不等式证明的若干方法研究

2024-10-06

不等式证明的若干方法研究（精选13篇）

1.不等式证明的若干方法研究篇一

几个简单的证明方法

一、比较法：

ab等价于ab0；而ab0等价于a

b1.即a与b的比较转化为与0

或1的比较.使用比较发时，关键是要作适当的变形，如因式分解、拆项、加减项、通分等，这是第一章中许多代数不等式的证明及其他各章初等不等式的证明所常用的证明技巧.二、综合法与分析法：

综合法是由因导果，即是由已知条件和已知的不等式出发，推导出所要证明的不等式；分析法是执果索因，即是要逐步找出使结论成立的充分条件或者充要条件，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.还要注意：第一，要熟悉掌握第一章的基本不等式和后面各章中著名的各种不等式；第二，要善于利用题中的隐含条件；第三，不等式的各种变性技巧.三、反证法：

正难则反.设所要证的不等式不成立，从原不等式的结论的反面出发，通过合理的逻辑推理导出矛盾，从而断定所要证的不等式成立.要注意对所有可能的反面结果都要逐一进行讨论.四、放缩法：

要证ab，又已知(或易证)ac，则只要证cb，这是利用不等式的传递性，将原不等式里的某些项适当的放大或缩小，或舍去若干项等以达证题目的.放缩法的方法有： ①添加或舍去一些项，如：a21a；n(n1)n；

②将分子或分母放大（或缩小）；

③利用基本不等式，如：

log3lg5（n(n1)lg3lg522)2lglglg4； n(n1)；

④利用常用结论：

k1k

1k1

1k

11k1k



12k

1k；

1k(k1)

1k1



1k(k1)1k；



（程度大）



1



(k1)(k1)



2k1

（)；（程度小）

五、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.如：

已知x2y2a2，可设xacos,yasin；

已知x2y21，可设xrcos,yrsin(0r1)；已知

xaxa

2

ybyb

1，可设xacos,ybsin；

已知



1，可设xasec,ybtan；

六、数学归纳法法：

与自然数n有关的许多不等式，可考虑用数学归纳法证明，数学归纳法法证明不等式在数学归纳法中有专门的研究.但运用数学归纳法时要注意：

第一，数学归纳法有多种形式.李大元就证明了下述七种等价的形式：设P(n)是与n有关的命题，则

(1)、设P(n0)成立，且对于任意的kn0，从P(k)成立可推出P(k1)成立，则P(n)对所有大于n0的n都成立.(2)、设m是任给的自然数，若P(1)成立，且从P(k)(1km)成立可推出

P(k1)成立，则P(n)对所有不超过m的n都成立.(3)、(反向归纳法)设有无穷多个自然数n(例如n2m)，使得P(n)成立，且从P(k1)成立可推出P(k)成立，则P(n)对所有n成立.(4)、若P(且P(n)对所有满足1nk的n成立可推出P(k1)成立，1)成立，则P(n)对所有n成立.(5)、(最小数原理)自然数集的非空子集中必有一个最小数.(6)、若P)且若P(k),P(k1)成立可推出P(k2)成立，则P(n)1(,P(2)成立，对所有n成立.(7)、(无穷递降法)若P(n)对某个n成立可推出存在n1n，使得P(n1)成立，则P(n)对所有n成立.此外，还有螺旋归纳法(又叫翘翘板归纳法)：设有两个命题P(n),Q(n)，若

P(1)

成立，又从P(k)成立可推出Q(k)成立，并且从Q(k)成立可推出P(k1)成立，其中k为任给自然数，则P(n),Q(n)对所有n都成立，它可以推广到两个以上的命题.这些形式虽然等价，但在不同情形中使用各有方便之处.在使用它们时，若能注意运用变形和放缩等技巧，往往可收到化难为易的奇效.对于有些不等式与两个独立的自然数m,n有关，可考虑用二重数学归纳法，即若要证命题P(m,n)对所有m,n成立，可分两步：①先证P(1,n),P(m,1)对所有m,n成立；②设P(m1,n),P(m,n1)成立，证明P(m1,n1)也成立.第二，数学归纳法与其它方法的综合运用，例如，证明



k

11k

sinkx0,(0x)

就要综合运用数学归纳法，反证法与极值法；有时可将n换成连续量x，用微分法或积分法.第三，并不是所有含n的不等式都能用数学归纳法证明的.七、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．要依据题设、题断的结构特点、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．笔者将在第三章中详细地介绍构造法.八、利用基本不等式：

善于利用已知不等式，特别是基本不等式去发现和证明新的不等式，是广泛应用的基本技巧.这种方法往往要与其它方法结合一起运用.22

例1 已知a，bR，且ab1.求证：a2b2

252

.证法一：(比较法)a,bR,ab1

b1a

a2b2

252

ab4(ab)

122(a

12)0

a(1a)4

2a2a

即a22b22

证法二：(分析法)

252

(当且仅当ab时，取等号).a22B2

252

ab4(ab)8

252

b1a

225122

(a)0a(1a)4822

显然成立，所以原不等式成立.点评：分析法是基本的数学方法，使用时，要保证“后一步”是“前一步”的充分条件.证法三：(综合法)由上分析法逆推获证(略).证法四：(反证法)

假设(a2)2(b2)2

252，则 a2b24(ab)8

252

.由ab1，得b1a，于是有a2(1a)212

1

所以(a)0，这与a0矛盾.22

.所以a2b2

252

.证法五：(放缩法)

∵ab1

∴左边＝a2b2

a2b221252ab4

222

＝右

边.点评：根据不等式左边是平方和及ab1这个特点，选用基本不等式

ab

ab2.2

证法六：(均值换元法)

∵ab1，所以可设a

12t，b

t，1

∴左边＝a2b2(t2)2(t2)2

5525252

＝右边.tt2t

2222

当且仅当t0时，等号成立.点评：形如ab1结构式的条件，一般可以采用均值换元.证法七：(利用一元二次方程根的判别式法)

设ya2b2，由ab1，有y(a2)2(3a)22a22a13，所以2a22a13y0，因为aR，所以442(13y)0，即y故a2b2

252

.252

.下面，笔者将运用数学归纳法证明第一章中的AG不等式.在证明之前，笔者先来证明一个引理.引理：设A0，B0，则(A+B)nAn+nA(n-1)B，其中nN.证明：由二项式定理可知

(A+B)=AniBiAn+nA(n-1)B

i0



(A+B)A+nA

nn(n-1)

2.不等式证明的若干方法研究篇二

一、通项放缩, 构造等比数列

运用转化思想, 将数列问题转化为基本数列或应用基本数列的相关方法研究.

例1 (2006年福建高考) 已知数列{an}满足a1=1, an+1=2an+1 (n∈N+) .

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式; (Ⅱ) 证明:undefined

(Ⅰ) 解:因为an+1=2an+1 (n∈N*) , 所以an+1+1=2 (an+1) , 所以{an+1}是以a1+1=2为首项, 2为公比的等比数列.

所以an+1=2n.即an=2n-1 (n∈N*) .

(Ⅱ) 证明: 因为undefined.

所以undefined.

因为undefined.

所以undefined.

所以undefined

点评:数列教学重点是研究基本数列 (等差、等比数列) 的相关问题, 对非基本数列问题通过化归思想, 采用合适的方法, 将其转化为基本数列.

二、利用函数的单调性进行放缩

对于一些具有函数特征的数列不等式证明, 可以利用函数的单调性进行放缩, 充分体现了数列也是一种特殊的函数.

例2 (2006年湖南高考) 已知函数f (x) =x-sinx, 数列{an}满足:0

证明: (Ⅰ) 先用数学归纳法证明0

(i) 当n=1时, 由已知显然结论成立.

(ii) 假设当n=k时结论成立, 即a

由 (i) 、 (ii) 可知, 0

又因为0

(Ⅱ) 设函数undefined.由 (Ⅰ) 知, 当0

所以g (x) 在 (0, 1) 上是增函数.又g (x) 在[0, 1]上连续, 且g (0) =0, 所以当00成立.于是g (an) >0.即undefined.故undefined.

点评:用导数解决函数的单调性问题一直是高考的重点, 解决此类问题的策略是, 若证明不等式f (x) >g (x) , x∈ (a, b) , 可以转化为证明:F (x) =f (x) -g (x) 在 (a, b) 上是增函数.

三、分项讨论放缩证明数列不等式

例3 (2004年全国高考) 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an+ (-1) n, n≥1. (1) 写出数列{an}的前三项a1, a2, a3; (2) 求数列{an}的通项公式; (3) 证明:对任意的整数m>4, 有undefined

(Ⅰ) 略 (Ⅱ) undefined.

(Ⅲ) 由于通项中含有 (-1) n, 很难直接放缩, 考虑分项讨论:

当n≥3且n为奇数时

undefined (减项放缩) , 于是

①当m>4且m为偶数时undefined

②当m>4且m为奇数时undefined (添项放缩) 由①知undefined.由①②得证.

3.不等式证明的若干方法研究篇三

[关键词]构造函数法不等式证明高中数学

[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 16746058（2015）230033

不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点，传统的证明不等式的方法技巧性较强，多数学生不易想到，并且各类不等式的证明没有通性通法.新教材引入导数相关的内容，为我们处理不等式的证明问题提供了一条新的途径.在近年高考题中，使用导数证明不等式也时有出现，但现行教材对这一问题没有展开研究，使得学生对这一简便方法并不了解.利用导数证明不等式思路清晰、方法简捷、操作性强，易被学生掌握.下面笔者介绍作差构造函数法、换元构造函数法、从条件特征入手构造函数法的基本思路，并通过一些实例进行分析与总结.

一、作差构造函数法

作差法是比较法中常用的方法，其原理来自不等式的基本性质：如果a>b，则a-b>0；如果a=b，则a-b=0；如果a【例1】求证不等式

x-x22

【例3】若函数y=f（x）在R上可导，且满足不等式xf′（x）>-f（x）恒成立，且常数a，b满足a>b.求证：af（a）>bf（b）.

证明：由已知得xf′（x）+f（x）>0，

∴构造函数F（x）=xf（x），

则F′（x）=xf′（x）

+f（x）>0，从而F（x）在R上为增函数.

∵a>b，

∴F（a）>F（b），即af（a）>bf（b）.

由条件移项后得xf′（x）+f（x）>0，容易想到这是一个积的导数，从而可以构造函数F（x）=xf（x），求导即可完成证明.若题目中的条件改为xf′（x）>f（x），则移项后得xf′（x）-f（x）>0，要想到这是一个商的导数，学生在平时解题时应多注意总结.

作为高中教学的重点和难点，不等式证明问题难度高，技巧性强，其相关内容一直得到了高中数学教学和研究人员的很多关注.新教材体系新增了导数部分的内容，为证明不等式增加了新的思路，开辟了一条新路径.将导数相关的内容运用到不等式的证明中，可以使证明过程简单明了，思路清晰，方法易于操作，是值得展开充分研究的一项内容.

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[3]王云.浅谈运用构造函数法证明不等式[J].语数外学习：数学教育，2012（7）：57-57.

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[5]曾思江.分而治之各个击破——不等式证明的局部处理法[J].数学教学，1991（5）.

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[8]周顺钿.模式·放缩·探索——IB模块《不等式选讲》的教学策略[J].教学月刊（中学版），2010（5）.

4.不等式的证明方法论文篇四

题目：不等式的证明方法

院系数学与统计学院专业数学与应用数学（师范类）年级 2009级学生姓名杨家成学生学号 200906034134 指导教师向以华

完成毕业设计（论文）时间 2013 年 5 月

摘要................................................................I Abstract...........................................................II 引言................................................................1

杨家成：不等式的证明方法

2013届数学与应用数学专业（师范类）毕业设计（论文）

例1 已知a1,a2an都是正数，求证：

aii1i1nn1n2． ai证明：构造两个数组：

a1,a2an;2111,a1a2an，由柯西不等式，得

2anii1nn21n1，即 aii1aii1ainanii121n21，i1i1ain2所以aaii1i11in2．

2.2.2 均值不等式

定理1.2设a1,a2,an是n个正数，则HnGnAnQn称为均值不等式.其中

Hnn111a1a2an，Gnna1a2an，Ana1a2an，n222aa2an.Qn1n例2 已知0a1,xy0，求证：logaaxayloga2xy21． 8证明：由0a1，a0,a0，得，axay2axay2axy，从而 logaaxayloga2axyloga2xy2，故只要证明xy11，即xy即可． 2842211111xyxxx，等号在x（这时y）时取得，24244所以logaaxayloga21． 8

杨家成：不等式的证明方法

2.2.3 排序不等式

定理1.3 设a1a2an,b1b2bn则有

a1bna2bn1anb

（倒序积和）

a1br1a2br2anbrn（乱序积和）

a1b1a2b2anbn,（顺序积和）

其中r1,r2,,rn是1,2,,n的一个排列，即

倒序积和≤乱序积和≤顺序积和．例3 设a1,a2,,an是n个互不相同的自然数，证明：

1an111aa12． 2223n2n证明：设b1,b2,bn是a1,a2,,an的一个排列且b1b2bn，11，所以由排序不等式，得，22n2bnanba2b12a． 122222n2nbnb111又因为b11,b22,,bnn，故b12，22n22nan111a即1a12．

23n22n2说明：排序不等式适用于与数的排列相关的问题.因1从应用中，可看出在利用重要不等式来证明不等式时必须注意重要不等式所需要的条件，以及有时需要变形等适当处理，凑成重要不等式的形式.除了已介绍的二种方法，分析法、综合法、反证法、换元法、构造法、放缩法、数学归纳法等也能解决初等数学中多数不等式证明问题，但对于一些不等式的证明，单靠初等方法是不够的，因此，需要借助高等数学知识微积分来更进一步扩广加深证明不等式的研究.接下来就探讨微积分在证明不等式中的应用.2013届数学与应用数学专业（师范类）毕业设计（论文）

3.1 利用函数的单调性

在证明不等式中最常见，最有用的方法之一就是函数单调性法，先来看相关定理.定理 3.1 设函数fx在区间I上可导，则fx在I上递增(减)的充要条件是：

fx00．

证明:“”若fx为增函数，则对每一个x0I当xx0时有

fxfx00令xx0即得fx0． xx0“” 若fx在区间I上恒有fx0，则对任意的x1,x2Ix1x2应用拉格朗日中值定理，存在x1,x2I，使得fx2fx1fx2x10由此得到fx在I上为增函数．

定理 3.2 设函数yfx在a,b上连续,在a,b内可导，① 若在a,b内，fx0，那么函数yfx在a,b上严格单调增加； ② 若在a,b内，fx0，那么函数yfx在a,b上严格单调递减.例1 求证：当0x证明：设fx

fx由0x2时，sinx2x．

sinx，x0,，x2xcosxsinxxtanxcosx，22xx2，sinxxtanx可知，fx0，即fx在0,上严格递减，2又由于fx在x2处连续，故fxf2． 2nn例2 已知m,n都是正整数，且1mn，证明：不等式1m1n．证明：原不等式等价于ln1mln1n，令 mn

杨家成：不等式的证明方法

fxfxln1x，x2，则

xx1xln1xxxln1xx1ln1x0,1xx21xx21xx2即fx在2,上严格递减，所以fmfn，即1mn1nm成立．

说明：对幂指式情况，常取对数，作辅助函数来帮助证明.由以上例题可总结出函数的单调性法的证明不等式步骤：

① 移项（或其它等价变形）使不等式一端为0，另一端为所作的辅助函数fx； ②讨论fx 符号来确定fx在指定区间的增减性，③根据函数的单调性及区间端点处的函数值即可得证.其中步骤① 是关键，作出适当辅助函数fx，值得注意的是步骤②讨论fx符号，有时一阶导的符号不能判断，这就需要判断二阶导数的符号，若仍旧不能判断，再求三阶导数，重复上述过程.例3 求证：tanxx,x0,． xsinx2证明：即证明tanxx0，即sinxtanxx2． xsinx2设fxsinxtanxx，则f0f0f00，而

fxsinxsec2x12secxtan3x4sec3xtanx0，fx0，命题得证．

例4 求证：当x0时，x21lnxx1．

2x21x10，故f在0,上递增．证明：设fxlnx,x0，则fxxx1x1x12，即x21lnxx1； x1x12当x1时，fxf10，得lnx，即x21lnxx1，x1当0x1时，fxf10，得lnx综上，结论命题得证．

利用函数的单调性是证明不等式的一种常用方法，与之类似的是利用函数的极值与最值，但是这里比较的是极值与端点值，而不是0与端点值.2013届数学与应用数学专业（师范类）毕业设计（论文）

3.2 利用微分中值定理

微分中值定理主要有罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理，其中应用最广泛的是拉格朗日中值定理.定理3.3(拉格朗日中值定理)函数f满足如下条件：

(ⅰ)f在区间a,b上连续，(ⅱ)f在区间a,b内可导，fbfa． bafbfaxa．证明: 作辅助函数Fxfxfaba则在a,b上至少存在一点使得 f显然FaFb0且F在a,b上满足罗尔中值定理的条件，故存在a,b使得Fffbfa0，移项即得 bafbfa． fba

由拉格朗日公式特点看出，拉格拉日中值定理适用于证明含有函数及其导数，且出现函数之差，自变量差及fx的表达式的不等式.例1 证明：对一切h1,h0成立不等式证明：设fxln(1x),x[1,h]，hln1hh． 1hf(x)在区间[1,h]上满足拉格朗日中值定理，则

ln(1h)ln(1h)ln1h,01，1hhhh，1h1h当h0时，由01可推知，11h1h,hhh，1h1h当h0时，由01可推知，11h1h,从而得到所要证明的结论．

例2 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.由以上二例可总结出应用拉格朗日中值定理证明不等式的步骤：

杨家成：不等式的证明方法

①构造函数f(x)，并确定对应区间[a,b]； ②对f(x)在[a,b]上运用拉格朗日中值定理；

③利用与 a、b 之间大小关系，题中所给条件，放大或缩小f()，从而推得不等式.步骤中关键是 2013届数学与应用数学专业（师范类）毕业设计（论文）

故有f(例2求证：2eab1b)f(x)dx． a2ba121212ex2dx2．

11x2x2f(x)e,x,证明：设，则，令f(x)0,x0，f(x)2xe2211而f()f()e2,f(0)1，22121221fmax1,fmine即e12ex1，11111x2e()2edx()，1222221212122eexdx2．

2说明：当证明某积分不等式大于等于或小于等于定数时，往往利用转化为求原函数最值较为简单.除了积分性质，积分中值定理也常用于证明不等式.4.2 利用积分中值定理

积分中值定理包括积分

杨家成：不等式的证明方法

证明：设F(x)F(x)x0f(t)dtxx02，则

xf(x)f(t)dtxf(x)f()(0x)，x依题意，得，f()f(x),F(x)0 ．

在[0,)上单调递减，得，F(a)F(b)，即a0f(x)dxabb0f(x)dxba0，af(x)dxbf(x)dx．

0运用积分中值定理，可将积分不等式转化为函数不等式来证明，同样的思路也应用到变限积分法中.4.3 利用二重积分证明不等式

有时将一元函数的积分问题转化为二元函数的二重积分问题，会给解题带来方便.定理4.2 若f(x)在[a,b]上可积，g(y)在[c,d]上可积，则二元函数f(x)g(y)在平面区域D(x,y)|axb,cyd上可积，且

f(x)g(y)dxdyDbaf(x)dxg(y)dy．

cd例1 设函数f(x)与g(x)在[a,b]上连续，证明Cauchy-Schwarz积分不等式bbb22af(x)g(x)dxaf(x)dxag(x)dx．

2证明：记积分区域D[a,b][a,b]，利用定积分与积分变量符号无关的性质等，有bbbaf(x)g(x)dxaf(x)g(x)dxaf(y)g(y)dyf(x)g(x)f(y)g(y)dxdy D 12222[f(x)g(y)f(y)g(x)]dxdy 2Dbb1b21b222f(x)dxg(y)dyf(y)dyg(x)dx aaaa22

 2013届数学与应用数学专业（师范类）毕业设计（论文）

af2(x)dxg2(y)dy．

a以上就是要介绍的积分在证明不等式的几种方法，从应用中，可看出运用积分与微分证明不等式方法类似，都主要是利用相关的性质，公式.由以上可以看出，微积分对证明不等式起到了重要作用.对于某些初等方法无法证明的不等式，适当地利用微积分知识就可以证明.在具体证明中要依据题设和待证不等式的结构特点，内在联系，选择适当的证明方法.至于如何选择方法，这就得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，通过摸清问题本质特征，使得难解性问题转化为可解性问题.

杨家成：不等式的证明方法

从而fn1n1的充要条件为(1Pn)0，n1

现取PKK，K112n1nn

则fn(1)(1)(1，)23nn1n1(n1)!n1n1n1

而(1Pn)(1)0，n1n1n1n1n1

n1，n1(n1)!n1.(n1)!n1N

分析：欲证此不等式，可从考虑相应的级数入手，若能证明级数收敛且

(n1)!1即可.n1n由上可看出要利用概率论的方法对不等式进行证明，关键在于针对不等式的具体形式，构造相应的概率模型，再利用概率论的相关性质、定理加以证明，从而可以使一些不等式的证明大大简化.2013届数学与应用数学专业（师范类）毕业设计（论文）

致谢

论文即将完成，回顾这篇论文的完成，是单单靠自己完成不了的，从选题到研究方法，从资料查询到写稿，从初稿到修改，直至最终定稿，无不受到向以华老师的悉心指导，深深关切.整个书写论文过程中，向老师的治学严谨，平易近人深深地影响了我，让我在收获专业知识的同时，也获得关于治学，关于为师的道理，相信这将对我以后的学习工作带来不小的启迪.因此，借此机会，向尊敬的向老师表达我由衷的谢意!参考文献

5.关于和式的数列不等式证明方法篇五

方法：先求和，再放缩

例

1、设数列an满足a10且an

n,2an11an1an，n

N*，记Snbk,证明：Sn1.k1n

（Ⅰ）求an的通项公式；（Ⅱ）设bn

【解析】：（Ⅰ）由

11

11.得为等差数列，1a1an11ann

前项为

1111

1,d1,于是1(n1)1n，1an,an

1

1a11annn

（Ⅱ）bn





Snbkk

1

11 练习：数列{an}为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且

a13,b11，数列{ban}是公比为64的等比数列，b2S264.（1）求an,bn；（2）求证

1113.S1S2Sn

4解：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正整数，an3(n1)d，bnqn1

ban1q3ndd6

q642

q3(n1)d依题意有ban①



S2b2(6d)q64

由(6d)q64知q为正有理数，故d为6的因子1,2,3,6之一，解①得d2,q8

故an32(n1)2n1,bn8

n1

（2）Sn35(2n1)n(n2)∴

1111111



S1S2Sn132435n(n2)

11111111(1)232435nn211113(1) 22n1n24

方法：先放缩，再求和例

1、（放缩之后裂项求和）（辽宁卷21）．

在数列|an|，|bn|中，a1=2，b1=4，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列（nN）

（Ⅰ）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测|an|，|bn|的通项公式，并证明你的结论；（Ⅱ）证明：

5…． a1b1a2b2anbn1

2本小题主要考查等差数列，等比数列，数学归纳法，不等式等基础知识，考查综合运用数学知识进行归纳、总结、推理、论证等能力．满分12分．解：（Ⅰ）由条件得2bnanan1，an1bnbn1 由此可得

a26，b29，a312，b316，a420，b425． ···················································· 2分

猜测ann(n1)，bn(n1)． ······················································································· 4分用数学归纳法证明：

①当n=1时，由上可得结论成立． ②假设当n=k时，结论成立，即

akk(k1)，bk(k1)2，那么当n=k+1时，2ak

ak12bkak2(k1)k(k1)(k1)(k2)，bk12(k2)2．

所以当n=k+1时，结论也成立．

由①②，可知ann(n1)，bn(n1)对一切正整数都成立． ·········································· 7分（Ⅱ）

5．

a1b161

2n≥2时，由（Ⅰ）知anbn(n1)(2n1)2(n1)n． ·············································· 9分故

11111111

…… a1b1a2b2anbn622334n(n1)



11111111… 622334nn11111115 622n16412



综上，原不等式成立．··································································································· 12分（例

2、（放缩之后等比求和）

（06福建）已知数列an满足a11,an12an1(nN).*

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）证明：

an1a1a2n

...n(nN*)23a2a3an1

22n

（III）.设bnan(an1)，数列bn的前n项和为sn，令Tn，sn

（i）求证：T1T2T3Tnn；

（ii）求证：T1T2T3Tn；

本小题主要考查数列、不等式等基本知识，考查化归的数学思想方法，考查综合解题能力。满分14分。

（I）解：an12an1(nN),*

an112(an1),an1是以a112为首项，2为公比的等比数列。an12n.即 an21(nN).*

（II）证法一：41

4k1k2

1...4kn1(an1)kn.4(k1k2...kn)n2nkn.2[(b1b2...bn)n]nbn,①

2[(b1b2...bnbn1)(n1)](n1)bn1.② ②－①，得2(bn11)(n1)bn1nbn, 即(n1)bn1nbn20,nbn2(n1)bn120.③－④，得 nbn22nbn1nbn0,即 bn22bn1bn0,bn2bn1bn1bn(nN*),bn是等差数列。

证法二：同证法一，得(n1)bn1nbn20 令n1,得b12.设b22d(dR),下面用数学归纳法证明 bn2(n1)d.（1）当n1,2时，等式成立。

（2）假设当nk(k2)时，bk2(k1)d,那么

k2k2bk[2(k1)d]2[(k1)1]d.k1k1k1k1这就是说，当nk1时，等式也成立。bk1

根据（1）和（2），可知bn2(n1)d对任何nN都成立。

bn1bnd,bn是等差数列。

ak2k12k11

k1,k1,2,...,n,（III）证明：

ak1212(2k1)

2

aa1a2n

...n.a2a3an12

ak2k11111111k1.,k1,2,...,n, ak12122(2k11)23.2k2k2232k



aa1a2n1111n11n1

...n(2...n)(1n), a2a3an1232222322

3an1aan

12...n(nN*).23a2a3an12

方法：先放缩，再化类等差等比

例1（有界性放缩，迭加）、各项为正数的等比数列an中，a1a310，a3a540,nN*；

（1）求数列an的通项公式；（2）设b11，bn1nn

11，求证：bn1bn3n1 bnan

2an2；分析；（1）（2）证明：因为an1(1

所以an0，n

所以an1与an同号，又因为a110，)an，2n

an0，即an1an．所以数列{an}为递增数列，所以ana11，n2nn12n1

即an1annann，累加得：ana12n1．

22222

12n1112n1

令Sn2n1，所以Sn23n，两式相减得：

2222222

11111n1n1n1Sn23n1n，所以Sn2n1，所以an3n1，22222222

n1

故得an1an3n1．

即an1an

例2（利用有界性化为类等比）、（安徽卷21）．（本小题满分13分）

设数列an满足a00,an1can1c,cN,其中c为实数

（Ⅰ）证明：an[0,1]对任意nN成立的充分必要条件是c[0,1]；

1n1*，证明：an1(3c),nN;312222

（Ⅲ）设0c，证明：a1a2ann1,nN*

313c

（Ⅱ）设0c

解(1)必要性：∵a10,∴a21c，又 ∵a2[0,1],∴01c1，即c[0,1]

充分性：设 c[0,1]，对nN用数学归纳法证明an[0,1]当n1时，a10[0,1].假设ak[0,1](k1)

则ak1cak1cc1c1，且ak1cak1c1c0

∴ak1[0,1]，由数学归纳法知an[0,1]对所有nN*成立

(2)设 0c，当n1时，a10，结论成立 3

当n2 时，∵ancan11c,∴1anc(1an1)(1an1an1)∵0C

12,由（1）知an1[0,1]，所以 1an1an13 且 1an103

∴1an3c(1an1)

∴1an3c(1an1)(3c)(1an2)(3c)∴an1(3c)

(3)设 0c

n1

(1a1)(3c)n1

(nN*)

122，当n1时，a102，结论成立 313c

n1

当n2时，由（2）知an1(3c)

0

∴an(1(3c)n1)212(3c)n1(3c)2(n1)12(3c)n1 22222n1∴a2]1a2ana2ann12[3c(3c)(3c)

2(1(3c)n)2

n1n1

6.大学数学中不等式的证明方法篇六

大学数学中不等式的证明方法

作者：吴莹

来源：《学园》2013年第01期

【摘要】不等式在科学研究中的地位很重要，但对不等式的证明有些同学无从下手，用什么方法是个难题，所以本文对大学数学中遇到的不等式的各种证明方法进行归纳总结，并给出了相应的例子。

【关键词】数学归纳法导数单调性中值定理最值积分

7.一类几何不等式的证明方法篇七

不等式是数学中非常重要的组成部分, 很多复杂的数学问题需要借助不等式进行简化才能得以顺利求解.作为不等式家族中的重要成员, 几何不等式一直备受关注, 这一方面是由于很多几何不等式的证明颇具挑战性, 另一方面是由于几何不等式往往都具有非常优美的表现形式和直观的几何意义.对于几何不等式的证明, 常见的方式是依靠其几何意义的背景进行直接证明, 这种证明方式技巧性比较强, 往往不等式的形式稍有不同, 证明的方法就完全不一样.实际上, 对于一些特定类型的几何不等式, 可以利用微积分和代数学的知识给出通用的证明方法, 本文着重讨论与三角形三边长有关的一类不等式的证明方法.

二、与三角形三边长有关的不等式结构及证明方法

设三角形的三边长分别为a, b, c, 与三角形三边长有关的不等式可表示为

其中f和g通常为可微函数.

对于这类不等式可利用微积分中多元极值的求解方法, 结合代数学中二次型的正定性判别进行证明, 其过程为:

合代数学中二次型的正定性判别进行证明其过程为令F (a, b, c) =g (a, b, c) -f (a, b, c) , 所要证明的不等式等价于F (a, b, c) ≥0.

等价于F (a, b, c) ≥0.首先根据多元函数取得极值的必要条件列出方程组

由 (1) 可解, 得定点 (x0, y0, z0) .

然后根据多元函数取得极值的充分条件, 求出二次型矩阵.

接下来计算矩阵A的顺序主子式, 若各阶顺序主子式均大于或等于零, 则F (x0, y0, z0) 为极小值, 从而证明F (a, b, c) ≥0成立.

如果F (a, b, c) 本身即为二次型结构, 则可直接使用二次型正定性判定定理, 当二次型矩阵的各阶顺序主子式均大于或等于零时, F (a, b, c) 为半正定二次型, 即F (a, b, c) ≥0成立.

若所要证明的不等式形式为f (a, b, c)

三、不等式证明实例下面使用著名几何学

下面使用著名几何学家O.Bottema所著的《几何不等式》中的两个不等式对上述证明方法举例说明.

例1证明不等式8abc≤ (a+b) (a+c) (b+c) , 其中a, b, c为三角形的三边长, 当且仅当三角形为正三角形时等号成立.

证明令F (a, b, c) = (a+b) (a+c) (b+c) -8abc.

则由

可解得, 其中k为任意常数, 考虑到a, b, c为三角形的边长, 故取k>0.

对于定点 (k, k, k) , 根据多元函数取得极值的充分条件, 求出二次型矩阵为

其顺序主子式分别为4k>0, , 因此F (a, b, c) 在 (k, k, k) 处取得极小值0, 即F (a, b, c) ≥0成立, 故原不等式得证.

例2证明不等式3 (ab+bc+ac) ≤ (a+b+c) 2, 其中a, b, c为三角形的三边长, 当且仅当三角形为正三角形时等号成立.2

证明令F (a, b, c) = (a+b+c) 2-3 (ab+bc+ac) ,

整理, 可得F (a, b, c) =a2+b2+c2-ab-bc-ac.

由于F (a, b, c) 本身即为二次型结构, 其二次型矩阵为

其顺序主子式分别为1>0,

由

c其中k为任意常数.因此当且仅当a=b=c时, F (a, b, c) =0, 故原不等式得证.

四、结束语

以上利用微积分中多元极值方法和代数学中二次型正定性判定方法, 对与三角形三边长有关的一类几何不等式的证明方法作了讨论, 并举例说明.该方法并非是就题论题, 具有一定的通用性, 但是由于受到几何不等式结构复杂性的影响, 该方法并不能解决所有这类问题的证明, 更通用的证明方法有待于进一步深入研究.

摘要：利用多元极值方法和二次型正定性判定方法, 给出了一类与三角形三边长有关的几何不等式的证明方法, 并举例作了说明.

关键词：几何不等式,多元极值,二次型,正定

参考文献

[1][俄]F.M.菲赫金哥尔茨.微积分学教程 (第一卷) (第8版) [M].杨弢亮, 叶彦谦, 译.北京:高等教育出版社, 2009:363-365.

[2]北京大学数学系几何与代数教研室代数小组.高等代数 (第二版) [M].北京:高等教育出版社, 2002:231-237.

8.高中数学中不等式的证明方法篇八

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。

9.不等式证明的若干方法研究篇九

2018考研高数：不等式证明的方法

不等式证明是考研数学试卷中的中上等难度题目，下面凯程网考研频道简单讲一下不等式的几种证明方法，希望考生能够详细地去做题验证，灵活把握。

利用微分中值定理：微分中值定理在高数的证明题中是非常大的，在等式和不等式的证明中都会用到。当不等式或其适当变形中有函数值之差时，一般可考虑用拉格朗日中值定理证明。柯西中值定理是拉格朗日中值定理的一个推广，当不等式或其适当变形中有两个函数在两点的函数值之差的比值时，可考虑用柯西中值定理证明。

利用定积分中值定理：该定理是在处理含有定积分的不等式证明中经常要用到的理论，一般只要求被积函数具有连续性即可。基本思路是通过定积分中值定理消去不等式中的积分号，从而与其他项作大小的比较，进而得出证明。

除此之外，最常用的方法是左右两边相减构造辅助函数，若函数的最小值为0或为常数，则该函数就是大于零的，从而不等式得以证明。

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10.如何选取最简捷的方法证明不等式篇十

王

莉

不等式的证明是中学学习中经常碰到了一类题目，它的方法有很多种，比较法（作差法，作商法），分析法，反证法，放缩法，判别式法，换元法，函数法，数学归纳法，而现在的教学中对这些方法的介绍不再面面俱到，使得有些学生只知道其中部分方法，甚至有的学生只知道作差法，而碰到不能用作差法得到的题目，学生会一筹莫展。面对这么多种方法学生即使方法全部掌握，在考试中也不能在短短的时间内判断出用什么方法又快又准确。而这篇论文就是针对这个问题寻找出每种方法的适用范围，从而找出规律。

一.介绍证明不等式的方法和适用范围 1．比较法

比较法是证明不等式最基本，最常用，最重要的方法之一。

a)作差法的理论依据是a>b(a=b,a0(a-b=0,a-b<0),它适用于当两项属于实数范围且作差后有公因式的整式，分式之间。

b)作商法的理论依据是(a,bR)a>b(a=b,a

把某些已经证明过的不等式作为基础，再运用不等式的性质推导出所要求证的不等式，这种证明方法通常叫做综合法。它涉及到的基本不等式和常用不等式有

a 当且仅当a=0是等号成立

a,bR,ab a,bR,aab 当且仅当a=b时等号成立

bab，当且仅当a=b时等号成立

a,b,cR,abcabc，当且仅当a=b=c时等号成立

其中尤其重要的是等号成立的条件，特别做实际问题的不等式证明时要注意，它适用在满足基本不等式或常用不等式条件和结果的一切不等式，当然题目不可能很容易看出是否满足，所以要注意技巧即能够根据要求拆或合项。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条件，把证明这个不等式转化为判定这些条件是否具备的问题。如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立。这种证明方法通常叫做分析法。注意的是用分析法证明不等式，分析过程必须步步可逆。而在证明不等式时，用分析法寻找解题思路，再用综合法有条理的表达证明过程较宜。它适合用于含根式的不等式处理时先证明两边平方的大小关系也可分子有理化。4．反证法

从假设结论不成立入手，推出与“已知条件，假设，公理，定理或显然成立的事实”等相矛盾的结果，从而判定假设错误，结论成立，这种方法叫做反证法。用反证法解题的实质就是否定结论导出矛盾，从而说明原结论正确。反证法的一般步骤（1）否定结论（2）推理论证（3）导出矛盾（4）肯定结论，它的原理是“否定之否定等于肯定”用反证法证明不等式，常用的否定形式有：“”的反面为“<”；“”的反面为“>”，“=”的反面为“”，“至少有一个”的反面是“一个都没有”它适用于证明存在性问题，唯一性问题，或者带有至少或至多等字样的问题。5．放缩法

从不等式的一边入手，逐渐放大，缩小不等式，直到得到不等式的另一边，这种方法叫做放缩法。运用放缩法要注意放缩必须适度，放得过大或缩得过小都不能达到证题的目的。它的理论依据主要有（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）的两个分时大小的比较.放缩时使用的主

要方法（1）舍去或加上一些项，如，(a)(a)(2)将分子或分母

放大，如kk(k)，kk(k)*，kkk

kkk(kN,k)它适用于含可以配方的式子或者含满足上述方法二的式子的不等式。

6．判别法

证明形如“ayaxaxbxcbxcb,cyaxbxcaxbd”的不等式，可通过将不等式中的y整理成形如f(y)xg(y)x(y)的形式后，依据(1)f(y)时，由xR,⊿≥0,得y的取值范围为A(2)讨论f(y)=0时，f(y)xg(y)x(y)中的x的值是否为函数y的定义域中的值？是，结合（1）可以确定y的范围为A及f(y)=0的y值；否则y的范围为A.这种证明不等式的方法叫做判别式法。它适用于分子分母都是二次函数或有一个为二次函数的可以转换为f(y)xg(y)x(y)形式的分式，同时要注意对x项系数f(y)=0)和f(y)两种情况的讨论。

x而x=0是函数y=

xx,的定义域中的一个值，所以y=1属于它的值域中的一个值 y 即证

7．换元法

在证明不等式的过程中，将不等式中的变量作适当的代换，使不等式得到证明，这种方法叫做不等式证明中的换元法。换元法没有固定的模式，用换元法证明不等式，常用的方法是“三角换元法”和“代数换元法”其中三角换元法常用的公式有：sincos tansec cotcscxa

{xRcosyRsin适用范围：如果不等式中的变量|x|≤a(a为常数)则把

设为sin

或者cos 如果题目中含有“xyR，xyR，Rx也可以用{xRcosyRsin代换。如果题目含有Rx，xR可用x=Rtan

一个实数的可能性。需要注意的是在代换时，新的变量的变化范围必须确保原来的变量的变化范围不发生变化。8．函数法

所谓函数法是指根据函数的单调性（先构造函数）证明不等式的方法，而所构造的函数必须是单调函数，解决这个问题的关键是建立初等函数模型与不等式的“外形”的对应关系。它适用于不等式两边有相同函数形式的不等式 9．数学归纳法 x=Rsec特别是当时，tan可取全体实数，所以tan有代换任何通过（1）证明n取第一个值n使命题成立（2）假设n=k(kN*,kn)使命题成立，证明n=k+1时命题也成立。这种证明方法叫做数学归纳法。它适用于与正整数n有关得不等式等。

二.上述几种方法在证明一道不等式中的应用已知p>0, q>0,且pq 求证：p+q≤2.证法一（综合法）：ppq=2

 pqq=2 又p>0,q>0 ≥p+q p+q≤2 证法二（反证法）假设p+q>2,则p>2-q, p>0,q>0, p pq q<2,即2-q>0

(q)qq(pq， qqq) 即(q)

这与(q)≥0矛盾。假设不成立。p+q≤2

pq(pq)(ppqq)(pq)[(pq) 证法三（放缩法）(pq)]

(pq)(pq) p>0,q>0 p+q≤2

 证法四（判别式法）设p+q=a,则p>0,q>0，a>0 p pqpq=2

pqq(pq)pq

p=a-q aaq(aq)aaqq

aqaqa(q系数3a>0)， qR a a(aa(a)即aa≥0

) a(a)p+q≤2 证法五（换元法）由已知p>0,q>0 设p=msin 则p q=mcosm(0<mcos,m>0)，qsinm[sinsin] )m

 0< sinp m(m m

m≤2,即p+q≤2 可以看出在这五种证明方法中综合法和放缩法是比较简单的方法，它们用较少的步骤就得到了不等式要证明的答案。由此可以看出对于同一道证明题，选取不同的方法，证明是简单还是复杂会相应的改变，所以在做不等式的证明中如果能选取比较合适的证明方法，就可以提高解题速度，从而提高学习效率。

q

参考文献：

龙门书局《不等式》主编傅荣强

常用不等式—2004第3版匡继昌著济南山东科学技术出版社

11.关于两个不等式证明的研究性学习篇十一

下面是笔者开设《不等式选讲（选修4-5）》的一节研究性学习课，课堂上一波三折，笔者在惊叹数学精美之余，也惊叹数学课堂的精彩.

参考文献

[1] Pham Kim Hung. 不等式的秘密（第一卷）[M]. 哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2012.

[2] 安振平. 三十个有趣的不等式问题[J]. 中学数学教学参考，2011（11）.

[3]安振平. 2007 年全国中学数学教师解题基本功技能大赛[J]. 中学数学教学参考，2007.

高中数学选修课程是为希望提高数学素养的学生而设置的，其中所涉及的内容反映了某些重要的数学思想和数学方法，有助于学生进一步打好数学基础，拓展数学视野，提升数学能力，支持这部分学生的后继学习. 浙江省高中课程中的《IB选修模块》是为考“第一批本科院校”的学生而专门设计的，实际上选学数学IB模块的学生数学基础都比较好，因而数学IB模块也是开展研究性学习的好素材.

下面是笔者开设《不等式选讲（选修4-5）》的一节研究性学习课，课堂上一波三折，笔者在惊叹数学精美之余，也惊叹数学课堂的精彩.

参考文献

[1] Pham Kim Hung. 不等式的秘密（第一卷）[M]. 哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2012.

[2] 安振平. 三十个有趣的不等式问题[J]. 中学数学教学参考，2011（11）.

[3]安振平. 2007 年全国中学数学教师解题基本功技能大赛[J]. 中学数学教学参考，2007.

下面是笔者开设《不等式选讲（选修4-5）》的一节研究性学习课，课堂上一波三折，笔者在惊叹数学精美之余，也惊叹数学课堂的精彩.

参考文献

[1] Pham Kim Hung. 不等式的秘密（第一卷）[M]. 哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2012.

[2] 安振平. 三十个有趣的不等式问题[J]. 中学数学教学参考，2011（11）.

12.从数学解题谈谈不等式的证明方法篇十二

通过对不等式的一边进行添项或减项以达到解题目的, 这是常规思路.

例1 设a, b为不相等的两正数, 且a3-b3=a2-b2, 求证: $1 < a + b < \frac{4}{3} .$

证明由题设, 得a2+ab+b2=a+b.

于是 (a+b) 2>a2+ab+b2=a+b.

又 a+b>0, 得a+b>1.

又 $a b < \frac{1}{4} (a + b)^{2}$ ,

而 $(a + b)^{2} = a + b + a b < a + b + \frac{1}{4} (a + b)^{2}$ ,

即 $\frac{3}{4} (a + b)^{2} < a + b ‚ ∴ a + b < \frac{4}{3} .$

故有 $1 < a + b < \frac{4}{3} .$

二、分式放缩

一个分式, 若分子变大则分式值变大, 若分母变大则分式值变小;一个真分式, 分子、分母同时加上同一个正数则分式值变大.利用这些性质, 可达到证题目的.

例2 已知a, b, c为三角形的三边, 求证: $1 < \frac{a}{b + c} + \frac{b}{a + c} + \frac{c}{a + b} < 2 .$

证明由于a, b, c为正数,

又 a, b, c为三角形的边, 故b+c>a.则 $\frac{a}{b + c}$ 为真分数, 则

$\frac{a}{b + c} < \frac{2 a}{a + b + c}$ , 同理 $\frac{b}{a + c} < \frac{2 b}{a + b + c} ‚ \frac{c}{a + b} < \frac{2 c}{a + b + c}$ ,

故 $\frac{a}{b + c} + \frac{b}{a + c} + \frac{c}{a + b} < \frac{2 a}{a + b + c} + \frac{2 b}{a + b + c} + \frac{2 c}{a + b + c} = 2 .$

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

三、裂项放缩

若欲证不等式含有与自然数n有关的n项和, 可采用数列中裂项求和等方法来解题.

例3 已知n∈N*, 证明: $1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} < 2 \sqrt{n} .$

则 $1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} < 1 + 2 (\sqrt{2} - 1) + 2 (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + \dots + 2 (\sqrt{n} - \sqrt{n - 1}) = 2 \sqrt{n} - 1 < 2 \sqrt{n}$ .证毕.

四、公式放缩

利用已知的公式或恒不等式, 把欲证不等式变形后再放缩, 可获简解.

例4 已知函数 $f (x) = \frac{2^{x} - 1}{2^{x} + 1}$ , 证明:对于n∈N*且n≥3都有 $f (n) > \frac{n}{n + 1} .$

证明由题意知 $f (n) - \frac{n}{n + 1} = \frac{2^{n} - 1}{2^{n} + 1} - \frac{n}{n + 1} = (1 - \frac{2}{2^{n} + 1}) - (1 - \frac{1}{n + 1}) = \frac{1}{n + 1} - \frac{2}{2^{n} + 1} = \frac{2^{n} - (2 n + 1)}{(n + 1) (2^{n} + 1)} .$

又 ∵n∈N*且n≥3, ∴只需证2n>2n+1.

$\begin{array}{l} 又 ∵ 2^{n} = (1 + 1)^{n} = C_{n}^{0} + C_{n}^{1} + C_{n}^{2} + \dots + C_{n}^{n - 1} + C_{n}^{n} \\ = 1 + n + \frac{n (n - 1)}{2} + \dots + n + 1 > 2 n + 1 ‚ \\ ∴ f (n) > \frac{n}{n + 1} . \end{array}$

五、换元放缩

对于不等式的某个部分进行换元, 可显露问题的本质, 然后随机进行放缩, 可达解题目的.

例5 已知a>b>c, 求证: $\frac{1}{a - b} + \frac{1}{b - c} + \frac{1}{c - a} > 0 .$

证明 ∵a>b>c, ∴可设a=c+t, b=c+u (t>u>0) ,

∴t-u>0.

则 $\frac{1}{a - b} + \frac{1}{b - c} + \frac{1}{c - a} = \frac{1}{t - u} + \frac{1}{u} - \frac{1}{t} > \frac{1}{u} - \frac{1}{t} = \frac{t - u}{t u} > 0$ ,

即 $\frac{1}{a - b} + \frac{1}{b - c} + \frac{1}{c - a} > 0 .$

六、单调函数放缩

根据题目特征, 通过构造特殊的单调函数, 利用其单调性质进行放缩求解.

例6 已知a, b∈R, 求证: $\frac{| a + b |}{1 + | a + b |} \leq \frac{| a |}{1 + | a |} + \frac{| b |}{1 + | b |} .$

证明构造函数 $f (x) = \frac{x}{1 + x} (x \geq 0)$ , 首先判断其单调性, 设

$\begin{array}{l} 0 \leq x_{1} < x_{2} . \\ ∵ f (x_{1}) - f (x_{2}) = \frac{x_{1}}{1 + x_{1}} - \frac{x_{2}}{1 + x_{2}} = \frac{x_{1} - x_{2}}{(1 + x_{1}) (1 + x_{2})} < 0 ‚ \\ ∴ f (x_{1}) < f (x_{2}) ‚ ∴ f (x) \end{array}$

在[0, +∞) 上是增函数, 取x1=|a+b|, x2=|a|+|b|, 显然满足0≤x1≤x2.

∴f (|a+b|) ≤f (|a|+|b|) ,

即 $\frac{| a + b |}{1 + | a + b |} \leq \frac{| a | + | b |}{1 + | a | + | b |} = \frac{| a |}{1 + | a | + | b |} + \frac{| b |}{1 + | a | + | b |} \leq \frac{| a |}{1 + | a |} + \frac{| b |}{1 + | b |}$ .证毕.

七、构造局部不等式

例7 若a, b∈R*, a+b=2, 求证: $\sqrt{2 a + 1} + \sqrt{2 b + 1} \leq 2 \sqrt{3} .$

分析由a, b在题目中的对称性可知, 只有当a=b=1, 即2a+1=3时, 等号才能成立, 所以可构造局部不等式.

证明

同理,

摘要：不等式的证明是数学解题中的一种重要思想.本文笔者将就数学解题的角度来谈谈不等式的几种证明方法.

13.构造函数法证明不等式的八种方法篇十三

利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。

解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何

2、移项法构造函数

【例2】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有11ln(x1)x x111，从其导数入手即x1分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数g(x)ln(x1)可证明。根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。

1、从条件特征入手构造函数证明

【例1】若函数y=f(x)在R上可导且满足不等式xf(x)>－f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：．af(a)>bf(b)

【变式1】若函数y=f(x)在R上可导且满足不等式f(x)>f(x)，且yf(x)1为奇函数.求不等式f(x)x2.求不等式(x2015)2f(x2015)4f(2)0的解集.3、作差法构造函数证明【例3】已知函数f(x)12x2lnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)23x3的图象的下方；分析：函数f(x)图象在函数g(x)的图象的下方不等式f(x)g(x)问题，设F(x)g(x)f(x)

4、换元法构造函数证明

【例4】（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln(1n1)11n2n3 都成立.分析：本题是山东卷的

5、对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）【例5】证明当x0时,(1x)11xe1x2

6、构造形似函数

【例6】证明当bae,证明abba7、构造二阶导数函数证明导数的单调性【例7】已知函数f(x)aex12x2(1)若f(x)在R上为增函数,求a的取值范围;(2)若a=1,求证:x＞0时,f(x)>1+x

8、主元法构造函数

【例8】（全国）已知函数f(x)ln(1x)x,g(x)xlnx

(1)求函数f(x)的最大值；(2)设0ab,证明：0g(a)g(b)2g(ab2)(ba)ln2.【思维挑战】

1、（2007年，陕西）f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)≤0，对任意正数a、b，若a

（A）af(b)≤bf(a)（B）bf(a)≤af(b)（C）af(a)≤f(b)（D）bf(b)≤f(a)

2、（2007年，安徽卷）已知定义在正实数集上的函数f(x)12x22ax,g(x)3a2lnxb,其中a>0，且b52a23a2lna，求证：f(x)g(x)

【不等式证明的若干方法研究】推荐阅读：