxsiny(xy)sin(xy)cos 故 sinxsiny(xy)cosxy. 2.4利用拉格朗日函数

例 21 证明不等式

3(1a1b1c)13abc, 其中a,b,c为任意正实数. 证明 设拉格朗日函数为对

L(x,y,z,)xyz(1x1y1z1r).

对L求偏导数并令它们都等于0，则有

Lxyzx20，

Lyzxy20，

Lzxyx20，

L1x1y1z1r0.

由方程组的前三式，易的

1x1y1zxyz.

把它代入第四式，求出13r.从而函数L的稳定点为xyz3r,(3r)4.

1x1y1z1r为了判断f(3r,3r,3r)(3r)3是否为所求条件极小值，我们可把条件看作隐函数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：

zxzx22,zyzy22,

Fxyzyzx2,Fyxzxzy2,

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F2yz3,Fzz2z22z3,

xxx3xyyxxy2xz3Fyyy3.

当xyz3r时，

Fxx6rFyy,Fxy3r,

F2xxFyyF27r20.

xy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0,111xyz1r).

令xa,yb,zc,则r(111abc)1,代入不等式有

abc[3(11a1b1c)]3

或 3(111ab1c)3abc(a0,b0,c0).

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3 利用著名不等式证明

3.1利用均值不等式[15-16]

设a1,a2,,an是

n个正实数，则

a1a2anna1a2an，当且仅当

na1a2an时取等号.

nn例22 证明柯西不等式 (a22nibi)(ai)(b2i).

i1i1i1证明 要证柯西不等式成立，只要证

nnn aa2ibiib2i (1)

i1i1i1nn令 a2iA2,b2iB2, (2)

i1i1n式中A0,B0,则(1)即 aibiABi1

naibi即

i1AB1 (3)

a2b22211下面证不等式(3),有均值不等式，

a1b1A2B2A2B22，

2即

2a1b1a21ABA2b1B2，

2a22b22a22a2ABA2b2nbna2同理

nB2， ，

ABA2bnB2. 将以上各式相加，得

nn2na2ib2i(abi11ABii)2i2i1AB (4)

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根据(2)，(4)式即

2AB(aibi)2.

i1n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]

n例23 设aiR，i1，2，„，n.求证：i11n2aiai.

ni12证明 由柯西不等式

nnnn2n22aiai1ai1nai.

i1i1i1i1i122两边除以n即得.

说明：两边乘以1n后开方得

1niani11n2iani1.当ai为正数时为均值不等式中的算术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xab2，nN，求证：

n22n22 nansinxcosx2bn22

n2bn2bn2aa22证明 n= sinxcosxn2 nnnsinxcosxsinxcosx2a nsinx2n2sinx22nn22bncosxn2cosx2nn2

即

asinxn= an2bn2

n2ancosxb2n2bn222

3.4利用詹森不等式[20] 例 25 证明不等式

abc(abc)3abc, 其中a,b,c均为正数.

abc证明 设 f(x)xlnx,x0.由f(x)的一阶和二阶导数

f(x)lnx1,f(x)1x

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可见，f(x)xlnx在x0时为严格凸函数.依詹森不等式有

f(abc3)13(f(a)f(b)f(c)),

从而

abcabc3ln313(alnablnbclnc),

即

(abccbc3)abaabc.

又因3abcabc3,所以

abc (abc)3aabbcc.