证明不等式的13种方法

第1篇：证明不等式的13种方法

用微积分证明不等式的技巧和方法

摘 要： 不等式的证明方法很多，其证明蕴涵了丰富的数学知识、逻辑推理和非常高的技巧，本文讨论了利用微积分知识证明不等式的技巧和方法。

关键词： 微积分 不等式 证明方法

不等式的证明是微积分应用的一个常见问题，通过解决这类问题，可以加深学生对微积分知识的理解，从而提高学生分析问题和解决问题的能力.本文通过各种题型分析解答，总结出用微积分证明不等式的一些常见基本方法.

1.利用函数的单调性证明不等式

例1：证明：当x>0时，x>sinx>x-.

证明：先证x>sinx，设f(x)=x-sinx，则f′(x)=1-cosx≥0，即f(x)是增函数.

而f(0)=0，故有当x>0时，x>sinx.

设g(x)=sinx-x+，则g′(x)=cosx-1+，g″(x)=x-sinx.而当x>0有g″(x)=x-sinx>0，故有g′(x)>0，即g(x)在(0，+∞)上单调上升.又g(0)=0，所以x>sinx>x-.

例2：证明不等式x-0).

证明：设f(x)=x--ln(1+x)

∵f′(x)=1-x-=<0

∴f(x)在(0，+∞)上单调下降

又∵f(0)=0

∴当x>0时，有f(x)=x--ln(1+x)<0，

即x-

2.利用微分中值定理证明不等式

例3：证明当x>0时，

证明：设f(t)=lnt，当x>0时，f(t)在[1，1+x]上满足拉格朗日中值定理条件，

∴?埚ξ∈[1，1+x]，使=，1<ξ<1+x

∵ln(1+x)-ln1=ln(1+x)，<<1

∴

例4：设a>e，0(cosx-cosy)alna.

证明：设f(t)=a，g(t)=cost.

由条件可知，f(t)，g(t)在[x，y]，(0

即=，0

∴a-a=a(cosx-cosy)lna/sinξ

>(cosx-cosy)alna>(cosx-cosy)alna

3.利用函数的最值证明不等式

例5：设0≤x≤1，p>1，证明不等式≤x+(1-x)≤1.

证明：设F(x)=x+(1-x)，则

F′(x)=px+p(1-x)(-1)=p[x-(1-x)]

F″(x)=p(p-1)x+p(p-1)(1-x)

令F′(x)=0，得x=;因p>1，所以有

F″()+p(p-1)[()+()]>0.

故F(x)在[0，1]上最大值是1，最小值是，即有

≤x+(1+x)≤1.

4.利用函数的凹凸性证明不等式

例6：证明xlnx+ylny>(x+y)ln，(x>0，y>0).

证明：设f(x)=xlnx，则对于x>0图形是凹的，于是对任意两点x和y，得

xlnx+ylny>(x+y)ln.

5.利用函数极限证明不等式

例7：证明：当x充分大时，xe

证明：因为=0，所以x充分大后，有<1，即xe

例8：设f(x)=asinx+asin2x+…+asinnx，并且|f(x)|≤|sinx|，a，a，…，a为实常数，求证：|a+2a+…+na|≤1.

证明：∵|f(x)|≤|sinx|

∴≤(x≠0)即

=a+a+…+a≤

上式两边令x→0，由重要极限=1

得|a+2a+…+na|≤1.

参考文献：

[1]费定晖，周学圣编译.吉米多维奇数学分析习题集题解[M].山东：山东科学技术出版社，2001.08.

[2]赵振威主编.中学数学教材教法[M].上海：华东师范大学出版社，2000.01.

[3]刘玉琏，傅沛仁编.数学分析讲义[M].北京：高等教育出版社，1997.12.

注：“本文中所涉及到的图表、公式、注解等请以PDF格式阅读”

作者：罗世尧

第2篇：证明不等式的几种方法

黄启泉

04数学与应用数学1班30号

近几年来,有关不等式的证明问题在高考、竞赛中屡见不鲜，由于不等式的证明综合性强，对学生的思维灵活性与创造性要求较高，因此，许多考生往往“望题生叹”，本人通过对该类题目认真分析与研究，总结以下几种解题方法，下面结合一些热点题加以简要的介绍。

1. 运用重要不等式法，一些重要不等式如均值不等式，柯西不等式等在证明一些不等式题目中往往能取得一种立杆见影的效果。 1.1运用运用均值不等式

例1， 已知a,b,c,d都是正数， 求证：(abcd)(acbd)4abcd

证明：由a,b,c,d都是正数，得

abcd20,acbd2

0.



(abcd)(acbd)

4

abcd.

即(abcd)(acbd)4abcd 1.2运用柯西不等式

例2.设a,b,x,y,kR,k1,且a2b2

2kab1,

x2

y2

2kxy

1.axby

证：因为a2

b2

2kab1,所以

(a-kb)2

2

1(1)

同样的，2(kx-y)2

1(2) 运用柯本不等式式解：

(1)左*(2)左[(akb(kxy)]

2

axby)

2

故axby

成立

2.配凑常数法

常数在不等式证明当中有着举足轻重的作用，充分发挥好常数的“过渡”功能，将使证明的解决如虎添翼。 例3.已知a,b,cR，求证

acb+c

bca

ab

32

证明，给每个式子配以常数k有

a

bcb+cca

ab3(a

bcb+c

1)(

ca1)(ab1)(abc)(1b+c



1ca



1ab)1112[(bc)(ca)(ab)](b+c

1ca



ab

)

12(111)

2



92

所以

abb+c



ca



c9ab



2

3

32

，当

abc时，可以取等号，故命题得证。

3.待定系数法

当直接运用重要不等式较难达到目标时，有时可引入参数作为待定系数再根据题意解方程达到目标。

例4.设x,y,z是不全为零的实数，求

证

xy2yzx2

y2

z

2



2

证：对不等式左边分子式分母直接运用均值不等式显然达到目标，为此引入待定系数a,b从而有：

xy2yz2







2

1zb



a1x2

y221222abybz

a

2x2

1212abyz2

b令a1b

1即ab2

2a

b

解

xy2yz

x

y2z



即

xy2yzx2

y2

z



4.向量法

向量做为中学数学一种新的工具，具在证明不等式中有时能达到异曲同工之效。 例5.已知x,y,z是非负实数，具x+y+z=1求证：

证：构造向量：a

xy,x,y,byz,y,z,则

c

zx,z,x.

abc(2,1,1),由abcabc



代入原式成立易知xyz13

时取等

号。

5.倒数变换法

这里所说的倒数变换是指将每一个字母都用其倒数的形式来代替，对一些分式不等式采用这一变换后，有时可将式子的结构化简从而为不等式的证明找到契机。

例6.已知abcR

,且abc1,求证：

11a

bc



b

ac



1c

ab



证：

令A=

1a

,B

b,C1



c

,则

A，B，CR，且ABC=1

此式左边=

A+B+CA+B+C+B+CB+C

+

A+C

+

AA+B

-3

=12B+C+A+C+A+B1

11++B+CA+CA+B3

92-3=32

即原命题得证 注：倒数变换方法实质是通过变换达到化繁为简的目的，或将不熟悉的不等式转化为熟透的不等式，需要注意的是，变量代换后的取值范围可能有变化

6分母置换法

一般地，在分子不等式中当一个分式的分子较简捷而分母相对较复杂时，通过对分母进行代换可以使解题思路变得更顺畅。 例

7.已知abc

，R求证

a



bcb3c

8c

49a

347

a2。b 48

证：令b3

c,

则

x



a9cb3c

b8c4a



3a2b



1y4x1z98yx614zxz

9z61

x16yz48

由均值不等式解

1y4x1z9x14z8xy9y61

6xz

16yz48118*4

16*6

16*12

61484748

当且仅当y2x,z3x时取等号。

故原命题得证。

7.数形结合法

恩格斯曾说过：“数学是研究现实世界的量的关系与空间形式的科学.”数形结合就是根据数学问题的条件和结论之间的内在联系，既分析其代数意义，又提示其几何直观使数量关系的精确刻画与空间形式的直观形像巧妙和谐地结合在一起，充分利用这种结合，寻找解题思路，有时能使问题化难为易，化繁为简。 例

8.

已知x0,x2



yz2

1,求证：5

xy

6

证：令z

xy



4z2



x

2

x2

y



该式

，的分子可视为点P,x

y到

直

线

lx

0的距离平方，分母可视为

P点与原点的距离平方，

因此利用几何意义将原问题进行代换，作PA⊥l于点A设

∠AOP

60o

90o

,PA

易知

OP

以

sin=

PAOP

,

sin1

此时-2=4s2

in，可

3得4当.x0y,时0取最小值,5.

当x,y32

时，取最大值。

56即命题得证.

8行列式法

这是一种比较特别又新颖的解法，虽然不常见，但有些不等式题采用此法可以显得很容易。 例

9.

若,,R,求

证



3s

insin



i

n

3 证

:

令

usinsinsin

则

usincossincossincos

sincossincossincos

sin

cos1sin

cos1sin

cos

构

造

点

As

Bi





C

ns

则uSABC

n

很明显,上面三点A,B,C都在单位圆

x2

y2

1上因为圆内接三角形以正三角

形的面积最大所以当ABC为正三角形时,SABC取得最大

值

,于

是

u

故命题得证.

9.三角换元法

三角函数蕴涵着丰富的公式与性质,求运用这些公式与性质巧妙地解决某些不等式的证明问题 例

10.设正数a,b,c,x,满y足z

cybza,azcxb,bxayc求证:

x

y

1 1x



1y



z

1z



证:由

条

件

解ba

z

x

b

c

0即b 2

bcxa2

b2

c2

0故2

x

bca

2bc

同

理

可

得y

c2

ab

bca

2ac

,z

2ab

因a,b,c,x,y,z均为正数,综合上面3式可得

b2

c2

a2

,a2

c2

b2

,a2

b2

c2

故以a,b,c为边长可构造一个锐角三角形.令xcosA,ycosB,zcosC 则

原

不

等

式

转

化为cos2

Acos2

Bcos2





C1cosA

1cosB

1cosC



12

又令

ucotA,vcotB,wcotC.则u,v,wR

,uvvwwu1

u2

1uvuw,

且v21uvvw,

w2

1uwrw,

因

此

w

cos2

A2

1cosA

1

x

a

yc



a

u2u



2

bza

3u2



u

u2

u11

2uvuw



22

cos2B

v3

11

同理

1cosBv2uvuw



cos2

C3

111cosC

w

w2uw

vw



所

以

不等式左边

u2

v2

w2

1u3v3w3v3u3v3

2uvuvuv



u2v2w2

1

u2uvv2v2vww2u2uvw22



12

uvvwuw

12

当且仅当uvw时等号成立 此时abc,xyz12

故原命题得证.

10.局部突破法

对于和式型不等式,不妨先研究局部性

质,导出一些局部不等式,再综合运用这些局部不等式推断出整体性质.

例11.设x,y,zR

且x4

y4

z4

1.求

证

x

3z

31x

8



y

31y

8



1z

8



.

证.先求x1x8的最大值. 注

意

到

8x

8

1x

8



8

8x

8

1x8

1x8

8



1x

8个



9

8x881x8

9

89

9

因此x

1x

8



x

34

从而

x4



1x8



x

x

1x

8





8同理y

y4

z

3z4

1y

8



8

1z

8



8

故x

1x

8



xy3

z



当且仅当xyz.

故原不等式得证.

11.利用配对法

如果不等式AC中式子A的各项为形如

m

mn

的和形式,则配上对应项为

n

mn

的式子B,那么AB必定是一个整

式形式,再对AB进行适当变化有时可以找到解决问题的办法. 例

12.

已知x

1xxnR2,且xxxn1

.

求证

x2

n

1x

x1

1x

x2

1x

1n

n1

.

n

证明:令不等式左边=A,B

1

则

i1

1x

i

n

BA

1x2n

i



(1xi

)n1

i11x

ii1n

n

222

BA



1xi

11nxi

i11x



n2

i

i1n(1xi)

n

n





n12nxi2

n22n11i1

n(1x



i)

i1

n2

1x2

in



n2n1

n2

B2

A

2n1n

B2

2n1

n

n1A2

从而易推得A

1n1

使原不等式成

立.

有时,不等式中的各项是

mmn

(其中

m为常数)的形式,此时可先将其化为

1m

mn

或

mn

的形式,然后再应用上述配

对方法.

12.引入复数法

复数的代数形式,三角形式与几何形式将代数,三角与几何进行有机地结合.因此,巧妙运用复数的性质也可以使很多问题”柳暗花明”

例13.若x,y,zR

且xyz1.求证

:

证

:

经

配

方

解

x2y2

xy12

x2y2 

同理:y2z2

yz1yz22z

2

x2

z2

xz

1zx2x

2

1

构造复数：z1xyyi,

22

1

z2yzzi,

221

z3zxxi

22

解z1z2z2z1z2z332



xyz

xyzi

(当且仅当xyz

13

时,等号成立)

故命题得证.

当然不等式证明方法远不止这些,不过从上面这些证法可以看出遇到不等式证明定要想办法把它向我到熟悉的不等式转化,这是各种证法的共同特征，应该说也是证明所有不等式的共同突破口。

参考文献：

[1]中学数学研究 2007.1 [2]中学教研 2007.11 [3]中学数学教学 2007.6 [4]高中数学 2007.5

第3篇：不等式证明的几种方法

刘丹华

余姚市第五职业技术学校

摘要： 不等式的证明可以采用不同的方法，每种方法具有一定的适用性，并有一定的规律可循。通过对不等式证明方法和例子的分析和总结，可以掌握其中的要领，灵活运用。

关键词： 不等式 ;证明方法;分析问题

引言

证明不等式一般没有固定的程序，方法因题而异，灵活多变，技巧性强。有时一个不等式的证明方法不止一种，而一种证法又可能要用到好几个技巧，但基本思想总是一样的，即把原来的不等式变为明显成立的不等式。下面介绍几种证明不等式的方法。

一、构造法

构造法是数学中一种富有创造性的思维方法。当一个数学问题需要解决时，常常通过深入分析问题的结构特征和内在规律，概括抽象构造出一个新的关系，使问题等价转化为与之有关的函数、方程和图形等，再进行求解。构造法也是数学解题中的一种重要的思维方法。

(一) 、构造方程证明不等式

某些不等式问题，可以根据它的条件或结论的特征构造一个一元二次方程，然后利用根的判别式来证明。

例1如果x，y，z均为实数，且xyza，xyz

求证：0x22212a (a0). 2222a，oya， 0za. 33

3证明：由已知的两个等式中消去x，得 12a

2220(ayz)yza  2y2(az)y2z2az22222

因为 yR， 所以 4(az)4(2za)0

所以z(3z2a)0 22

2a 3

22同理可证： 0xa，0ya. 33所以0z

(二) 、构造函数证明不等式

根据欲证不等式结构的特点，引入一个适当的函数，运用函数的性质来加以证明。

例2已知a，b，c为ABC的三边，求证：

证明： 从结论形式看，各项均具有

f(x)abc. 1a1b1cM的形式，于是可构造函数 1Mx， 易证 f(x)在R上为增函数 1x

因为a，b，c为ABC的三边

所以abc

所以f(a)f(bc)

即abcbcbc. 1a1bc1bc1bc1b1c

又如： 求证 ab

1aba

1ab

1b 可用类似方法证明。

(三) 、构造几何图形证明不等式

把欲证的不等式的数量关系所反映的几何背景找出来，然后根据几何图形性质证明不等式成立。 例3已知实数a，b满足ab1，求证：(a2)(b2)2225.

2分析：原式左边可看作点(a,b)与点(2,2)间距离的平方，则可在直角坐标系中，构造点

P(2,2)，Q(a,b)，其中Q是直线xy1与两坐标轴的交点A，B连线段上点，

如图1所示

图

1原式左边就是PQ，设AB中点C(,)

因为 PC22112225， 又PAB为等腰 2

25 2所以 PCAB故PQPC， 即PQPC

所以 (a2)(b2)

(四) 、构造复数证明不等式

222225.

2时，可联想构造复数，使复数的模与根式的表达式形式相同，然后再利用复数模的性质加以证明。 例4已知为a，b，c非负实数，求证：

abc).此题用别的方法较繁，若能转化为复数模的问题，就变得十分简捷。

分析：a，b，c非负实数，abcabc，这样，不等式左右各项和复数模表示相似

于是可构造复数：

z1abi，z2bci，z3cai .

则

z1z2z3z1z2z3 (abc)(1i)i(a

bc)abc)

从而命题得证.

二、反证法

反证法是数学证明的一种重要方法。因为命题“P”与它的否定“非P”的真假相反，所以要证一个命题为真，只要证它的否定为假即可。这种从证明矛盾命题(即命题的否定)为假进而证明命题为真的证明方法叫做反证法。

(一) 、推理的结果与已知的知识相矛盾

例5对实数a，b，c，A，B，C，有aC2bBcA0.且acb0.

2求证： ACB0.分析： 假设a1，a2，，an中有正数且aACB0， 则 ACB0，

由题设，有 acb0， 相乘得aAcCbB，因为aCcA2bB.

所以 (aCcA)24b2B24aAcC， 整理得 (aCcA)20 ， 这与“任何实数的平

方非负”矛盾.

(二) 、推理的结果与已知条件相矛盾

例6已知数列a1，a2，，an (n3) 满足a1an0，且22222

2ak1ak12ak (k2,3,,n1).求证： a1，a2，，an均是非正数.

分析： 假设ap是数列a1，a2，，an中出现的第一个正数，

则 P1且 ap10

由 ak1ak12ak 得 ap1apapap10，

即 ap1ap0.

如此类推可得：anan1ap0

与已知an0 矛盾.

(三) 、推出两个相互矛盾的结论

例7设 zkxkyki， xk,ykR， (k1,2,,n)

r是 z12z22zn2的平方根的实部绝对值.求证： rx1x2xn .

分析： 设 (abi)2z

k

1nn2k， (a,bR)

即 (abi)2(x

k1kyki)

2比较两边的实部与虚部，有

nn2222(x)(y)ab,kkk1k1 nxyab,kkk1

nn

假设rx

k1k ，即a

nxk1k ， 则a(2x

k1nk)xk2③ 2k1

n2结合 ① 与 ③ 知 by

k1

2k， 从而

ab

④

另一方面，由柯西不等式知，abxkyk

k1n

与 ④ 矛盾故rx1x2xn 成立 .

反证法是处理绝对值问题的强有力的工具，但单纯用反证法往往较难得出矛盾，必须与其他方法结合运用，有时还要通过构造等手段来表达目的。在得到两个相互矛盾的结果的过程中，一是根据假设进行推理，二是由条件进行推理，两个方面缺一不可。

(四) 、推理的结果与假设相矛盾

例8已知 an是首项为2，公比为1的等比数列，是它的前n项和，2

(1)用Sn表示Sn1;

(2) 是否存在自然数c和k，使得

分析： (1) Sn422n， Sn1Sk1c2成立. Skc1Sn2; 2

(2) 假设存在符合条件的自然数c和k，则 Sk1c421kc2， 从而

2kSkc42c

4c321k

0(*)4c221k

1k1k令 t4c， 则由(*)式得22t32

即 2t2k13， 由 c,kR 知 tR

上述不等式对任意t,kN不成立.

故这样的自然数c和k不存在.

反证法证明不等式有两个明显的特点，一是前提中增加了新的条件，也就是结论的反面成立，并在证明过程中使用这个条件;二是反证法无需专门去证某个特定的结论，只需利用否定结论导出矛盾即可。

可以看到，反证法具有分析法的特点，它们都从问题的结论去着手考虑，但两者又是截然不同的。反证法是从否定结论中开始，到得出显然矛盾的结论而结束;分析法则是从肯定结论成立开始，到得出显然成立的结果。反证法实际上是否定式的分析法。

不等式的证明可以采用不同的方法，每种方法具有一定的适用性，并有一定的规律可循。通过对不等式证明方法和例子的分析和总结，可以掌握其中的要领，灵活运用。

参考文献：

[1] 唐为民. 构造法在证明不等式中的应用[J]. 数学教学通讯. 2001.9. 41-42.

[2] 周顺钿. 用反证法证明不等式[J]. 中学数学研究. 2004.4. 35-36.

[3] 翁耀明，毛家俊. 某些不等式的概率方法证明[J]. 上海电力学院学报. 2003.3. 57-59.

[4] 徐群芳. 高等数学中证明不等式的几种方法[J]. 太原教育学院学报. 2004.9. 48-50.

[5] 华东师范大学数学系. 数学分析(上册)[M]. 北京. 高等教育出版社. 1991.3.

第4篇：证明不等式的几种常用方法

摘要：不等式由于结构形式的多样化化,证明方式也是灵活多样,但都是围绕着比较法、综合法、分析法三种方法展开.这三种方法是不等式证明的最基本、最重要的方法. 关键词：不等式证明;比较法;综合法;分析法

引言：不等式的证明是初高中教学中的一个难点,由于结构形式不同,其证明方法也是灵活多样的,且技巧性强.学生需要重点掌握的不等式证明的常用方法如比较法、综合法、分析法,它们是不等式证明的最基本、最重要的方法.虽然证明不等式的方法灵活多样,但都是围绕这三种基本方法展开.1 比较法

法证明不等式是不等式证明的最基本的方法,常用作差法和作商法.

1.1 作差比较法

作差比较法：要证不等式abab,只需证ab0ab0即可.

作差比较法步骤为：作差、变形、判断符号(正或负)、得出结论.

①作差：对要比较大小的两个数(或式)作差.

②变形：对差进行因式分解或配方成几个数(或式)的完全平方和.

③判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号.

例1 已知a,b,m都是正数,并且ab,求证：ama. bmb

证明：amab(am)a(bm)m(ba). bmbb(bm)b(bm)

∵a,b,m都是正数,并且ab,

∴bm0,ba0,

∴amam(ba). 0即：bmbb(bm)

aa1,欲证ab,需证1. bb1.2 作商比较法 作商比较法：若b0,要证不等式ab,只需证

作商比较法步骤为：作商、变形、判断与1的大小、得出结论.例2 已知a,b,m都是正数,并且ab,求证：ama. bmb

证明：amab(am)abbm, bmba(bm)abam

mR,0ab,

abbmabam,即

abbm1, abamama. bmb

2 综合法

综合法就是由因导果,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.

例3 已知xyz1,求证：xyz

证明： xyz2222221. 31[3(x2y2z2)] 3

1222222222[xyz(xy)(yz)(zx)] 3

1211222(xyz2xy2yz2zx)(xyz), 333

1222xyz. 3

bccaababc例4 设a,b,c都正数,求证：abc

证明：a,b,cR, 

bccaab,,R, abc

bccacaababbc∴2c,2a,2b, abbcca

bccaab2(abc),∴2(bcabccaababc∴abc

3 分析法

分析法：从结论出发,逐步逆找结论成立的充分条件.也就是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,基本步骤：要证……只需证……,只需证……

1. 3

1222证明： xyz1,为了证明xyz, 3例5 已知xyz1,求证：xyz222

只需证明3x3y3z(xyz),

即3x3y3zxyz2xy2yz2zx, 2222222222

即2x22y22z22xy2yz2zx,

即(x22xyy2)(y22xyz2)(z22zxx2)0,

即(xy)2(yz)2(zx)20.

(xy)2(yz)2(zx)20成立,xyz2221成立. 3

(ab)2ab(ab)2

ab. 例6 设ab0,求证：8a28b

(ab)2(ab)2(ab)2

证明：要证原不等式成立,只需证：. 8a28b

∵a

(ab)2(a)2

只需证1. 4a4b

abab只需证,12a2ba只需证 1ab

∵ab0上式成立,

∴原不等式在ab0时成立.

4 结束语

关于不等式的证明,上面的三种方法是最基本的方法,该类不等式的证明方法是以上三种方

法的延伸.有待读者进一步的研究.

第5篇：用导数证明函数不等式的四种常用方法

本文将介绍用导数证明函数不等式的四种常用方法.

()x0). 例

1证明不等式：xln(x1证明

设f(x)xln(x1)(x0)，可得欲证结论即f(x)f(0)(x0)，所以只需证明函数f(x)是增函数. 而这用导数易证：

f(x)1所以欲证结论成立.

10(x0) x1注

欲证函数不等式f(x)g(x)(xa)(或f(x)g(x)(xa))，只需证明f(x)g(x)0(xa)(或f(x)g(x)0(xa)). 设h(x)f(x)g(x)(xa)(或h(x)f(x)g(x)(xa))，即证h(x)0(xa)(或h(x)0(xa)). 若h(a)0，则即证h(x)h(a)(xa)(或h(x)h(a)(xa)). 接下来，若能证得函数h(x)是增函数即可，这往往用导数容易解决. 例

2证明不等式：xln(x1). 证明

设f(x)xln(x1)(x1)，可得欲证结论即f(x)0(x1). 显然，本题不能用例1的单调性法来证，但可以这样证明：即证f(x)xln(x1)(x1)的最小值是0，而这用导数易证：

f(x)11x(x1) x1x1

所以函数f(x)在(1,0],[0,)上分别是减函数、增函数，进而可得

f(x)minf(1)0(x1)

所以欲证结论成立. 注

欲证函数不等式f(x)()g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)g(x)()0x. (I设h(x)f(x)g(x)(xI)，即证h(x)()0(xI)，也即证h(x)min()0(xI)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决.

bex1例3

(2014年高考课标全国卷I理科第21题)设函数f(x)aelnx，曲线

xxyf(x)在点(1,f(1))处的切线为ye(x1)2.

(1)求a,b;

(2)证明：f(x)1.

x解

(1)f(x)aelnxaxbx1bx1e2ee. xxx题设即f(1)2,f(1)e，可求得a1,b2.

x(2)即证xlnxxe21(x0)，而这用导数可证(请注意1)： ee设g(x)xlnx(x0)，得g(x)ming. 设h(x)xex1e1e12(x0)，得h(x)maxh(1).

ee注

i)欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)ming(x)max(xI)，而这用导数往往可以解决. 欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)ming(x)max(xI)，或证明f(x)ming(x)max(xI)且两个最值点不相等，而这用导数往往也可以解决. ii)例3第(2)问与《2009年曲靖一中高考冲刺卷理科数学

(一)》压轴题第(3)问完全一样，这道压轴题(即第22题)是：

已知函数f(x)xlnx,g(x)xax3. (1)求函数f(x)在[t,t2](t0)上的最小值;

(2)对一切x(0,),2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围; (3)证明：对一切x(0,)，都有lnx212成立. xeexln x例4 (2013年高考北京卷理科第18题)设L为曲线C：y=在点(1，0)处的切线.

x(1)求L的方程;

(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方. 解 (1)(过程略)L的方程为y=x-1. lnxx1(当且仅当x1时取等号). xx2-1+ln xlnx(x0). 设g(x)x1，得g′(x)=

x2x(2)即证当01时，x2-1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，得g(x)单调递增.

所以g(x)ming(1)0，得欲证结论成立. (2)的另解 即证仅当x1时取等号). 设g(x)xxlnx，可得g(x)2lnxx1(当且仅当x1时取等号)，也即证x2xlnx0(当且x2x1(x1)(x0). x进而可得g(x)ming(1)0，所以欲证结论成立. (2)的再解 即证lnxx1(当且仅当x1时取等号)，也即证lnxx2x(当且仅当xx1时取等号).

2如图1所示，可求得曲线ylnx与yxx(x0)在公共点(1,0)处的切线是yx1，所以接下来只需证明

lnxx1,x1x2x(x0)(均当且仅当x1时取等号)

前者用导数易证，后者移项配方后显然成立.所以欲证结论成立.

图1

例5

(2013年高考新课标全国卷II理21(2)的等价问题)求证：eln(x2). 分析

用前三种方法都不易解决本问题，下面介绍用导数证明函数不等式的第四种常用方法. 设f(x)e(x2),g(x)ln(x2)(x2)，我们想办法寻找出一个函数h(x)，使得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到. 当然，函数h(x)越简洁越好. 但h(x)不可能是常数(因为函数g(x)ln(x2)(x2)的值域是R)，所以我们可尝试h(x)能否为一次函数，当然应当考虑切线. 如图2所示，可求得函数f(x)e(x2)在点A(0,1)处的切线是yx1，进而可得f(x)h(x)(x2);还可求得函数g(x)ln(x2)(x2)在点B(1,0)处的切线也是yx1，进而可得h(x)g(x)(x2).

xxx

图2 进而可用导数证得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到，所以欲证结论成立. 当然，用例2的方法，也可给出该题的证明(设而不求)：

x设f(x)eln(x2)，得f(x)ex1(x2). x2可得f(x)是增函数(两个增函数之和是增函数)，且1fe20,f(1)e10，所以函数g(x)存在唯一的零点x0(得2(x02)ex01,x02ex0,ex01)，再由均值不等式可得 x02f(x)minf(x0)ex0ln(x02)11lnex0x0220x02x02

(因为可证x01)所以欲证结论成立. x例6 求证：elnx2.

x证法1

(例5的证法)用导数可证得ex1(当且仅当x0时取等号)，x1lnx2(当且仅当x1时取等号)，所以欲证结论成立.

x证法2

(例2的证法)设f(x)elnx，得f(x)ex1(x0). x可得f(x)是增函数且g11110,g(0)0，所以函数g(x)存在唯2e1.52一的零点x0(得ex01,x0ex0)，再由均值不等式可得 x011lnex0x02(因为可证x01)x0x0 f(x)minf(x0)ex0lnx0所以欲证结论成立. 注

欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需寻找一个函数h(x)(可以考虑曲线yh(x)是函数yf(x),yg(x)的公切线)使得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到，而这用导数往往容易解决. 下面再给出例5和例6的联系.

对于两个常用不等式exx1,lnxx1，笔者发现yex与ylnx互为反函数，yx1与yx1也互为反函数，进而得到了本文的几个结论.

定理

已知f(x),g(x)都是单调函数，它们的反函数分别是f1(x),g1(x). (1)若f(x)是增函数，f(s)g(s)恒成立，则f1(t)g1(t)恒成立;

11(2)若f(x)是减函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立; 11(3)若f(x)是增函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立; 11(4)若f(x)是减函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立. 证明

下面只证明(1),(4);(2),(3)同理可证. (1)设不等式f(s)g(s)中s的取值范围是A，当sA时，f(s),g(s)的取值范围分别是fA,gA，得不等式f1(t)g1(t)中t的取值范围是fAgA，所以

1tfAgA,x0A,tgx(0x),gt. ()0由f(s)g(s)恒成立，得g(x0)f(x0). 由f(x)是增函数，得

f1(x)也是增函数，所以f1(g(x0))f1(f(x0))x0g1(g(x0))，即f1(t)g1(t). 得tfAgA,f1(t)g1(t)，即欲证结论成立. (4)设不等式f(s)g(s)中s的取值范围是A，当sA时，f(s),g(s)的取值范围分别是fA,gA，得不等式f1(t)g1(t)中t的取值范围是fAgA，所以

1tfAgA,x0A,tgx(0x),t. ()0g由f(s)g(s)恒成立，得g(x0)f(x0). 由f(x)是减函数，得

f1(x)也是减函数，所以f1(g(x0))f1(f(x0))x0g1(g(x0))，即f1(t)g1(t). 得tfAgA,f1(t)g1(t)，即欲证结论成立. 推论1

已知f(x),g(x)都是单调函数，它们的反函数分别是f1(x),g1(x). (1)若f(x),g(x)都是增函数，则f(s)g(s)恒成立f1(t)g1(t)恒成立; (2)若f(x),g(x)都是减函数，则f(s)g(s)恒成立f1(t)g1(t)恒成立. 证明

(1)由定理(1)知“”成立.下证“”：

因为g(x)是增函数，g1(t)f1(t)恒成立，g1(x),f1(x)的反函数分别是g(x),f(x)，所以由“”的结论得g(s)f(s)恒成立，即f(s)g(s)恒成立. (2)同(1)可证.

推论2

把定理和推论1中的“,”分别改为“,”后，得到的结论均成立. (证法也是把相应结论中的“,”分别改为“,”.)

在例5与例6这一对姊妹结论“eln(x2),lnxe2”中ye与ylnx互为

x反函数，yln(x2)与ye2也互为反函数，所以推论2中的结论“若f(x),g(x)都11是增函数，则f(s)g(s)恒成立f(t)g(t)恒成立”给出了它们的联系.

xxx

第6篇：放缩法是不等式证明中一种常用的方法

放缩法是不等式证明中一种常用的方法，也是一种非常重要的方法。在证明过程中，适当地进行放缩，可以化繁为简、化难为易，达到事半功倍的效果。但放缩的范围较难把握，常常出现放缩之后得不出结论或得出相反结论的现象。因此，使用放缩法时，如何确定放缩目标尤为重要。要想正确确定放缩目标，就必须根据欲证结论，抓住题目的特点。下面举几个例子说明这个问题。

例 1已知

,求证：

分析 由把可想到二项式系数的和为，由可想到二项式定理，利用放缩法构造出二项式定理公式，从而得出结论。 转化成

证明设且。

对任意，有

将上述各式叠加：

例 2 求证：

分析左式是n个因式连乘的形式，应把各因式化为分式，通过放缩，使之能交替消项，达到化简的目的。由于右式是，因此所放缩后的因式应与有关。证明

例

分析左式很难求和，可将右式拆成n项相加的形式，然后证明右式各项分别大于左式各项，叠加得出结论。

证明

总之，如何确定放缩的尺度，是应用放缩法证明中最关键、最难把握的问题。但是，只要抓住了欲证命题的特点，勤于观察和思考，许多问题都能迎刃而解。

第7篇：一道不等式的几种证明和推广

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一道不等式的几种证明和推广

作者：陈兵兵 魏春强

来源：《学园》2013年第30期

【摘 要】本文对一道不等式给出了几种证明并对其进行了推广，以期能给大家以参考。

【关键词】不等式 证明 推广

【中图分类号】O178 【文献标识码】A 【文章编号】1674-4810(2013)30-0076-01