浅析证明不等式的几种方法

狄新炎

不等式具有应用广泛，变换灵活等特点，而不等式证明更是以“入手宽，方法活”见长.为此，笔者从题设与结论关系出发总结9种常见的证明不等式的方法.

一、比较法

1.理论依据：不等式的基本性质.

2.步骤：作差、变形、判断符号.

3.适用于分式、高次不等式的证明.

4.有时也可用商值比较法.

例1 已知a、b、c是△ABC的三边，求证：

4（ab+bc+ca）>（a+b+c）2.

证明 因为4（ab+bc+ca）-（a+b+c）2=2ab+2bc+2ca-a2-b2-c2=a（b+c-a）+b（a+c-b）+c（a+b-c）>0.所以4（ab+bc+ca）>（a+b+c）2.

二、综合法

1.思维特点：执因索果.

2.逻辑关系：AB1B2…BnB，每步寻找上一步的必要条件.

3.常用不等式：|a|≥0；a2≥0；a2+b2≥2ab（a、b∈ R ）；

a+b 2 ≥ ab （a、b∈ R +）；

b a + a b ≥2（a、b∈ R +）； b2 a +a≥2b（a∈ R +）等.

4.思路：由已知条件灵活使用有关不等式的定理以及不等式的基本性质，找出已知条件与待证不等式间的内在联系.（注意使用的不等式成立的条件）.

例2 a、b、c>0，求证：abc≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）

分析 不等号左边是单字母乘积，右边是字母和差式乘积，因此寻求字母与和差式的关系：a=

（a+b-c）+（a+c-b） 2 ，同样b和c也有这样的关系.

证明 不妨设a≥b≥c>0，则a+b-c≥0，c+a-b≥0.

若b+c-a≤0，则原不等式显然成立.

若b+c-a>0，则由

a= （a+b-c）+（a+c-b） 2 ≥ （a+b-c）（a+c-b） ≥0 ①

b= （a+b-c）+（b+c-a） 2 ≥ （a+b-c）（b+c-a） ≥0 ②

c= （c+a-b）+（b+c-a） 2 ≥ （c+a-b）（b+c-a） ≥0 ③

①、②、③相乘

abc≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）.

三、分析法

1.分析法适用的题型：

（1）证明不知从何入手；（2）恒等式的证明；（3）条件简单、结论复杂.

2.分析法的思维特点：执果索因.

3.分析法的模式（书写格式）：

（1）为了证明…，（2）只需证明…，（3）即证明…，（4）…显然成立，⑤所以原式成立.

4.分析法的另一种表达方式：

首先假定所要证明的不等式成立→逐步推出一个已知成立的不等式（每步可逆）→最后得出结果.（注意得结果前应说明以上每步都可逆）.

例3 已知a>b>0，求证： （a-b）2 8a < a+b 2 - ab < （a-b）2 8b

证明 因为a>b>0，所以为证明 （a-b）2 8a < a+b 2 - ab < （a-b）2 8b ，只需证明 （a-b）2 4a <（ a - b ）2< （a-b）2 4b ，

整理得

（

a-b 2 a ）2<（ a - b ）2<（ a-b 2 b ）2

即证 a-b 2 a < a - b < a-b 2 b

即证 a + b 2 a <1< a + b 2 b

即证1+ b a <2<1+ a b

即 b a <1< a b 即证明 b a <1< a b .

∵a>b>0，∴ b a <1< a b 显然成立，所以原不等式成立.

四、放缩法

证A≥B可通过适当放大使得B≤B1≤B2≤…≤Bn≤A或缩小使得A≥A1≥A2≥…≥An≥B，借助多个中间量，利用不等式的传递性达到目的（从一端证到另一端）.注意：放缩应适当.

例4 求证：1+

1 2 + 1 3 +…+ 1 n > n （n∈ N *，n>1）.

证明 1+

1 2 + 1 3 +…+ 1 n > 1 n + 1 n +…+ 1 n = 1 n ·n= n .

五、利用函数性质（单调性、有界性）证明不等式

根据题目的特点恰当地构造一个函数，利用函数的单调性将不等式的证明转化为求函数值域或最值的问题.

例5 求证：- 2 ≤ 1-x - 1+x ≤ 2 .

证明 设f（x）= 1-x - 1+x ，其中-1≤x≤1，显然f（x）在[-1，1]为减函数.

∴f（1）≤f（x）≤f（-1），即- 2 ≤ 1-x - 1+x ≤ 2 .

六、构造二次函数

利用二次函数与二次方程的关系（判别式法）.

原理：ax2+bx+c>0（a≠0）

解集是 R Δ<0，a>0.

适合题型： ①可化成某一字母的二次式②字母的范围是 R

例6 三角形ABC中，A、B、C是三角形的三个内角，x、y、z∈ R .

求证：x2+y2+z2≥2xycosC+2xzcosB+2yzcosA

证明 设f（x）=（x2+y2+z2）-（2xycosC+2xzcosB+2yzcosA）

整理得f（x）=x2-（2ycosC+2zcosB）x+（y2+z2-2yzcosA）

此时可以把f（x）看作是关于x的二次函数.

1 4 Δ=（ycosC+zcosB）2-（y2+z2-2yzcosA）

=-y2sin2C-z2sin2B+2yzcosBcosC+2yzcosA

=-y2sin2C-z2sin2B+2yzcosBcosC-2yzcos（B+C）

=-（ysinC-zsinB）2≤0

所以f（x）恒大于或等于0.

即x2+y2+z2≥2xycosC+2xzcosB+2yzcosA.

七、换元法

1.三角换元

（1）“1”的代换：sin2α+cos2α=1，sec2α-tan2α=1，csc2α-cot2α=1.

（2）变量有界弦函数换元，变量无界切函数换元.

2.代数换元

3.均值换元

注意：换元后新变量的变化范围必须确保原变量的变化范围不发生变化.

例7 已知a、b、c∈ R ，且a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥ 1 3 .

证明 （采用均值换元法）

设a= 1 3 +m，b= 1 3 +n，c= 1 3 +k，且m+n+k=0.

则a2+b2+c2=（ 1 3 +m）2+（ 1 3 +n）2+（ 1 3 +k）2

= 1 3 + 2 3 （m+n+k）+（m2+n2+k2）≥ 1 3 .

八、反证法

1.适合题型：含至多、至少等字样或正面证明无从入手.

2.注意：对结论的否定应全面不能遗漏.

例8 已知f（x）=x2+ax+b，求证：|f（1）|、|f（2）|、|f（3）|中至少有一个不小于 1 2 .

证明 假设|f（1）|、|f（2）|、|f（3）|都小于 1 2 .

则|f（1）|+2|f（2）|+|f（3）|<2，而|f（1）|+2|f（2）|+|f（3）|≥

|f（1）-2f（2）+f（3）|=|1+a+b+9+3a+b-8-4a-2b|=2

与假设矛盾，所以假设不成立.

故|f（1）|、|f（2）|、|f（3）|中至少有一个不小于 1 2 .

九、构造图形证明不等式

寻求不等式的几何意义，构造恰当的几何图形证明不等式. 图1

例9 x、y、z∈（0，1），求证： x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）<1.

证明 构造等边三角形，三边长分别为1，如图1所示.设M、N、P分别为边AB、AC、BC上的点，且满足AM=x，NC=y，BP=z.且0

∴x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）<1.