数学不等式证明方法论文开题报告

2024-08-07

数学不等式证明方法论文开题报告（共14篇）

1.数学不等式证明方法论文开题报告篇一

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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

【中图分类号】O211 【文献标识码】A 【文章编号】1674－4810（2013）01－0076－02

2.数学不等式证明方法论文开题报告篇二

一、利用导数知识证明不等式

(一) 利用函数单调性

此方法关键是根据题设条件构造合理的辅助函数, 将不等式证明转化为比较两个函数值的大小。

例1%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 (x) 严格递增;当x<0, f' (x) <0, f (x) 严格递减.又因为在x=0处连续, 则当x≠0时, f (x) >f (0) =0从而得到ex>1+x, x≠0

(二) 利用函数的极值和最值

当给定的不等式是具体的函数, 且又给出自变量的变化范围, 欲证明它大于或是小于某个定数, 这时往往利用函数的极值和最值来证明不等式。

例2当x≥0时, 证明nxn-1- (n-1) xn-1≤0 (n>0, n∈N) .

证明:令f (x) =nxn-1- (n-1) xn-1, 则f' (x) =n (n-1) xn-2-n (n-1) xn-1=n (n-1) xn-2 (1-x) .令f' (x) =0, 得驻点x=1 (因为x=0是x≥0的端点, 所以x=0不是驻点) 且当x<1时, f' (x) >0;当x>1时, f' (x) <0, 所以f (1) =0是极大值也是最大值.从而得f (x) ≤f (1) =0 (x≥0) , 即nxn-1- (n-1) xn-1≤0 (x≥0) 。

(三) 利用函数的凹凸性

当所求证的不等式中出现了形如的式子时, 我们可以考虑根据函数凹凸性的一些性质来证明。

例3己知:α<0, β<0, α3+β3≤2求证:α+β≤2。

(四) 利用微分中值定理

微分中值定理将函数与导数有机地联系起来, 如果所求证不等式经过简单变形后, 与微分中值公式的结构有相似性, 就可以考虑利用微分中值定理来证明, 其关键是构造一个辅助函数, 然后通过微分中值定理的公式证明。

微分中值定理包括费马引理, 罗尔定理, 拉格朗日中值定理, 柯西中值定理等。其中比较重要的是罗尔定理, 拉格朗日中值定理, 柯西中值定理。

(五) 利用泰勒公式

当所涉及命题中出现二阶或更高阶导数时, 我们可以考虑使用泰勒公式证明, 其关键是选择恰当的特殊点展开。

例5设f (x) 在[0, 1]上的二阶导数连续, f (0) =f (1) =0, 并且当x∈ (0, 1) 时, f'' (x) ≤A.求证:f'' (x) ≤A/2, x∈ (0, 1) .

二、定积分不等式的证明方法

(一) 利用定积分的性质

因此由拉格朗日中值定理得到F (a) -F (0) =F' (ξ) a≤0, ξ∈ (0, a) , 即F (a) ≤0, 原式得证。

(二) 利用积分中值定理

3.数学不等式证明方法论文开题报告篇三

关键词：不等式均值不等式三角换元反证法函数的单调性

一、利用均值不等式求解不等式

均值不等式在高中数学的应用比较广泛，常用于求函数的最值，或者应用于不等式的证明.解题思路比较明确，因为公式的应用主要是原式或者是它们的变式，所以比较好下手，但是在解题中一定要注意公式自身所隐含的条件.在利用公式求函数的最值时特别是要满足“一正，二定，三相等”这句话.即第一个条件是两个数都应该是正数；第二个条件是和或是积要定值，不能含有跟自变量有关的参数；第三个条件是在函数取到最值时能够取到等号，也就是相应的自变量能取得到.看以下一个例题.

例1：已知x，y>0，x+y=1，求■+■的最小值.

上述是一道非常典型的题目，上过高三老师在不等式复习时也都会把它重新再拿来讲一遍.很多学生在做题过程中很容易出现套公式的现象，常会出现以下错误：

∵x+y≥2■∴xy≤（■）■=■，∴■+■≥2■≥4■.

问题出在哪里呢？很多学生一时查不出来.后面老师提醒了一下很多学生就知道原因了：不等式取不到等号，上述解题过程中用到两次均值不等式，但是两次的x，y取不到相同的值.故最小值不是4■.正解如下：

■+■=（x+y）（■+■）=3+■+■≥3+2■=3+2■，此时当且仅当■=■，x=■-1，y=2-■时，取到最小值.

二、利用反证法证明不等式

反证法，它是从反面的角度思考问题，即肯定题设否定结论，从否定的结论出发导出矛盾，从而最终肯定命题是正确.反证法是高中数学不等式中常用的方法之一，它是直接证明不易下手，此时应该考虑的是“正难则反”的原则，从反面的角度进行推理.它常用于以下证明：

（1）难于直接使用已知条件导出结论的命题；

（2）唯一性命题；

（3）“至多”或“至少”性命题；

（4）否定性或肯定性命题.

例2：已知x，y>0，x+y>2，试证：■，■中至少有一个小于2.

分析：要证的结论与条件之间的联系不明显.直接由条件推出结论不够清晰.另外，如果从正面证明，需要对某一个分式小于2或两个分式都小于2等进行分类讨论，而从反面证明，则只要证明两个分式都不小于2是不可能的即可.于是考虑用反证法.

证明：假设■，■都不小于2，即■≥2，且■≥2因为x，y≥0，所以1+x≥2y，且1+y≥2x，把这两个不等式相加得，2+x+y≥2（x+y），从而x+y≤2.

这与已知条件x+y>2矛盾.因此，■，■都不小于2是不可能的，即原命题成立.

三、利用三角换元解证不等式

有些不等式证明问题中，含有一些特殊的条件及特殊的运算关系.这些条件或运算关系恰好满足三角关系，则可以采用三角代换证明.常见的换元形式有（1）x■+y■=a■，可令x=acosθ，y=asinθ；（2）x■+y■≤1，可令x=tcosθ，y=tsinθ（|t|≤1）.

例3：已知x■+y■=1，求证：|x■+2xy-y■|≤■.

分析：本题中，由x■+y■=1可联想到三角换元公式：sin■θ+cos■θ=1，进行三角换元证明.

证明：令x=sinθ，y=cosθ，则

|x■+2xy-y■|=|cos■θ+2sinθcosθ-sin■θ|

=|cos2θ+sin2θ|=■|sin（2θ+■）|≤■

故命题得证.

例4：已知x■+y■=1，m■+n■=4，求mx+ny的最大值.

分析：很多学生首先会想到用公式：ab≤■，因而会有如下解法：mx≤■，nx≤■，把这两个不等式相加就得到

mx+ny≤■+■=■=■，从而得到它的最大值是■.

解题过程错在哪里呢？这也是很多学生会忽略的一个问题：就是等号取不到，因而它的最大值不是■，这种类型题还是应该考虑三角换元或是用柯西不等式求解.

正解：令x=cosα，y=sinα；m=2cosβ，n=2sinβ，则mx+ny=2cosαcosβ+2sinαsinβ=2cos（α-β）≤2.

当然本题用柯西不等式也很简单，这边不再说明.

四、利用函数的单调性求不等式的最值

在求解不等式的过程中往往会出现一些题目直接用公式或是其他方法不易得出结论，甚至得出的结论是错误的.这时可以考虑构造函数通过证明函数的单调性求函数的最值，问题往往会迎刃而解.

例5：求函数f（x）=■的最小值.

分析：本题很多学生第一个想到的还是会用均值不等式进行求解，先把它拆成f（x）=■+■≥2，从而得到最小值是2的错误答案.主要也是错在等号取不到的原因.这时可以考虑构造函数，通过证明函数的单调性进行求解.

解：令f（t）=t+■（t≥2），令t■>t■≥2

f（t■）-f（t■）=（t■+■）-（t■+■）=■>0，

∴f（t）在[2，+∞）上是增函数.∴f（t）■=f（2）=■，此时x=0.

不等式的证明方法和求解方法不只上面所谈到的这几种，还有很多.只要我们平时多注意收集，多做归纳，多做观察，多做比较，多做反思，在高三数学总复习中才会有的放矢，事半功倍.

参考文献：

[1]刘绍学.不等式选讲.人民教育出版社.

[2]郭慧清.一类分式不等式的新证法[J].数学通报.

[3]李红春.构造法巧解三解函数题[J].高中数学教与学.

[4]余元希，田万海，毛宏德.初等代数研究.高等教育出版社.

4.数学不等式证明方法论文开题报告篇四

例5-2-7已知a，b，c∈R+，证明不等式：

当且仅当a=b=c时取等号。

解用综合法。因a＞0，b＞0，c＞0，故有

三式分边相加，得

当且仅当a=b=c时取等号。

例5-2-8设t＞0。证明：对任意自然数n，不等式 tn-nt+(n-1)≥0

都成立，并说明在什么条件下等号成立。

解当n=1时，不等式显然成立，且取等号。

当n≥2时，由幂分拆不等式，可得以下n-1个不等式： t2+1≥t+t，t3+1≥t2+t，„，tn-1+1≥tn-2+t，tn+1≥tn-1+t

以上各式当且仅当t=1时取等号。把它们分边相加，得

故对任意n∈N，不等式获证。等号成立的条件是n=1，或t=1。-1-

注①在以上不等中令t=1+x(x＞-1)，即得著名的贝努利不等式(1+x)n≥

1+nx

例5-2-9设a，b，c都是正数，证明不等式

当且仅当a=b=c时取等号。

分析本例有多种精彩证法。根据对称性，可从左边一项、两项入手，当然也可根据平均值不等式或幂分拆不等式从整体入手。

解[法一]从一项入手，适当配凑后由平均值不等式知

三式分边相加，即得

时，上式取等号。

[法二]从两入手，利用幂分拆不等式，有

同理有

三式分边相加，得

[法三]从整理入手，原不等式等价于

进一步证明参考习题5-2-7(1)解答。

[法四]由平均值不等式x2+(λy)2≥2λxy(x，y，∈R+)的变式

三式分边相加，得

所以

注从证法4我们看到，利用平均值不等式x2+(λy)2≥2λxy(x，式不等式，思路自然，简捷明快，颇具特色。

例5-2-10已知关于x的实系数方程x2+px+q=0有两个实数根α，β。证明：若|α|＜2，|β|＜2，则|q|＜4，且2|p|＞4+q。

解先证|q|＜4，由韦达定理知 |q|=|αβ|=|α|·|β|＜2×2=4 再证2|p|＞4+q。

欲证不等式即0≤2|α+β|＜4+αβ。故只须证 4(α+β)2＜(4+αβ)

2即4α+8αβ+4β2＜16+8αβ+α2β2 从而只须证

16-4α2-4β2+α2β2＞0

即(4-α2)(4-β2)＞0

由|α|＜2，|β|＜2，知α2＜4，β2＜4，故最后不等式成立，从而原不等式得证。

例5-2-11证明：若a，b，c是三角形的三边，则 3(ab+bc+ca)≤(a+b+c)2＜4(ab+bc+ca)当且仅当三角形为正三角形时，左边取等号。解左边不等式等价于

3(ab+bc+ca)≤a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)欲证此不等式成立，只须证 ab+bc+ca≤a2+b2+c2 即证

2(a2+b2+c2)-2(ab+bc+ca)≥0 左边配方即为

(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≥0

此不等式显然成立，当且仅当a=b=c，即三角形为正三角形时取等号。故左边不等式获证。

欲证右边不等式，仿上只须证 a2+b2+c2＜2(ab+bc+ca)从而只须证

(ab+ac-a2)+(ab+bc-b2)+(bc+ca-c2)＞0 即证

a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(b+a-c)＞0

由于a，b，c是三角形的三边，此不等式显然成立，故右边不等式获证。综上所述，原不等式得证。

例5-2-12设f(x)=x2+px+q(p，q∈R)，证明：

(2)若|p|+|q|＜1，则f(x)=0的两个根的绝对值都小于1。解用反证法

但是，|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥f(1)-2f(2)+f(3)

=(1+p+q)-2×

(4+2p+q)+(9+3p+q)=2(ii)

(i)与(ii)矛盾，故假设不成立，即原命题成立。

(2)假设f(x)=0的两根x1，x2的绝对值不都小于1，不妨设|x1|≥1，那么由韦达定理，有

|p|=|-(x1+x2)|=|x1+x2|≥|x1|-|x2|≥1-|x2| |q|=|x1x2|=|x1|·|x2|≥|x2| 两式分边相加，得 |p|+|q|≥

1这与题设矛盾，故假设不成立，即原命题得证。

5.证明不等式方法篇五

比较法是证明不等式的最基本方法，具体有“作差”比较和“作商”比较两种。基本思想是把难于比较的式子变成其差与0比较大小或其商与1比较大小。当求证的不等式两端是分项式（或分式）时，常用作差比较，当求证的不等式两端是乘积形式（或幂指数式时常用作商比较）

例1已知a+b≥0，求证：a3+b3≥a2b+ab

2分析：由题目观察知用“作差”比较，然后提取公因式，结合a+b≥0来说明作差后的正或负，从而达到证明不等式的目的，步骤是10作差20变形整理30判断差式的正负。

∵（a3+b3)(a2b+ab2)

=a2(a-b)-b2(a-b)

=(a-b)(a2-b2)

证明： =(a-b)2(a+b)

又∵(a-b)2≥0a+b≥0

∴(a-b)2(a+b)≥0

即a3+b3≥a2b+ab2

例2 设a、b∈R+，且a≠b，求证：aabb＞abba

分析：由求证的不等式可知，a、b具有轮换对称性，因此可在设a＞b＞0的前提下用作商比较法，作商后同“1”比较大小，从而达到证明目的，步骤是：10作商20商形整理30判断为与1的大小

证明：由a、b的对称性，不妨解a＞b＞0则

aabbabba=aa-bbb-a=(ab)a-b

∵ab0，∴ab1，a-b0

∴(ab)a-b(ab)0=1即aabbabba＞1，又abba＞0∴aabb＞abba

练习1 已知a、b∈R+，n∈N，求证（a+b）（an+bn）≤2（an+1+bn+1）2基本不等式法

利用基本不等式及其变式证明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及变形有：

（1）若a、b∈R，则a2+b2≥2ab（当且仅当a=b时，取等号）

（2）若a、b∈R+，则a+b≥ 2ab（当且仅当a=b时，取等号）

（3）若a、b同号，则 ba+ab≥2（当且仅当a=b时，取等号）

例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1则a1-b2+b1-a2≤

1分析：通过观察可直接套用： xy≤x2+y2

2证明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1

∴b1-a2+a1-b2≤1，当且仅当a1+b2=1时，等号成立

练习2：若 ab0，证明a+1(a-b)b≥

33综合法

综合法就是从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式性质推算出要证明不等式。

例4，设a0，b0，a+b=1，证明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252

证明：∵ a0，b0，a+b=1

∴ab≤14或1ab≥

4左边=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+［(a+b)2-2ab］+(a+b)2-2aba2b2

=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252

练习3：已知a、b、c为正数，n是正整数，且f(n)=1gan+bn+cn

3求证：2f（n）≤f（2n）

4分析法

从理论入手，寻找命题成立的充分条件，一直到这个条件是可以证明或已经证明的不等式时，便可推出原不等式成立，这种方法称为分析法。

例5：已知a0，b0，2ca+b，求证：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

分析：观察求证式为一个连锁不等式，不易用比较法，又据观察求证式等价于｜a-c｜＜c2-ab也不适用基本不等式法，用分析法较合适。

要证c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

只需证-c2-ab＜a-c＜c2-ab

证明：即证｜a-c｜＜c2-ab

即证(a-c)2＜c2-ab

即证 a2-2ac＜-ab

∵a＞0，∴即要证 a-2c＜-b 即需证2+b＜2c，即为已知

∴ 不等式成立

练习4：已知a∈R且a≠1，求证：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）

25放缩法

放缩法是在证明不等式时，把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明不等式，是证明不等式的重要方法，技巧性较强常用技巧有：（1）舍去一些正项（或负项），（2）在和或积中换大（或换小）某些项，（3）扩大（或缩小）分式的分子（或分母）等。

例6：已知a、b、c、d都是正数

求证： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2分析：观察式子特点，若将4个分式商为同分母，问题可解决，要商同分母除通分外，还可用放缩法，但通分太麻烦，故用放编法。

证明：∵ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＞

ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d=a+b+c+da+b+c+d=

1又由ab＜a+mb+m(0＜a＜b，m＞0)可得：ba+b+c＜b+da+b+c+dcb+c+d＜c+aa+b+c+ddc+d+a＜d+bc+d+a+dad+a+b＜a+ca+b+c+d

∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

b+da+b+c+d+c+aa+b+c+d+d+bc+d+a+d+a+ca+b+c+d=2(a+b+c+c)a+b+c+d=2

综上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2

练习5：已知：a＜2，求证：loga(a+1)＜1

6换元法

换元法是许多实际问题解决中可以起到化难为易，化繁为简的作用，有些问题直接证明较为困难，若通过换元的思想与方法去解就很方便，常用于条件不等式的证明，常见的是三角换元。

(1)三角换元：

是一种常用的换元方法，在解代数问题时，使用适当的三角函数进行换元，把代数问题转化成三角问题，充分利用三角函数的性质去解决问题。

例

7、若x、y∈R+,且 x-y=1 A=(x-1y)(y+1y)。1x，求证0＜A＜

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

∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ

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

=sinθ

∵0＜θ＜x2，∴ 0＜s2mθ ＜1因此0＜A＜1

复习6：已知1≤x2+y2≤2，求证：12 ≤x2-xy+y2≤

3(2)比值换元：

对于在已知条件中含有若干个等比式的问题，往往可先设一个辅助未知数表示这个比值，然后代入求证式，即可。

例8：已知 x-1=y+12=z-23，求证：x2+y2+z2≥431

4证明：设x-1=y+12=z-23=k

于是x=k+1，y=zk-1，z=3k+

2把上式代入x2+y2+z2=(k+1)2(2k-1)2+(3k+2)2

=14(k+514)2+4314≥4314

7反证法

有些不等式从正面证如果不好说清楚，可以考虑反证法，即先否定结论不成立，然后依据已知条件以及有关的定义、定理、公理，逐步推导出与定义、定理、公理或已知条件等相矛盾或自相矛盾的结论，从而肯定原有结论是正确的，凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题，适宜用反证法。

例9：已知p3+q3=2，求证：p+q≤

2分析：本题已知为p、q的三次，而结论中只有一次，应考虑到用术立方根，同时用放缩法，很难得证，故考虑用反证法。

证明：解设p+q＞2，那么p＞2-q

∴p3＞（2-q）3=8-12q+6q2-q

3将p3+q3 =2，代入得 6q2-12q+6＜0

即6（q-1）2＜0 由此得出矛盾∴p+q≤

2练习7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求证：a＞0，b＞0，c＞0

8数学归纳法

与自然数n有关的不等式，通常考虑用数学归纳法来证明。用数学归纳法证题时的两个步骤缺一不可。

例10：设n∈N，且n＞1,求证：(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+12

分析：观察求证式与n有关，可采用数学归纳法

证明：（1）当n=2时，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假设n=k(k≥2，k∈n)时不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k-1)＞2k+12 那么当n=k+1时，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)＞2k+12·(1+12k+1)①

要证①式左边＞2k+32，只要证2k+12·

2k+22k+1＞2k+32②

对于②〈二〉2k+2＞2k+1·2k+3

〈二〉(2k+2)2＞(2k+1)(2k+3)

〈二〉4k2+8k+4＞4k2+8k+3

〈二〉4＞3③

∵③成立 ∴②成立，即当n=k+1时，原不等式成立

由（1）（2）证明可知，对一切n≥2（n∈N），原不等式成立

练习8：已知n∈N，且n＞1，求证： 1n+1+1n+2+…+12n＞132

49构造法

根据求证不等式的具体结构所证，通过构造函数、数列、合数和图形等，达到证明的目的，这种方法则叫构造法。

1构造函数法

例11：证明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

证明：设f（x）=x1-2x-x2（x≠0）

∵f(-x)

=-x1-2-x+x2x-2x2x-1+x

2=x1-2x-［1-(1-2x)］+x2=x1-2x-x+x2

=f（x）

∴f（x）的图像表示y轴对称

∵当x＞0时，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴当x＜0时，据图像的对称性知f（x）＜0

∴当x≠0时，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

练习9：已知a＞b，2b＞a+c，求证：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2构造图形法

例12：若f（x）=1+x2，a≠b，则|f（x）-f（b）|＜ |a-b|

分析：由1+x2 的结构可知这是直角坐标平面上两点A(1，x)，0(0，0)的距离即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2

于是如下图，设A(1，a)，B(1，b)则0A= 1+a2 0B=1+b2

|AB|=|a-b|又0A|-|0B＜|AB|∴|f(a)-f(b)|＜|a-b|

练习10：设a≥c，b≥c，c≥0，求证 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添项法

某些不等式的证明若能优先考虑“添项”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍数添项

若不等式中含有奇数项的和，可通过对不等式乘以2变成偶数项的和，然后分组利用已知不等式进行放缩。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（当且仅当a=b=c时等号成立）证明：∵a、b、c∈R+

∴a3+b3+c3=12 ［(a3+b3)+(b3+c3)+(c3+a3)］≥12 ［(a2b+ab2)+(b2c+bc2)+(c2a+ca2)］=12［a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)］≥12(a·2bc+b·2ca+c·2ac)=3abc

当且仅当a=b，b=c，c=a即a=b=c时，等号成立。

2平方添项

运用此法必须注意原不等号的方向

例14 ：对于一切大于1的自然数n，求证：

(1+13)(1+15)…(1+12n-1＞ 2n+1 2)

证明：∵b ＞ a＞ 0，m＞ 0时ba＞ b+ma+m

∵ ［(1+13)(1+15)…(1+12n-1)］2=（43、65…2n2n-1)（43、65…2n2n-1)＞（54、76…2n+12n)（43、65…2n2n-1)=2n+13＞ 2n+14＞

∴(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+1 2)

3平均值添项

例15：在△ABC中，求证sinA+sinB+sinC≤3

32分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算术平均值添项sin π

3证明：先证命题：若x＞0，y＜π，则sinx+siny≤2sin x+y2（当且仅当x=y时等号成立）∵0＜x+y2＜ π，-π2＜ x-y2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosx-y

2∴上式成立

反复运用这个命题，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332

∴sinA+sinB≠sinC≤332

练习11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18

4利用均值不等式等号成立的条件添项

例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，求证a4+b4＞ 18

分析：若取消a≠b的限制则a=b= 12时，等号成立

证明：∵a、b∈R+∴a4+3(12)4 ≥ 44a4 ［(12)4］3=12a①

同理b4+3(12)4 ≥b②

∴a4+b4≥12(a+b)-6(12)4=12-6(12)4=18③

∵a≠b ∴①②中等号不成立∴③中等号不成立∴ 原不等式成立

1．是否存在常数c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y对任意正数x,y恒成立？错解：证明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故说明c存在。

正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下证不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。要证不等式xx+2y+xx+2y≤23，因为x,y是正数，即证3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即证3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2，而此不等式恒成立，同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立，故存在c=23 使原不等式恒成立。

6.2已知x,y,z∈R+，求证：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

错解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz

错因：根据不等式的性质：若a ＞b＞ 0，c ＞d ＞0,则ac bd，但 ac＞bd却不一定成立正解：x2y2+y2z2≥ 2x y2z，y2z2+z2x2≥ 2x yz2，x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，以上三式相加，化简得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，两边同除以x+y+z:

x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

6.3 设x+y>0，n为偶数，求证yn-1xn+xn-1yn≥

1x 1y

错证：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y

=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

n为偶数，∴ xnyn ＞0，又xn-yn和xn-1-yn-

1同号，∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

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

正解：应用比较法：

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

① 当x>0,y>0时，(xn-yn)(xn-1-yn-1)≥ 0，(xy)n >0

所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

≥0故：yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

② 当x,y有一个是负值时，不妨设x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n为偶数时,所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)>0 又(xy)n >0，所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn ≥0即 yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

6.数学归纳法证明不等式篇六

数学归纳法证明不等式的典型类型是与数列或数列求和有关的问题，凡是与数列或数列求和有关的问题都可统一表述成f(n)g(n)(nN)的形式或近似于上述形式。

这种形式的关键步骤是由nk时，命题成立推导nk1时，命题也成立。为了表示的方便，我们记左nf(k1)f(k)，右ng(k1)g(k)分别叫做左增量，右增量。那么，上述证明的步骤可表述为

f(k1)f(k)左kg(k)左kg(k)右kg(k1)例1．已知an2n1，求证：

本题要证后半节的关键是证 an1a1a2nn(nN)23a2a3an12

2k111中k右k即证k2 212

而此式显然成立，所以可以用数学归纳法证明。

而要证前半节的关键是证

12k11左k中k即证k2 221

而此式显然不成立，所以不能用数学归纳法证明。如果不进行判断就用数学归纳法证前半节，忙乎半天，只会徒劳。

有时，f(n)g(n)(nN)中f(n),g(n)是以乘积形式出现，且f(n)0,g(n)0是显然成立的。此时，可记

左kf(k1)g(k1)，右k f(k)g(k)

分别叫做左增倍，右增倍。那么，用数学归结法证明由nk时，成立推导

nk1成立，可表述为

f(k1)f(k)左kg(k)左kg(k)右kg(k1)

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.浅谈证明不等式的方法篇八

构图法，即构造几何图形，利用几何图形的性质来帮助说明不等式.构图法出现已经有很长的历史，可以追溯到十二世纪的古代中国，希腊和印度.一些数学家认为构图法不是一种严格的证明，构图法对于实际证明毫无价值，证明有且只有一种方式——推理，构图证明是不能够接受的.但还有一部分数学家认为，数学不仅是逻辑的，还是图形的，作为数学教育工作者，必须把培养学生的想象能力作为重要的能力之一.数学教育家波利亚指出画图帮助理解题意，被认为是经典的教育学建议.爱因斯坦和庞加莱都认为，我们应该利用好我们的直觉；美国数学家加德纳指出，许多情形下，一个平淡的证明加上一个几何类似图形，使得证明更加简单和漂亮，定理的准确性立见.所有的这些，都说明了构图法对帮助证明的重要性.

2几个不等式的构图说明

高中数学选修模块45《不等式选讲》中的不等式主要有：基本不等式，绝对值不等式，平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，贝努利不等式.中学阶段很多不等式的证明可以利用构图法来理解，下面列举几个不等式的构图.

2.1不等式a+b2≥ab（a，b为正数）的构图

不等式表明：两个正数的算术平均数a+b2不小于它们的几何平均数ab，即a+b2≥ab（a，b为正数），教材中一般构造如下的几何图形来加强理解.

图1图2如图1所示，在正方形ABCD中，有S△ABC+S△AFM-S矩形ABEF≥0，即a2+b2≥a·b，所以a+b2≥ab.基本不等式的另一种构图，如图2所示，把半径不等的两圆水平放置，且都与直线AB相切，两圆外切，有OF=a+b2，OE=a-b2.在直角三角形OEF中，利用勾股定理可知EF=ab，因为OF>EF，所以a+b2≥ab.图1～2都说明了不等式a+b2≥ab的几何意义，并且能直观地感知当且仅当“a=b”时“=”成立.

2.2不等式2aba+b

如图3所示，M为圆A外一点，MA与圆A分别相交于P、Q两点，MG，MR分别为圆A的切线和割线，PM=a，QM=b，a>b>0，则有HM2.3不等式xr-1>r（x-1）的构图

当n为正整数，x>-1时，（1+x）n≥1+nx成立，称为贝努利不等式（Bernoulli inequality），其证明方法通常有数学归纳法和利用二项式定理进行放缩.但形如xr-1>r（x-1）的不等式，不能采用类似于证明贝努利不等式的方法进行证明，可采用构图法帮助证明.构造如图4所示的图形，在同一坐标系中分别作出函数y=xr-1和y=r（x-1）的图象，函数y=xr-1为经过（1，0）点的凸函数，函数y=r（x-1）的图象是斜率为r，经过点（1，0）的直线，且直线y=r（x-1）与y=xr-1的图象相切，切点为（1，0）.因此，当r>1，x>0，x≠1时，不等式xr-1>r（x-1）恒成立.

2.4不等式ab

构图来帮助证明分布在数学中的各个方面，如代数，几何，三角，微积分和动态几何，不等式，数列，排列、组合等等.数学上许多的定理和概念，都可以用优美、简洁的图形来表示.老师们应该在平时教学中多注意总结，设计更多的图来帮助学生直观地理解数学知识，学好数学，让数学变得更为直观.

9.均值不等式的证明方法篇九

本文主要介绍柯西对证明均值不等式的一种方法，这种方法极其重要。一般的均值不等式我们通常考虑的是AnGn: 一些大家都知道的条件我就不写了

x1x2...xn



x1x2...xn

我曾经在《几个重要不等式的证明》中介绍过柯西的这个方法，现在再次提出：

二维已证，四维时：

abcd(ab)(cd)2ab2cd4八维时:

(abcd)(efgh)4abcd4efgh8abcdefgh

abcd

4abcd

这样的步骤重复n次之后将会得到

x1x2...x2n



x1x2...x2n

令x1x1,...,xnxn;xn1xn2...x2

x1x2...xn

A

由这个不等式有

A

nA(2n)A



x1x2..xnA

2n

(x1x2..xn)2A

1

即得到

x1x2...xn



x1x2...xn

这个归纳法的证明是柯西首次使用的，而且极其重要，下面给出几个竞赛题的例子：

例1：

若0ai1(i1,2,...,n)证明

i1

11ai



1(a1a2...an)n

例2：

若ri1(i1,2,...,n)证明

i1

1ri1



1(r1r2...rn)n

这2个例子是在量在不同范围时候得到的结果，方法正是运用柯西的归纳法：

给出例1的证明：

当n2时11a1



11a2



(1

a1a2)2(1a1)(1a2)

设pa1a2,q

(1q)(2p)2(1pq)

p2qpq2qp(1q)2q(q1)p2q，而这是2元均值不等式因此11a1



11a22



11a3



11a4



此过程进行下去



因此

i1

1ai

1(a1a2...a2n)2

令an1an2...a2n(a1a2...an)nG

有

i1n

11ai

(2n)

11G



n2n



1(GG



n1G

1G

即

i1

例3：

已知5n个实数ri,si,ti,ui,vi都1(1in),记RT

r,S



s

t,U



u

i,V

v，求证下述不等式成立：



i1

（risitiuivi1risitiuivi1)（RSTUV1RSTUV1)

要证明这题，其实看样子很像上面柯西的归纳使用的形式

其实由均值不等式，以及函数f(x)ln因此

e1e1

是在R上单调递减

RSTUV



（RSTUV1RSTUV1)

我们要证明：

(rstuv

i1

iii

risitiuivi1

1)

证明以下引理：

(x

i1

xi1

x21x21

1)

n2时，(令A

x11x11)（）2

A(x1x21x1x2)(x1x21x1x2)

2A(x1x2x1x21)A(x1x21x1x2)(1x1x2x1x2)2A(x1x21x1x2)

(A1)(x1x21)2A(x1x21)显然成立

2n

因

此（i1

xi1xi1

n)（G1G1)

2n

（GGGG

11

2n2

n)，G

（G1G1

因此（i1

xi1xi1

n)

所以原题目也证毕了

这种归纳法威力十分强大，用同样方法可以证明Jensen:

f(x1)f(x2)

f（x1x2)，则四维：

f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)2f（x1x2)2f（x3x4)4f（x1x2x3x4)

一直进行n次有

f(x1)f(x2)...f(x2n)

f（x1x2...x2n

n),令x1x1,...,xnxn;xn1xn2...x2

x1x2...xn

A

有

f(x1)...f(xn)(2n)f(A)

f（nA(2n)A

n)f(A)

所以得到

f(x1)f(x2)...f(xn)

f（x1x2...xn

所以基本上用Jensen证明的题目都可以用柯西的这个方法来证明

而且有些时候这种归纳法比Jensen的限制更少

其实从上面的看到，对于形式相同的不等式，都可以运用归纳法证明

10.考研数学重点：不等式的证明篇十

历年考研数学中，不等式的证明这个题型考查频率高达百分之九十以上，同时这也是为数较多的考生极其费解的一类问题。不等式的证明方法有很多，比如利用微分中值定理证明不等式、利用单调性证明不等式、利用极值和最值证明不等式、利用曲线凹凸性证明不等式、利用泰勒公式证明不等式等等，本文主要讨论运用函数单调性证明不等式。

单调函数是一个重要的函数类，函数的单调性应用广泛，可利用它解方程、求最值、证明等式与不等式、求取值范围等，并且可使许多问题的求解简单明快。下面主要讨论函数单调性在不等式证明中的.应用。

11.浅谈用函数证明不等式的方法篇十一

数学学习过程中, 不等式证明是一个非常重要的内容, 这些内容在初等数学和高等数学中都有很好的体现.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能力以及养成勤于思考、善于思考的良好学习习惯.

一、利用单调性证明不等式

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) ) 即可.

例1 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, f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.

二、利用微分中值定理证明不等式

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ξ, a<ξ<b, 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2 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|.

三、利用Taylor公式证明不等式

若f (x) 在区间[a, b]上有连续阶导数, 且f (a) =f′ (a) =…=f (n-1) (a) =0, f (n) (x) >0 (当x∈ (a, b) 时) , 则 $f (x) = \frac{f^{(n)} (ε)}{n!} (x - a)^{n} > 0$ (当x∈ (a, b) 时) .

例3 求证: $\frac{t a n x}{x} > \frac{x}{s i n x}, \forall x \in (0, \frac{π}{2})$ .

证明原式等价于f (x) ≡sinx·tanx-x2>0,

因为f (0) =f′ (0) =f‴ (0) =0.

f‴ (x) =sinx (5sec2x-1) +bsin3xsec4x>0,

故 $f (x) > 0 (当 x \in (0, \frac{π}{2}) 时)$ .

四、利用求极值的方法证明不等式

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4 设x∈R, 求证: $- 4 \leq \cos 2 x + 3 \sin x \leq 2 \frac{1}{8}$ .

证明 $f (x) = \cos 2 x + 3 \sin x = 1 - 2 \sin^{2} x + 3 \sin x = - 2 (s i n x - \frac{3}{4})^{2} + 2 \frac{1}{8}$ .

当 $\sin x = \frac{3}{4}$ 时, $f (x)_{\max} = 2 \frac{1}{8}$ ;

当sinx=-1时, f (x) min=-4.

故 $- 4 \leq \cos 2 x + 3 \sin x \leq 2 \frac{1}{8}$ .

五、利用单调极限证明不等式若x<b时, f (x) ↗, 且x→b-0时f (x) →A.则f (x) ≤A (当x<b时) .

例5 求证:x>0, t≤x时, $e^{- t} - (1 - \frac{t}{x}) \geq 0$ .

证明当t=0或t=x时, 不等式成立.只需证明x>0, t<x, t≠0的情况.只需证明x→+∞时, $f (x) \equiv (1 - \frac{t}{x})^{x} \to e^{- t}$ 即可.事实上:

(1) x>0, t<x, t≠0时,

$\begin{array}{l} [\ln f (x)]^{'} = [\ln (1 - \frac{t}{x})^{x}] \begin{array}{l} ´ \\ _{x} \end{array} = [x l n (1 - \frac{t}{x})] \begin{array}{l} ´ \\ _{x} \end{array} = \ln (x - t) - \ln x + \frac{t}{x - t} = \frac{- t}{ε} + \frac{t}{x - t} \geq \frac{- t}{x - t} + \frac{t}{x - t} = 0 . \\ (2) \lim_{x \to + \infty} (1 - \frac{t}{x})^{x} = \lim_{x \to + \infty} [(1 - \frac{t}{x})^{- \frac{x}{t}}]^{- t} = e^{- t} \end{array}$ ,

故x→+∞时, $f (x) \equiv (1 - \frac{t}{x})^{x} \to e^{- t}$ .

六、利用拉格朗日函数证明不等式

例6 证明不等式 $3 (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})^{- 1} \leq \sqrt[3]{a b c}$ , 其中a, b, c为任意正实数.

证明设拉格朗日函数为

$L (x, y, z, λ) = x y z + λ (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} - \frac{1}{r}) .$

对L求偏导数并令它们都等于0, 则有

$\begin{array}{l} L_{x} = y z - \frac{λ}{x^{2}} = 0 ‚ L_{y} = z x - \frac{λ}{y^{2}} = 0 ‚ \\ L_{z} = x y - \frac{λ}{x^{2}} = 0 ‚ L_{λ} = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} - \frac{1}{r} = 0 . \end{array}$

由方程组的前三式, 易得 $\frac{1}{x} = \frac{1}{y} = \frac{1}{z} = \frac{x y z}{λ} = μ$ .

把它代入第四式, 求出 $μ = \frac{1}{3 r .}$ 从而函数L的稳定点为x=y=z=3r, λ= (3r) 4.

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 $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{r}$ 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作出判断.为此计算如下:

$\begin{array}{l} z_{x} = - \frac{z^{2}}{x^{2}}, z_{y} = - \frac{z^{2}}{y^{2}}, F_{x} = y z - \frac{y z^{2}}{x}, F_{y} = x z - \frac{x z^{2}}{y}, \\ F_{x x} = \frac{2 y z^{3}}{x^{3}}, F_{x y} = z - \frac{z^{2}}{y} - \frac{z^{2}}{x} + \frac{2 z^{3}}{x y}, F_{y y} = \frac{2 x z^{3}}{y^{3}} . \end{array}$

当x=y=z=3r时,

Fxx=6r=Fyy, Fxy=3r, FxxFyy-Fxy2=27r2>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

$x y z \geq (3 r)^{3} (x > 0, y > 0, z > 0, \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{r}) .$

令x=a, y=b, z=c, 则 $r = (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})^{- 1}$ , 代入不等式有 $a b c \geq [3 (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})^{- 1}]^{3}$ 或 $3 (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})^{- 1} \leq \sqrt[3]{a b c} (a > 0, b > 0, c > 0)$ .

12.用数学归纳法证明不等式教案篇十二

在明确数学归纳法本质的基础上，我们来共同研究它在不等式证明中的应用．

例1 已知x＞－1，且x≠0，n∈N，n≥2．求证：(1＋x)n＞1＋nx．

证：(1)当n=2时，左边=(1＋x)2=1＋2x＋x2，右边=1＋2x，因x2＞0，则原不等式成立．

(在这里，一定要强调之所以左边＞右边，关键在于x2＞0是由已知条件x≠0获得，为下面证明做铺垫)

(2)假设n=k时(k≥2)，不等式成立，即(1＋x)k＞1＋kx．

师：现在要证的目标是(1＋x)k1＞1＋(k＋1)x，请同学考虑．

师：现将命题转化成如何证明不等式

(1＋kx)(1＋x)≥1＋(k＋1)x．显然，上式中“=”不成立．故只需证：(1＋kx)(1＋x)＞1＋(k＋1)x．

提问：证明不等式的基本方法有哪些？

(学生可能还有其他多种证明方法，这样培养了学生思维品质的广阔性，教师应及时引导总结)

师：这些方法，哪种更简便，更适合数学归纳法的书写格式？学生丙用放缩技巧证明显然更简便，利于书写．

当n=k＋1时，因为x＞－1，所以1＋x＞0，于是

左边=(1＋x)k1=(1＋x)k(1＋x)＞(1＋x)(1＋kx)=1＋(k＋1)x＋kx2；右边=1＋(k＋1)x． +

因为kx2＞0，所以左边＞右边，即(1＋x)k1＞1＋(k＋1)x．这就是说，原不等式当n=k

＋＋1时也成立．

根据(1)和(2)，原不等式对任何不小于2的自然数n都成立．

(通过例1的讲解，明确在第二步证明过程中，虽然可以采取证明不等式的有关方法，但为了书写更流畅，逻辑更严谨，通常经归纳假设后，要进行合理放缩，以达到转化的目的)

例2 证明：2n＋2＞n2，n∈N＋．

证：(1)当n=1时，左边=21＋2=4；右边=1，左边＞右边．所以原不等式成立．

(2)假设n=k时(k≥1且k∈N)时，不等式成立，即2k＋2＞k2．

现在，请同学们考虑n=k＋1时，如何论证2k1＋2＞(k＋1)2成立．

师：将不等式2k2－2＞(k＋1)2，右边展开后得：k2＋2k＋1，由于转化目的十分明确，所以只需将不等式的左边向k2＋2k＋1方向进行转化，即：2k2－2=k2＋2k＋1＋k2－2k－3．

由此不难看出，只需证明k2－2k－3≥0，不等式2k2－2＞k2＋2k＋1即成立．

师：由于使不等式不成立的k值是有限的，只需利用归纳法，将其逐一验证原命题成立，因此在证明第一步中，应补充验证n=2时原命题成立，那么，n=3时是否也需要论证？

师：(补充板书)当n=2时，左=22＋2=6，右=22=4，所以左＞右；当n=3时，左=23＋2=10，右=32=9，所以左＞右．因此当n=1，2，3时，不等式成立．(以下请学生板书)

(2)假设当n=k(k≥3且k∈N)时，不等式成立．即2k＋2＞k2．因为2k1＋2=2·2k＋2=2(2k

+＋2)－2＞2k2－2=k2＋2k＋1＋k2－2k－3=(k2＋2k＋1)＋(k＋1)(k－3)(因k≥3，则k－3≥0，k＋1＞0)

≥k2+2k＋1=(k＋1)2．所以2k1＋2＞(k＋1)2．故当n=k＋1时，原不等式也成立．根

+据(1)和(2)，原不等式对于任何n∈N都成立．

师：通过例2可知，在证明n=k＋1时命题成立过程中，针对目标k2＋2k＋1，采用缩小的手段，但是由于k的取值范围(k≥1)太大，不便于缩小，因此，用增加奠基步骤(把验证

n=1．扩大到验证n=1，2，3)的方法，使假设中k的取值范围适当缩小到k≥3，促使放缩成功，达到目标．

例3 求证：当n≥2时，(在这里，学生极易出现错误，错误的思维定势认为从n=k到n=k＋1时，只增加一项，求和式中最后一项即为第几项的通项，教师在这里要着重分析，化解难点．)

问题的特点，巧妙合理地利用“放缩技巧”，使问题获得简捷的证明：

题的转化途径是：

师：设S(n)表示原式左边，f(n)表示原式右边，则由上面的证法可知，从n=k到n=k＋1命

13.数学不等式证明方法论文开题报告篇十三

证明：（1）当n=1时，左=2，右=2，则等式成立．（2）假设n=k时（k∈N，k≥1），等式成立，即 2+4+6+…+2k=k（k+1）．当n=k+1时，2+4+6+…+2k+（k+1）

所以n=k+1时，等式也成立．

根据（1）（2）可知，对于任意自然数n，原等式都能成立．生甲：证明过程正确．

生乙：证明方法不是数学归纳法，因为第二步证明时，没有应用归纳假设．

师：从形式上看此种证明方法是数学归纳法，但实质在要证明n=k+1正确时，未用到归纳假设，直接采用等差数列求和公式，违背了数学归纳法的本质特点递推性，所以不能称之为数学归纳法．因此告诫我们在运用数学归纳法证明时，不能机械套用两个步骤，在证明n=k+1命题成立时，一定要利用归纳假设．

（课堂上讲评作业，指出学生作业中不妥之处，有利于巩固旧知识，为新知识的学习扫清障碍，使学生引以为戒，所谓温故而知新）

（二）讲授新课

师：在明确数学归纳法本质的基础上，我们来共同研究它在不等式证明中的应用．（板书）例1已知x＞-1，且x≠0，n∈N，n≥2．求证：（1+x）n＞1+nx．师：首先验证n=2时的情况．

（板书）证：（1）当n=2时，左边=（1+x）2=1+2x+x2，右边=1+2x，因x2＞0，则原不等式成立．

14.证明基本不等式的方法篇十四

●教学目标：

1、理解综合法与分析法证明不等式的原理和思维特点.2、理解综合法与分析法的实质，熟练掌握分析法证明不等式的方法与步骤.●教学重点：综合法与分析法证明不等式的方法与步骤

●教学难点：综合法与分析法证明不等式基本原理的理

●教学过程：

一、复习引入：

1、复习比较法证明不等式的依据和步骤？

2、今天学习证明不等式的基本方法——分析法与综合法

二、讲授新课：

1、综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法综合法又叫顺推证法或由因导果法。

用综合法证明不等式的逻辑关系是：例

1、已知a,b,c是不全相等的正数，求证：.分析：观察题目，不等式左边含有“a2+b2”的形式，我们可以创设运用基本不等式：a2+b2≥2ab;还可以这样思考：不等式左边出现有三次因式：a2b,b2c,c2a,ab2,bc2,ca2的“和”，右边有三正数a,b,c的“积”，我们可以创设运用重要不等式：a3+b3+c3≥3abc.(教师引导学生，完成证明）

解：∵a>0,b2+c2≥2bc∴由不等式的性质定理4，得a(b2+c2)≥2abc.① 同理b(c2+a2)≥2abc,②c(a2+b2)≥2abc.③

因为a,b,c为不全相等的正数，所以以上三式不能全取“=”号，从而①,②,③三式也不能全取“=”号.由不等式的性质定理3的推论，①,②,③三式相加得：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.点评：（1）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。基本不等式以及一些已经得证的不等式往往与待证的不等式有着这样或那样的联系,作由此及彼的联想往往能启发我们证明的方向.尝试时贵在联想，浮想联翩，思潮如涌。

（2）在利用综合法进行不等式证明时，要善于直接运用或创设条件运用基本不等式，其中拆项、并项、分解、组合是变形的重要技巧.变式训练：已知a,b,c是不全相等的正数，求证：例

2、已知且，求证：分析：观察要证明的结论，左边是个因式的乘积，右边是2的次方，再结合，发现如果能将左边转化为的乘积，问题就能得到解决。

2、分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实（定义、公理或已证明的定理、性质等），从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法这是一种执果索因的思考和证明方法。

①用分析法证明不等式的逻辑关系是： ②分析法论证“若A则B”这个命题的模式是：为了证明命题B为真，这只需要证明命题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B必真。

例3．求证：分析：观察结构特点，可以利用分析法。

点评：①分析法的思维特点是：执果索因.对于思路不明显,感到无从下手的问题宜用分析法探究证明途径.另外,不等式的基本性质告诉我们可以对不等式做这样或那样的变形,分析时贵在变形,不通思变,变则通!

②证明某些含有根式的不等式时,用综合法比较困难，常用分析法.③在证明不等式时,分析法占有重要的位置.有时我们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,这是解决数学问题的一种重要思想方法.例

4、已知，求证：分析：要证的不等式可以化为即观察上式，左边各项是两个字母的平方之积，右边各项涉及三个字母，可以考虑用

三、课堂练习：

1、已知a,b,c,d∈R,求证：ac+bd≤ 分析一：用分析法

证法一：(1)当ac+bd≤0时,显然成立(2)当ac+bd>0时,欲证原不等式成立,只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)

即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2即证2abcd≤b2c2+a2d2即证0≤(bc-ad)

2因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立,综合(1)、(2)可知:原不等式成立分析二：用综合法证法二：(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2abcd+a2d2)

=(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+bd)

2∴ ≥|ac+bd|≥ac+bd故命题得证分析三：用比较法

证法三：∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0,∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2

∴ ≥|ac+bd|≥ac+bd,即ac+bd≤ 点评：用分析法证明不等式的关键是,寻求不等式成立的充分条件.因此,经常要对原不等式进行化简,常用的方法有:平方、合并、有理化、去分母等,但要注意所做这些变形是否可以逆推,若不能逆推,则不可使用.2、已知且求证：（分析法）

四、课堂小结：

综合法与分析法证明不等式的方法与步骤

五、课后作业：

课本P25—26习题2.2—2,3,4,5,6,7,8,9

【数学不等式证明方法论文开题报告】推荐阅读：

数学竞赛教案讲义(9)——不等式07-05

高中数学知识点总结_第六章不等式06-26

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