常见不等式的证明

常见不等式的证明（精选14篇）

常见不等式的证明篇1

比较法：(1)作差比较法

(2)作商比较法

综合法：用到了均值不等式的知识，一定要注意的是一正二定三相等的方法的使用。

分析法：当无法从条件入手时，就用分析法去思考，但还是要用综合法去证明。两个方法是密不可分的。

换元法：把不等式想象成三角函数，方便思考

反证法：假设不成立，但是不成立时又无法解出本题，于是成立

放缩法：

用柯西不等式证。等等……

高考不是重点，但是难点。

大学数学也会讲到柯西不等式。

不等式是数学的基本内容之一，它是研究许多数学分支的重要工具，在数学中有重要的地位，也是高中数学的重要组成部分，在高考和竞赛中都有举足轻重的地位。不等式的证明变化大，技巧性强，它不仅能够检验学生数学基础知识的掌握程度，而且是衡量学生数学水平的一个重要标志，本文将着重介绍以下几种不等式的初等证明方法和部分方法的例题以便理解。

一、不等式的初等证明方法

1.综合法：由因导果。

2.分析法：执果索因。基本步骤：要证..只需证..，只需证..(1)“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件。

(2)“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达。

3.反证法：正难则反。

4.放缩法：将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的。放缩法的方法有：

(1)添加或舍去一些项，如：

(2)利用基本不等式，如

3)将分子或分母放大(或缩小)：

5.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。

6.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。

7.数学归纳法：数学归纳法证明不等式在数学归纳法中专门研究。

8.几何法：用数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

9.函数法：引入一个适当的函数，利用函数的性质达到证明不等式的目的。

10.判别式法：利用二次函数的判别式的特点来证明一些不等式的方法。当a>0时，f(x)=ax2+bx+c>0(或<0).△<0(或>0)。当a<0时，f(x)>0(或<0).△>0(或<0)。

二、部分方法的例题

1.换元法

换元法是数学中应用最广泛的解题方法之一。有些不等式通过变量替换可以改变问题的结构，便于进行比较、分析，从而起到化难为易、化繁为简、化隐蔽为外显的积极效果。

注意：在不等式的证明中运用换元法，能把高次变为低次，分式变为整式，无理式变为有理式，能简化证明过程。尤其对含有若干个变元的齐次轮换式或轮换对称式的不等式，通过换元变换形式以揭示内容的实质，可收到事半功倍之效。

2.放缩法

欲证A≥B，可将B适当放大，即B1≥B，只需证明A≥B1。相反，将A适当缩小，即A≥A1，只需证明A1≥B即可。

注意：用放缩法证明数列不等式，关键是要把握一个度，如果放得过大或缩得过小，就会导致解决失败。放缩方法灵活多样，要能想到一个恰到好处进行放缩的不等式，需要积累一定的不等式知识，同时要求我们具有相当的数学思维能力和一定的解题智慧。

3.几何法

数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

注意：这类方法对几何的熟悉程度以及几何与代数的相互联系能力要求比较高。

每一种不等式的证明方法基本上都有一种固定的模式可以去对比，但数学的特点就在于它的灵活性非常强，所以不等式的证明中的题目会有很多种变化，这对学习者的要求是非常高的，这就需要我们在今后的学习中多总结、归纳，才能达到我们学习的效果。具体解题时，一定要认真审题，紧紧抓住题目的所有条件不放，不要忽略了任何一个条件。一道题和一类题之间有一定的共性，可以想想这一类题的一般思路和一般解法，但更重要的是抓住这一道题的特殊性，抓住这一道题与这一类题不同的地方。数学的题目几乎没有相同的，总有一个或几个条件不尽相同，因此思路和解题过程也不尽相同。有些同学对于老师讲过的题会做，其他的题就不会做，只会依样画瓢，题目有些小的变化就无从下手。当然，做题先从哪儿下手是一件棘手的事，不一定找得准。但是，做题一定要抓住其特殊性则绝对没错。选择一个或几个条件作为解题的突破口，看由这个条件能得出什么，得出的越多越好，然后从中选择与其他条件有关的，或与结论有关的，或与题目中的隐含条件有关的，进行推理或演算。一般难题都有多种解法，俗话说，条条大路通罗马。要相信利用这道题的条件，加上自己学过的那些知识，一定能推出正确的结论。

数学题目是无限的，但数学的思想和方法却是有限的。我们只要学好了有关的基础知识，掌握了必要的数学思想和方法，就能顺利地应对那无限的题目。题目并不是做得越多越好，题海无边，总也做不完。关键是你有没有培养起良好的数学思维习惯，有没有掌握正确的数学解题方法。当然，题目做得多也有若干好处：一是“熟能生巧”，加快速度，节省时间，这一点在考试时间有限时显得很重要;二是利用做题来巩固、记忆所学的定义、定理、法则、公式，形成良性循环。

常见不等式的证明篇2

关键词：平均值不等式,幂平均不等式,推广

问题呈现: (1) 若a>0, b>0, a+b=1, 则。

这是一道常见的高中习题, 解决这类问题的方法很多, 经过深入分析与探究, 我们获得了如下证法。

由平均值不等式知:

问题呈现: (2) 若a>0, b>0且a+b=1, 则。

证明:由幂平均不等式知:

代入 (1) 式, 得:

命题2得证。

参考文献

证明不等式的几种常见策略篇3

1.熟悉结论，轻车熟路

有些题目在起初几步变形后或中间放缩过程，就能发现其中隐含着常用结论，略加证明，就大功告成.对一些常用结论来龙去脉互相推导要心中有数，并能很快独立证明.作为结论记忆为了缩短思考问题的时间，笔者将常用结论、变化规律及在选修4-5书中分布页码制成网络图如下：2.仔细观察，识别伪装

有些不等式既不轮换对称，又无规律可寻，考生无从下手，这是由于在原定理或常用重要结论中，加入或替换某些“部件”，造成视觉障碍，暂时看不出证题思路，但只要识破这一“阴谋”，证明也就不难了.

可以看出此题“伪装”巧妙之处是对一个重要不等式左边替换成两项相同，造成不对称，并且出现轮换，搞得我们眼花缭乱，很难发现其中奥妙.

3.拆凑组装，原形毕露

4.巧设主元，绝处逢生

在一些非轮换对称不等式证明中，若难以发现它们的拆变组合，也可以设其中一个少而简单的字母为主元，其它字母为已知数，借助函数（导数）知识解决，也不失为一种妙法.

6.强强联合，所向披靡

纵观浙江省近4年自选模块试题，单一用某个知识点较少，一般均值不等式和柯西不等式强强联合使用.

当然，这些策略和方法不是孤立的，而是相互联系，相辅相成的，同时也是建立在代数式的恒等变形基础上，不得不承认这是新课改后高中生所欠缺的，属于“先天性营养不良”（初中教学要求降低所至），所以老师在讲方法策略时，不要忘了训练学生恒等变形能力，这样才能确保学生证题综合实力的提高.

（收稿日期：2013-08-14）

不等式的证明练习篇4

A级

一、选择题 1.2+7与3+6的大小关系是()A.2+≥+B.2+7≤3+6 C.2+>+6D.2+7<3+ 6

3332.设a、b、c∈R且a、b、c不全为0，则不等式a+b+c≥3abc成立的一个充要条件是

()

A.a、b、c全为正数B.a、b、c全为非负实数

C.a+b+c≥0D.a+b+c>0

3.若实数ab满足0

A.2B.a+bC.2abD.a

4.设实数a、b满足a+b＝3,则2+2的最小值是()

A.6B.42C.22D.26

5.已知a>0且a≠1，M＝loga，N＝loga则M与N的大小关系是()

A.M

C.M>ND.不确定随a的变化而变化

二、填空题

226.已知x+y＝4，则2x+3y的取值范围为.(a31)(a21)ab

7.若不等式a+b>2成立，则a与b满足的条件是.8.b克糖水中有a克糖(b>a>0)，若再添上m克糖(m>0)，则糖水就变甜了，试根据事实提炼一个不等式.三、解答题

(ab)2ab(ab)

29.已知a>b>0.求证：8a<2-ab<8b.10.已知a,b,c∈(0,1).求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不可能都大于4.AA级

一、选择题

1.已知下列不等式：

2+①x+3>2x(x∈R)

553223②a+b≥ab+ab(a,b∈R)

22③a+b≥2(a-b-1)

其中正确的个数是()

A.0B.1C.2D.3+2.设x,y∈R，且xy-(x+y)＝1,则()

A.x+y≥2(2+1)B.xy≤+

12C.x+y≤(2+1)D.xy≥2(2+1)

11a23.设M＝a+(2

A.M>NB.M＝NC.M

4.设a,b,c∈R，则3个数a+b,b+c,c+a()

A.都大于2B.都小于

2C.至少有一个不大于2D.至少有一个不小于2

5.为适应社会发展的需要，国家决定降低某种存款的利息，现有四种降息方案：方案Ⅰ先降息p%，再降息q%(其中p、q>0且p≠q)方案Ⅱ先降息q%，后降息p%

pqpq

方案Ⅲ先降息2%，后降息2%

方案Ⅳ一次降息(p+q)%

在上述四种方案中，降息最少的是()

A.方案ⅠB.方案ⅡC.方案ⅢD.方案Ⅳ

二、填空题

6.实数y＝x-y，则x的取值范围是.ab

7.若a>b>c>1，p＝2(2-ab)

abc

3θ＝3(-abc)，则p与θ中的较小者是.11k

8.若a>b>c，则不等式ab+bc≥ac成立的最大的k值为.三、解答题

cab

39.已知：a≥0，b≥0，c≥0.求证：ab+bc+ca≥

2111111

110.证明：n1(1+3+„+2n1)>n(2+4+„+2n)(n≥2)

【素质优化训练】

一、选择题

11(x)6(x66)

11(x)3(x33)

xx，则()1.若x>0，f(x)＝

A.f(x)≥10B.f(x)≤2C.f(x)≥8D.f(x)≥6

2.设a,b,c∈R，P＝a+b-c，Q＝b+c-a，R＝c+a-b，则“PQR>0”是“P、Q、R”同时大于零的()

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件 C.充分且必要条件D.即不充分也不必要

3.已知a,b∈R，则下列各式中成立的是()

222a2b(a+b)

A.cosθ·lga+sinθ·lgblg

C.a

cos2

·b

sin2

＝a+bD.a

cos2

·b

sin2

>a+b

aaa

4.设a1>a2>a3>„>a2000>a2001，且m＝a1a2+a2a3+„+a2000a2001，n＝

4106

a1a2001，则m与n的大小关系是()

A.mnC.m≤nD.m≥n

5.连结直角三角形的直角顶点与斜边的两个三等分点所得的两条线段长分别为sinα



和cosα(0<α<2)，则斜边的长为()

4A.B.C.3D.5二、填空题

5m

16.已知m，n∈R，则3616-n+3(用“≥”或“≤”号连接).11

27.若x-1＝2(y-1)＝3(Z-2)，则S＝x+y+z的最小值为.6m

8.设三角形三边长为3，4，5，P是三角形内的一点，则P到达这个三角形三边距离乘积的最大值是.三、解答题

x2111

29.已知a∈(-1,1)，求证ax2xa的值不可能在a1与a1之间.10.已知二次函数y＝ax+2bx+c，其中a>b>c，且a+b+c＝0.(1)求证：此函数的图像与x轴交于相异的两个点.(2)设函数图像截x轴所得线段的长为l，求证：

2222

1.设m+n＝a,x+y＝b.(其中a、b是不相等的正整数)，则mx+ny的最大值是()

a2b2ababA.2B.abC.abD.2.已知0

b,log

a的大小关系是.222

23.设x,y∈R，且x+y≤1，求证｜x+2xy-y｜≤2.+3

34.已知p,q∈R且p+q＝2,求证：p+q≤2.参考答案

A级

1.D 2.A 3.B 4.B 5.D

ama

6.［-2,2］ 7.ab>0且a≠b 8.bm>b

(ab)2ab[(ab)(a)]2(a)2

8a-(2-)＝28a9.证明：-＝

(ab)2ab)24a]

8a,∵a>b>0,∴ab<2a,∴(ab)<4a，∴

(ab)2ab

8a(ab)-4a<0,又(ab)>0,8a>0,∴-(2-ab)<0，即(ab)2ab(ab)2ab

8a<2-ab.同理可证：8a>2-ab,∴原不等式成立.111

110.证明：假设三个式子同时大于4，即(1-a)b>4,(1-b)c>4,(1-c)a>4,三式相乘

1a1a132

2得：(1-a)a·(1-b)·b·(1-c)·c>4 ①，又因为0

同理0

盾，所以假设不成立，故原命题成立.AA级

1.C 2.A 3.A 4.D 5.C

6.(-∞，0)∪［4，+∞］ 7.P 8.4cababcabcabc

9.证明：∵ab+bc+ca＝ab+bc+ca-3＝

1111111

(a+b+c)(ab+bc+ca)-3＝2［(a+b)+(b+c)+(c+a)］［ab+bc+ca］-3

33

(ab)(bc)(ca)

≥2·3cab3

ab+bc+ca≥2成立.11193



abbcca-3＝2-3＝2，即

111()

111111111n10.证明：∵2＝2，3>4，5>6，„„，2n1>2n,又2>，111111n1

将上述各式两边分别相加得1+3+5+„+2n1>(2+4+„+2n)·n，∴1111111n1(1+3+„+2n1)>n(2+4+„+2n)

【素质优化训练】

1.D 2.C 3.A 4.C 5.D

5916

6.≤ 7.14 8.1

5x21122

9.证明：设y＝ax2xa，则(ay-1)x+2yx+ay-1＝0，若y≠a，由x∈R，得△≥

0.即4y-4(ay-1)≥0，∴［(1-a)y+1］［(1+a)y-1］≥0，因a∈(-1,1)，所以1-a>0,1+a>0

11111111

且a1>a1，所以y≤a1或y≥a1，若y＝a，由a(a1, a1),原命题也

正确.综上所述，原命题成立.22

10.证明：(1)令ax+2bx+c＝0，则Δ＝4b-4ac，由a+b+c＝0且a>b>c，∴a>0,c<0,∴ac<0，故Δ>0，即函数的图像与x轴交于相异的两点.(2)设函数图像截x轴于A、B两点，4b24(ac)24c2bcc22

a2其坐标为x1,x2，则x1+x2＝-a,x1x2＝a,∴l＝a-4·a＝-a＝4

ccc13bbc22

［(a)+a+1］＝4［(a+2)+4］，又a+b+c＝0且a>b>c,∴｜a｜<1，即-1

＝a＝-1-a∈(-2,0),∴3

1.B2.logb>loga>log>log

2222

3.证明：设x＝rcosθ,y＝rsinθ，且｜r｜≤1,则｜x+2xy-y｜＝r｜cosθ+2cosθ



222

sinθ-sinθ｜＝r｜cos2θ+sin2θ｜＝2r｜sin(2θ+4)｜≤2

4.证明：假设p+q>2，则(p+q)>8,∴p+q+3pq+3pq>8，又p+q＝2,∴pq(p+q)>2＝p+q,2222

证明基本不等式的方法篇5

●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

常用均值不等式及证明证明篇6

这四种平均数满足HnGn

AnQn

、ana1、a2、R，当且仅当a1a2

an时取“=”号

仅是上述不等式的特殊情形，即D(-1)≤D(0)≤D(1)≤D(2)由以上简化，有一个简单结论，中学常用

均值不等式的变形：

(1)对实数a,b，有a

2b22ab(当且仅当a=b时取“=”号)，a,b02ab

(4)对实数a,b，有

aa-bba-b

a2b2

2ab0

(5)对非负实数a,b，有

(8)对实数a,b,c，有

a2

b2c2abbcac

abcabc(10)对实数a,b,c，有

均值不等式的证明：

方法很多，数学归纳法（第一或反向归纳）、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序

不等式法、柯西不等式法等等

用数学归纳法证明，需要一个辅助结论。

引理：设A≥0，B≥0，则ABAnnAn-1B

注：引理的正确性较明显，条件A≥0，B≥0可以弱化为A≥0，A+B≥0(用数学归纳法)。

当n=2时易证；

假设当n=k时命题成立，即

那么当n=k+1时，不妨设ak1是则设

a1,a2,,ak1中最大者，kak1a1a2ak1 sa1a2ak

用归纳假设

下面介绍个好理解的方法琴生不等式法

琴生不等式：上凸函数fx,x1,x2,,xn是函数fx在区间(a,b)内的任意n个点，设fxlnx，f

一道不等式的证明思路种种篇7

思路1:对a、b对称的运用平均值不等式证明

$(a + \frac{1}{a})^{2} + (b + \frac{1}{b})^{2} = a^{2} + b^{2} + \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + 4 = (a + b)^{2} - 2 a b + \frac{(a + b)^{2} - 2 a b}{a^{2} b^{2}} + 4 = 1 - 2 a b + \frac{1 - 2 a b}{a^{2} b^{2}} + 4 = 5 - 2 a b + (\frac{1}{a b})^{2} - 2 \cdot \frac{1}{a b} = (\frac{1}{a b} - 1)^{2} - 2 a b + 4 .$

因为 $0 < a b \leq (\frac{a + b}{2})^{2} = \frac{1}{4} .$

所以 $\frac{1}{a b} \geq 4, (a + \frac{1}{a})^{2} + (b + \frac{1}{b})^{2} \geq (4 - 1)^{2} - 2 \times \frac{1}{4} + 4 = \frac{25}{2} .$

思路2:依题设结构联想, 作三角代换

由题设, 可设a=sin2α, b=cos2α, 则 $(a + \frac{1}{a})^{2} + (b + \frac{1}{b})^{2} = \sin^{4} α + \cos^{4} α + \sec^{4} α + \csc^{4} α + 4 = (\sin^{2} α + \cos^{2} α)^{2} - 2 \sin^{2} α \cos^{2} α + (1 + \tan^{2} α)^{2} + (1 + \cot^{2} α)^{2} + 4 = 1 - 2 \sin^{2} α \cos^{2} α + 2 + 2 (\tan^{2} α + \cot^{2} α) + \tan^{4} α + \cot^{4} α + 4 .$

因为 $\sin^{2} α \cos^{2} α \leq (\frac{\sin^{2} α + \cos^{2} α}{2})^{2} = \frac{1}{4}, \tan^{2} α + \cot^{2} α \geq 2, \tan^{4} α + \cot^{4} α \geq 2$ , 所以 $(a + \frac{1}{a})^{2} + (b + \frac{1}{b})^{2} \geq 1 - 2 \times \frac{1}{4} + 2 + 2 \times 2 + 2 + 4 = \frac{25}{2} .$

思路3:由求证式中的倒数关系, 作齐次化变换

由a+b=1, 得 $a = \frac{a}{a + b}, b = \frac{b}{a + b}$ , 则

$\begin{array}{l} a^{2} = \frac{a^{2}}{a^{2} + b^{2} + 2 a b} \geq \frac{a^{2}}{2 (a^{2} + b^{2})}, \\ b^{2} = \frac{b^{2}}{a^{2} + b^{2} + 2 a b} \geq \frac{b^{2}}{2 (a^{2} + b^{2})}, \end{array}$

得 $a^{2} + b^{2} \geq \frac{1}{2} .$

又由 $(\frac{1}{a})^{2} + (\frac{1}{b})^{2} = (\frac{a + b}{a})^{2} + (\frac{a + b}{b})^{2} = 2 + 2 (\frac{b}{a} + \frac{a}{b}) + (\frac{b^{2}}{a^{2}} + \frac{a^{2}}{b^{2}}) \geq 2 + 2 \times 2 + 2 = 8$ , 得 $(a + \frac{1}{a})^{2} + (b + \frac{1}{b})^{2} = a^{2} + b^{2} + (\frac{1}{a})^{2} + (\frac{1}{b})^{2} + 4 \geq \frac{1}{2} + 8 + 4 = \frac{25}{2} .$

思路4:对求证式中的对称平方式, 对偶配凑降次

取 $a = b = \frac{1}{2}$ , 恰有 $(a + \frac{1}{a})^{2} = (b + \frac{1}{b})^{2} = \frac{25}{4}$ , 由此应用平均值不等式降次:

因为 $(a + \frac{1}{a})^{2} + \frac{25}{4} \geq 2 \times \frac{5}{2} \times (a + \frac{1}{a}), (b + \frac{1}{b})^{2} + \frac{25}{4} \geq 2 \times \frac{5}{2} \times (b + \frac{1}{b}),$

所以 $(a + \frac{1}{a})^{2} + (b + \frac{1}{b})^{2} + \frac{25}{2} \geq 2 \times \frac{5}{2} \times (a + b + \frac{1}{a} + \frac{1}{b}) = 5 (1 + \frac{a + b}{a} + \frac{a + b}{b}) = 5 \cdot (3 + \frac{b}{a} + \frac{a}{b}) \geq 5 \times (3 + 2) = 25,$

所以 $(a + \frac{1}{a})^{2} + (b + \frac{1}{b})^{2} \geq \frac{25}{2} .$

思路5:对求证式作结构联想, 换元试凑

对 $(a + \frac{1}{a})^{2} + (b + \frac{1}{b})^{2}$ , 我们联想到圆的方程x2+y2=r2, 又联想到圆的方程的参数式, 为此, 设 $(a + \frac{1}{a})^{2} + (b + \frac{1}{b})^{2} = r^{2}$ , 且 $a + \frac{1}{a} = r \cos θ, b + \frac{1}{b} = r \sin θ$ , 由a、b∈R+, 有 $θ \in (0, \frac{π}{2})$ .所以, $(a + \frac{1}{a}) + (b + \frac{1}{b}) = r (\cos θ + \sin θ)$ , 即 $1 + \frac{1}{a b} = \sqrt{2} r \sin (θ + \frac{π}{4}) .$

由 $0 < a b \leq (\frac{a + b}{2})^{2} = \frac{1}{4}, \frac{\sqrt{2}}{2} \leq \sin (θ + \frac{π}{4}) \leq 1$ , 得 $r \geq \frac{\sqrt{2} r s i n (θ + \frac{π}{4})}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} (1 + \frac{1}{a b}) \geq \frac{\sqrt{2}}{2} (1 + 4) = \frac{5 \sqrt{2}}{2} .$

故 $(a + \frac{1}{a})^{2} + (b + \frac{1}{b})^{2} = r^{2} \geq \frac{25}{2} .$

思路6:对整个命题作结构联想, 构造距离模型

求证式就是

$\sqrt{(a + \frac{1}{a})^{2} + (b + \frac{1}{b})^{2}} \geq \frac{5}{2} \sqrt{2}$ , 可以看作是点A (a, b) 与点 $B (- \frac{1}{a}, - \frac{1}{b})$ 之间的距离d, 而已知式表明点A (a, b) 在直线l:x+y=1上 (如图1) , 由 $0 < a b \leq (\frac{a + b}{2})^{2} = \frac{1}{4}$ , 得点

$B (- \frac{1}{a}, - \frac{1}{b})$ 到直线l的距离 $d_{0} = | B C | = \frac{| - \frac{1}{a} - \frac{1}{b} - 1 |}{\sqrt{2}} = \frac{1 + \frac{1}{a b}}{\sqrt{2}} \geq \frac{1 + 4}{\sqrt{2}} = \frac{5 \sqrt{2}}{2}$ , 所以 $d \geq d_{0} \geq \frac{5 \sqrt{2}}{2} .$

利用导数证明不等式的方法篇8

题目2：P是曲线y=f（x）=ex上的动点，Q是曲线y=g（x）=lnx上的动点，求PQ的最小值。

分析：本题主要考查反函数的相关知识，导数的几何意义，而在本题中所体现出的两类不等式是我们在利用导数证明不等式问题中特别常用到的放缩手段。

解：因为y=ex与y=lnx互为反函数，而反函数的图象关于直线y=x轴对称，所以我们可以转化为将直线y=x向上平移和向下平移，使得直线分别与y=ex与y=lnx相切，此时两个切点之间的距离即为我们所要求的最小值。f′（x）=ex，令f′（x）=ex=1可得，切点坐标为（0，1）；同理可求g′（x），令g′（x）=1可得，切点坐标为（1，0）。所以可以得到PQ的最小值为。

注：我们主要是想从本题解答过程中得到一组不等式：

（1）当x>0时，ex>x+1；变形：ex>x；ex-1>x

（2）当x>0时，x-1>lnx；变形：x>lnx；x>ln（x-1）

下面通过一个实例体会该不等式的应用。

题目3：已知f（x）=lnx，g（x）=ex。求证：当x>0时，f（x）

分析：本题的基本思路仍然是一个函数的思想，但是在操作中必须进行适当的放缩才能证明出该不等式。

解：F（x）=g（x）-f（x）-2=ex-lnx-2，则F′（x）=ex-2；则F′（x）单调递增，再根据零点存在性判定定理知F′（1）>0，F′（）<0，所以F′（x）=0在（，1）上有根记为t，从而可知F（x）在（0，t）单调递减，在（t，+∞）单调递增，所以F（x）>F（t）=et-lnt-2，下面我们必须能证明F（t）=et-lnt-2>0恒成立即可。此时又回到本题最初的形式，在这种情况下我们可以对F（t）=et-lnt-2进行放缩，其基本思想是此时et和lnt同时存在我们无法研究导数的零点，因此我们可以把二者之一利用放缩的方式处理掉。具体操纵如下：

F（t）=et-lnt-2>t+1-lnt-2=t-lnt-1（利用ex>x+1进行放缩），下面可以构造函数g（t）=t-lnt-1，下面我们可以证明g（t）>0恒成立即可。而我们知道ex>x也成立，但此时如果我们选择ex>x进行放缩根本不能证出我们的结论；由此可以放缩必须要把握度，不能放得太多，也不能放得太少。

另外，我们可以考虑将lnt处理掉，可以利用lnt与一次式之间的关系（x-1>lnx）进行放缩，则F（t）=et-lnt-2>et-t+1-2=et-t-1，下面可以构造函数h（t）=et-t-1，只需证明h（t）>0恒成立即可。

除此之外，我们还经常涉及两个函数的思想来证明不等式的问题，其基本理念为：

若f（x）min>g（x）max成立，则f（x）>g（x）恒成立；

若f（x）>g（x）恒成立，不一定要f（x）min>g（x）max成立，我们只需保证对于f（x）和g（x）两个函数在每一个自变量处都满足f（x）的函数值大于g（x）的函数值即可。

题目4：证明：ex+x2>sinx+x

证明不等式的种种方法[定稿] 篇9

莫秋萍

茂名学院师范学院数学系

第一章引言（绪论）

第二章文献综述

第三章不等式的证明方法

1、初等代数中不等式的证明

（1）比较法

（2）分析法

（3）反证法

（4）数学归纳法

（5）换元法

（6）放缩法

（7）调整法

（8）构造法

（9）利用已知的不等式证明

（10）利用一元二次方程的判别式

（11）用几何特性或区域讨论

（12）利用坐标和解析性

（13）利用复数

（14）参数法

（15）利用概率证明

（16）利用向量证明

（17）面积法

（18）化整法

（19）步差法

（20）通项公式法

（21）转化成数列然后证明数列的递增递减

（22）增量法

（23）裂项法

2、高等代数中不等式的证明

（1）由函数的上、下限证明

（2）由柯西不等式证明

（3）由Taylor公式及余项证明

（4）由积分的性质证明

（5）由拉格朗日中值定理证明

（6）利用求函数的最值证明

（7）利用曲线的凹凸性证明

第四章几个著名不等式的证明、推广及其应用

1、三角形不等式

2、贝努利不等式

3、排序不等式

4、柯西不等式

5、闵可夫斯基不等式

6、赫尔德不等式

7、切比晓夫不等式

8、琴生不等式

构造函数证明不等式的方法探究篇10

构造函数证明不等式的方法探究

作者：赵久勇常国庆

来源：《新高考·高三数学》2013年第06期

导数证明不等式的几种策略篇11

例1.（2014年新课标全国卷Ⅰ）设函数f（x）=aexlnx+，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程是y=e（x-1）+1.

（Ⅰ）求a，b；（Ⅱ）证明f（x）>1：

解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=aex1nx+ex-ex-1+ex-1

由题意得f（1）=2，.f′（1）=e.故a=1，b=2.

（Ⅱ）证明由（Ⅰ）知，f′（x）=ex1nx+

从而f（x）>1等价于xlnx>xe-x

设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx

所以当x∈（0，）时，g′（x）<0，当x∈（，+∞）时，g′（x）>0

故g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增

从而g（x）在（0，+∞）上最小值为g（）=-

设函数h（x）=xe-x-，则h′（x）=e-x（1-x）

所以当x∈（0，1）时，h′（x）>0，当x∈（1，+∞）时，h′（x）<0

故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减

从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（1）=-.

综上，当x>0时g（x）>h（x），即g（x）>1.

过程总结：利用导数证明的基本的基本思路是构造函数，就是根据题目特征，对问题进行深入分析，找出已知与所求之间的联系纽带，善于变换思维，运用转化的思想，化归的方法将数学命题由一种形式向另一种形式转换，构造出恰当的函数。

策略二：从条件特征入手构造函数证明

例2.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）.

解析：由已知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）>af（b）.

方法提炼：由条件移项后得：xf′（x）+f（x），容易想到是一个积的导数，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xf′（x）-f（x），要想到是一个商的导数的分子，平时解题多注意总结.

策略三：直接作差构造函数证明

例3.已知函数f（x）=x2+1nx，g（x）=x3求证：在区间（1，+∞）上，f（x）

分析：不等式f（x）0，要证不等式轉化变为：当x>1时，F（x）>F（1），这只要证明：F（x）在区间（1，+∞）是增函数即可.

解析：设F（x）=g（x）-f（x），即F（x）=x3-x2-1nx

则F′（x）=2x2-x-=

当x>1时，F′（x）=>0

从而F（x）在（1，+∞）上为增函数， ∴F（x）>F（1）=>0

∴当x>1时g（x）-f（x）>0，即f（x）

变式：求证在区间（1，+∞）上函数f（x）=x2+1nx的图像在函数g（x）=x3的图像的下方亦可.

方法提炼：本题首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式，大家也可以设F（x）=f（x）-g（x）做一做，深刻体会其中的思想方法.

策略四：热点聚焦，题型突破

例4.已知函数f（x）=alnx-ax-3（a∈R）.

（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）当a=-1时，证明：在（1，+∞）上，f（x）+2>0；

（Ⅲ）求证：··……<（n≥2，n∈N*）

解：（Ⅰ）根据题意知，f′（x）=（x>0）

当a>0时，f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）

当a<0时，f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）

当a=0时，f（x）不是单调函数.

（Ⅱ）当a=-1时，f（x）=-1nx+x-3所以f（1）=-2.

由（Ⅰ）知当a=-1时，f（x）=-1nx+x-3，在（1，+∞）上单调递增

所以当x∈（1，+∞）时，f（x）>f（1），即f（x）>-2，f（x）+2>0.

（Ⅲ）由（Ⅱ）得a=-1时，f（x）+2=-1nx+x-3+2>0即，-1nx+x-1>0

所以1nx

则有0<1nn

···……<···…·=（n≥2，n∈N*）.

一道数列不等式证明的解法赏析篇12

形如这类不等式的证法.

例证明不等式:

命题意图本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目, 考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力.

知识依托本题是一个与自然数n有关的命题, 首先想到应用数学归纳法, 另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等.

证法一 (数学归纳法) (1) 当n等于1时, 不等式左端等于1, 右端等于2, 所以不等式成立;

(2) 假设n=k (k≥1) 时, 不等式成立,

∴当n=k+1时, 不等式成立.

综合 (1) 、 (2) 得:当n∈N*时, 都有

另从k到k+1时的证明还有下列证法:

又如:,

证法二 (直接放缩法) 对任意k∈N*都有:

证法三 (构造函数, 利用单调性)

设, 那么对任意k∈N*都有:

因此, 对任意n∈N*都有:

3.4.1 基本不等式的证明篇13

3.4.1 基本不等式的证明（1）

江苏省靖江高级中学杨喜霞

教学目标：

一、知识与技能

1．探索并了解基本不等式的证明过程，体会证明不等式的基本思想方法；

2．会用基本不等式解决简单的最大（小）值问题；

3．学会推导并掌握基本不等式，理解这个基本不等式的几何意义，并掌握定理中的不等号“≥”取等号的条件是：当且仅当这两个数相等；

4．理解两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的证明以及它的几何解释．

二、过程与方法

1.通过实例探究抽象基本不等式；

2.本节学习是学生对不等式认知的一次飞跃．要善于引导学生从数和形两方面深入地探究不等式的证明，从而进一步突破难点．变式练习的设计可加深学生对定理的理解，并为以后实际问题的研究奠定基础．两个定理的证明要注重严密性，老师要帮助学生分析每一步的理论依据，培养学生良好的数学品质．

三、情感、态度与价值观

1．通过本节的学习，体会数学来源于生活，提高学习数学的兴趣；

2．培养学生举一反三的逻辑推理能力，并通过不等式的几何解释，丰富学生数形结合的想象力．

教学重点：

应用数形结合的思想理解不等式，并从不同角度探索不等式的证明过程．教学难点：

理解基本不等式等号成立条件及 “当且仅当时取等号”的数学内涵．

教学方法：

先让学生观察常见的图形，通过面积的直观比较抽象出基本不等式；从生活中实际问题还原出数学本质，可积极调动学生的学习热情；定理的证明要留给学

生充分的思考空间，让他们自主探究，通过类比得到答案．

教学过程：

一、问题情景

a

2ab2.的几何背景： 21.提问：

如图是在北京召开的第24界国际数学家大会的会标，会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，颜色的明暗使它看上去象一个风车，代表中国人民热情好客．你能在这个图案中找出一些相等关系或不等关系吗？（教师引导学生从面积的关系去找相等关系或不等关系）．

二、学生活动

问题1 我们把“风车”造型抽象成上图．在正方形ABCD中有4个全等的直角三角形．设直角三角形的长为a、b，那么正方形的边长为多少？面积为多少呢？

a2b2.问题2 那4个直角三角形的面积和呢？

生答 2ab.问题3 好，根据观察4个直角三角形的面积和正方形的面积，我们可得容易得到一个不等式，a2b22ab.什么时候这两部分面积相等呢？

生答：当直角三角形变成等腰直角三角形，即xy时，正方形EFGH变成一个点，这时有a2b22ab.三、建构数学

1．重要不等式：一般地，对于任意实数 a、b，我们有a2b22ab，当且仅当ab时，等号成立．

问题4：你能给出它的证明吗？(学生尝试证明后口答,老师板书)

证明：a2b22ab(ab)2,当ab时，(ab)20,当ab时,(ab)20,所以a2b22ab

注意强调：当且仅当ab时, a2b22ab

注意：（1）等号成立的条件，“当且仅当”指充要条件；

（2）公式中的字母和既可以是具体的数字，也可以是比较复杂的变量式，因此应用范围比较广泛．

问题5：将a降次为a,b降次为b,则由这个不等式可以得出什么结论？

2．基本不等式：对任意正数a、b，有

立．（学生讨论回答证明方法）

证法1：a

b11

222

0当且仅当222ab当且仅当ab时等号成2． ab时，取“”

a

b，只要证a

b，只要证0ab，ab只要证0

2成立，当且

2证法2



ab时，取“=”号．

证法3：对于正数a,b

有20，ab

0ab

说明：把ab2a

ba,b的算术平均数和几何平均数，上述2

不等式可叙述为：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．

注意：（1）基本不等式成立的条件是：a0,b0；

（2）不等式证明的三种方法：比较法（证法1）、分析法（证法2）、综合法（证法3）；

（3）abab的几何解释：（如图1）以ab为直径作圆，在直径AB上

2取一点C，过C作弦DDAB，则CD2CACBab，从而CDab，而半abCDab

径2

abB 几何意义是：“半径不小于半弦”；

（图1）

（4）当且仅当ab时，取“”的含义：一方面是当ab时取等号，即 ab

ababab；；另一方面是仅当a

b时取等号，即22

（5）如果a,bR，那么a2b22ab（当且仅当ab时取“”）；

（6）如果把ab看作是正数a、b的等差中项，ab看作是正数a、b的2等比中项，那么该定理可以叙述为：两个正数的等差中项不小于它们的等比中项．

四、数学运用

1．例题．

ba1例1设a,b为正数，证明下列不等式成立：（1）2；（2）a2.aba

baba证明（1）∵a,b为正数，∴,也为正数，由基本不等式得2abab∴原不等式成立．

（2）∵a,立．

例2已知a,b,c为两两不相等的实数，求证：a2b2c2abbcca.证明 ∵a,b,c为两两不相等的实数，∴a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca，11均为正数，由基本不等式得a2，∴原不等式成a

a以上三式相加：2(a2b2c2)2ab2bc2ca，所以，a2b2c2abbcca．

例3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cdacbd

0，0，22(abcd)(acbd)abcd，即(abcd)(acbd)4abcd.42．练习．

（1）已知x,y都是正数，求证：(xy)(x2y2)(x3y3)8x3y3；

（2）已知a,b,c都是正数，求证：(ab)(bc)(ca)8abc；

（3）思考题：若x0，求x

五、要点归纳与方法小结

本节课学习了以下内容： 1的最大值.x

1．算术平均数与几何平均数的概念；

2．基本不等式及其应用条件；

3．不等式证明的三种常用方法．

小结正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．

六、课外作业

利用导数证明不等式的常用方法篇14

一、作差构造函数证明不等式

【例1】当x>0时, 求证:

$x - \frac{x^{2}}{2} ＜ \ln (x + 1) .$

证明:设 $f (x) = x - \frac{x^{2}}{2} - \ln (x + 1) (x ＞ 0),$

$\begin{array}{l} 则 f^{'} (x) = - \frac{x^{2}}{x + 1} . \\ ∵ x ＞ 0, \\ ∴ f^{'} (x) ＜ 0, \end{array}$

故f (x) 在 (0, +∞) 上单调递减,

所以x>0时, f (x) <f (0) =0,

即 $x - \frac{x^{2}}{2} ＜ \ln (x + 1)$ 成立.

点评:一般地, 若证明不等式f (x) >g (x) 成立, 通常构造辅助函数F (x) =f (x) -g (x) , 即证明F (x) >0.

【例2】当x>-1时, 证明不等式 $\frac{x}{1 + x} \leq \ln (1 + x) \leq x$ 成立.

证明:作函数 $f (x) = \frac{x}{1 + x} - \ln (1 + x),$

有 $f^{'} (x) = \frac{- x}{(1 + x)^{2}} .$

当x>0时, f′ (x) <0;

当-1<x<0时, f′ (x) >0.

所以f (0) =0是函数f (x) 的极大值也是最大值.

故可知f (x) 在x>-1时, f (x) ≤0.

同理可证g (x) =ln (1+x) -x在x>-1时, g (x) ≤0.

综上获证.

点评: 构造辅助函数后, 通常利用函数的单调性、极值、最值证明不等式成立.

二、换元简化后证明不等式

【例3】若x∈ (0, +∞) , 求证:

$\frac{1}{x + 1} ＜ \ln \frac{x + 1}{x} ＜ \frac{1}{x} .$

证明:令 $1 + \frac{1}{x} = t,$

则 $x = \frac{1}{t - 1} .$

∵x>0, ∴t>1.

则原不等式可转化为 $1 - \frac{1}{t} ＜ \ln t ＜ t - 1$ ,

$\begin{array}{l} 令 f (t) = t - 1 - \ln t ‚ \\ ∴ f^{'} (t) = 1 - \frac{1}{t} . \end{array}$

∵当t∈ (1, +∞) 时, 有f′ (t) >0,

∴f (t) 在 (1, +∞) 上为增函数.

故f (t) >f (1) =0,

即t-1>lnt.

令 $g (t) = \ln t - 1 + \frac{1}{t},$

则 $g^{'} (t) = \frac{1}{t} - \frac{1}{t^{2}} = \frac{t - 1}{t^{2}} .$

同理可知当t∈ (1, +∞) 时, g (t) 在 (1, +∞) 上为增函数.

故g (t) >g (1) =0, 即 $\ln t ＞ 1 - \frac{1}{t} .$

综上可知, $\frac{1}{x + 1} ＜ \ln \frac{x + 1}{x} ＜ \frac{1}{x} .$

点评:若所证不等式比较复杂, 可通过换元的思想转化为简单的或熟悉的不等式, 再进行证明.

三、利用条件结构构造函数证明不等式

【例4】定义y=logx+1f (x, y) , x>0, y>0, 若e<x<y, 证明:f (x-1, y) >f (y-1, x) .

证明:f (x-1, y) =xy, f (y-1, x) =yx.

要证f (x-1, y) >f (y-1, x) , 只要证xy>yx.

$x^{y} ＞ y^{x} \Leftrightarrow \frac{l n x}{x} ＞ \frac{l n y}{y} \Leftrightarrow y \ln x ＞ x \ln y .$

令 $h (x) = \frac{l n x}{x}$ , 则 $h^{'} (x) = \frac{1 - l n x}{x^{2}},$

当x>e时, h′ (x) <0,

∴h (x) 在 (e, +∞) 上单调递减.

∵e<x<y,

∴h (x) >h (y) ,

即 $\frac{l n x}{x} ＞ \frac{l n y}{y} .$

∴不等式f (x-1, y) >f (y-1, x) 成立.

点评:此题构造的方式不是直接作差或作商, 而是根据题目的特点, 先用分离变量的方式将两个变量分别变形到式子的两边, 再构造函数.

四、利用f (x) min>g (x) max证明不等式

【例5】证明对一切x∈ (0, +∞) , 都有 $\ln x ＞ \frac{1}{e^{x}} - \frac{2}{e x}$ 成立.

证明:问题等价于证明 $x \ln x ＞ \frac{x}{e^{x}} - \frac{2}{e} ‚ x \in (0, + \infty) .$

设f (x) =xlnx, x∈ (0, +∞) ,

则f′ (x) =lnx+1,

易得f (x) 的最小值为 $- \frac{1}{e}$ , 当且仅当 $x = \frac{1}{e}$ 时取得.

设 $g (x) = \frac{x}{e^{x}} - \frac{2}{e}, x \in (0, + \infty),$

则 $g^{'} (x) = \frac{1 - x}{e^{x}}$ ,

易得 $g (x)_{\max} = g (1) = - \frac{1}{e}$ .当且仅当x=1时取得.

从而对一切x∈ (0, +∞) , 都有 $\ln x ＞ \frac{1}{e^{x}} - \frac{2}{x e}$ 成立.

五、利用已知 (证) 不等式证明不等式

【例6】已知函数f (x) =lnx, g (x) =2x-2 (x≥1) .

(1) 试判断F (x) = (x2+1) f (x) -g (x) 在定义域上的单调性;

(2) 当0<a<b时, 求证: $f (b) - f (a) ＞ \frac{2 a (b - a)}{a^{2} + b^{2}} .$

解: (1) 易知F (x) = (x2+1) lnx- (2x-2) ,

当x>1时, $F^{'} (x) = 2 x \ln x + \frac{(x - 1)^{2}}{x},$

则F′ (x) >0.

函数F (x) = (x2+1) f (x) -g (x) 在[1, +∞) 上递增.

(2) 由 (1) 知当x>1时, F (x) >F (1) =0,

∴F (x) >0 .

$\begin{array}{l} 即 (x^{2} + 1) \ln x - (2 x - 2) ＞ 0, \\ ∴ \ln x ＞ \frac{2 x - 2}{x^{2} + 1} . ① \end{array}$

设 $x = \frac{b}{a},$

由0<a<b可知x>1.

则①式可化为 $\ln \frac{b}{a} ＞ \frac{2 \cdot \frac{b}{a} - 1}{(\frac{b}{a})^{2} + 1}$ ,

即 $\ln b - \ln a ＞ \frac{2 a (b - a)}{a^{2} + b^{2}} .$

故当0<a<b时, $f (b) - f (a) ＞ \frac{2 a (b - a)}{a^{2} + b^{2}} .$

点评:证明不等式时, 若能注意到所证不等式与所给函数的关系, 往往能打开解题思路.

【例7】已知函数f (x) =alnx-ax-3 (a∈R) .

(1) 求函数f (x) 的单调区间;

(2) 求证: $\frac{\ln 2}{2} \cdot \frac{\ln 3}{3} \cdot \frac{\ln 4}{4} \dots \frac{l n n}{n} ＜ \frac{1}{n} (n \geq 2, n \in Ν^{*}) .$

解: $(1) f^{'} (x) = \frac{a (1 - x)}{x} (x ＞ 0),$

当a>0时, f (x) 的单调增区间为 (0, 1) , 减区间为 (1, +∞) ;

当a<0时, f (x) 的单调增区间为 (1, +∞) , 减区间为 (0, 1) ;

当a=0时, 无单调区间.

(2) 令a=-1, 此时f (x) =-lnx+x-3,

所以f (1) =-2.

由 (1) 知f (x) =-lnx+x-3在 (1, +∞) 上单调递增,

∴当x∈ (1, +∞) 时, f (x) >f (1) ,

即-lnx+x-1>0,

∴lnx<x-1对一切x∈ (1, +∞) 成立,

∵n≥2, m∈N*,

$\begin{array}{l} 则有 0 ＜ \ln n ＜ n - 1 ‚ \\ ∴ 0 ＜ \frac{l n n}{n} ＜ \frac{n - 1}{n} . \\ ∴ \frac{\ln 2}{2} \cdot \frac{\ln 3}{3} \cdot \frac{\ln 4}{4} \dots \frac{l n n}{n} ＜ \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \dots \frac{n - 1}{n} = \frac{1}{n} (n \geq 2, n \in Ν^{*}) . \end{array}$