证明不等式恒成立问题的解题技巧分析

【摘要】不等式是高中数学的一个难点和重点，占有十分重要的地位.纵观近几年全国各地的考题，该知识点常以解答题的形式出现，涉及分类思想、数形结合思想、函数方程思想等.本文主要介绍不等式证明过程中常用的几种方法，并对其相应的解题思路进行分析，以便帮助学生更加深刻地理解和掌握对应的解题方法．

【关键词】不等式恒成立；高中数学；解题技巧

1比较法

比较法的应用可以有两种思路，即作差比较法和作商比较法.比较法是指通过作差或者作商方式，通过差值或商值比较大小，从而证明不等式成立．对于多项式类和分式类常用作差比较法进行证明，常常把差值与零进行比较；对于含有幂指数类的实数的不等式就用作商思路进行证明，通常与常数1比较大小．在实际解决问题过程中，需要结合不等式结构特点选用相应方法解题．

例1已知x>0，y>0，求证：y2x+x2y≥x+y.

思考本题已知两自变量均大于零，故而求证的这个不等式两边也均比零大，因此作差比较法、作商比较法均适用于本题．当运用作差比较法时，有x－y≤0→x≤y；在同一个证明问题中同时运用两种证明方法，有助于学生灵活运用比较法．

证明作差比较法：y2x+x2y－x+y=x3+y3－xyx+yxy=x－y2x+yxy≥0．

作商比较法：y2x+x2yx+y=x2－xy+y2xy≥2xy－xyxy=1.

变式已知a，b，c为三角形的三边，若c≥b≥a，求证：3a3+b3+3c3+a3＜a+b+c.

思考首先该题的解答可以凭a，b，c的大小关系，通过作差方式对3a3+b3，3c3+a3部分进行放缩，作差比较大小和放缩思路同时应用在不等式中，可达到证明目的．

证明因为c≥b≥a，

所以a2+b3－a3+b3=－78a3+34a2b+32ab2≥－78a3+34a3+32a3=118a3＞0，

所以a2+b＞3a3+b3，

同理可得a2+c＞3a3+c3，

所以3a3+b3+3c3+a3＜a2+b+a2+c=a+b+c.

2换元法

换元法是证明不等式的有效方法之一.在证明不等式的过程中，根据实际需要将不等式中的变量进行代换，即为换元.换元法能使不等式证明更加方便．“代数换元法”和“三角换元法”是最常用的换元手段．其中常用的三角换元的公式包括sin2θ+cos2θ=1，a=Rsinφ，b=Rcosφ，等等．换元法证明不等式的主要思路就是首先通过换元将原式化繁为简，然后利用相关公式等对原式转化，继而证明不等式成立．

例2已知x2+y2≤1，证明：（x2－2xy－y2）2≤2.

思考本题可以将已知条件x2+y2≤1转化为圆的取值范围，则其等价于{（x，y）|x2+y2≤1}，则可得x=Rsinφ，y=cosφ（0<R<1，0<φ<2π）．不难看出，当已知其中含有“x2+y2≤R”时，就可以思考“sinφ，cosφ”的代换，再代换时也要注意新变量的取值范围．

证明因为x2+y2≤1，

所以令x=Rsinφ，y=Rcosφ（0<R<1，0<φ<2π），

所以x2－2xy－y22=（R2sinφ－2Rsinφcosφ－R2cos2φ）=R4（cos2φ+sin2φ）2=2R4sin22（φ+45°）≤2．

变式已知x，y∈R，x+y=1，

求证：x+1xy+1y≥254.

思考运用换元法解题，还可以选择配凑换元思路，即运用一个变量和已知等式同步替换题中多个变量的思路，该题结合x+y=1换元得到x=12+t，y=12－t，此时使所证不等式转化为只有一个变量的不等式，进一步放缩，可达到证明目的．

证明设x=12+t，

y=12－t－12＜t＜12，

则x+1xy+1y=x2+1y2+1xy=t4+32t2+251614－t2≥251614=254，

故不等式x+1xy+1y≥254成立.

3构造函数法

将待证不等式构造成一个函数，通过分析这个函数的单调性进而分析不等式是否成立的方法叫做构造函数法．构造函数法，顾名思义，需要构造一个不等式函数，如何构造这个函数即为此法的一个难点所在，因为需要证明不等式成立，因此这个函数必须是单调函数，一般来说，是以待证的不等式的特征为依据，并利用这些特征构造函数．

例3已知实数a，b，c，且0&lt;a<1，0<b<1，0<c<1，求证：a1－b+b1－c+c1－a<1.

思考对于本题的证明，需要首先将a作为变量构造函数f（a），结合变量a的系数的取值范围将－1<1－b－c<0，1－b－c=0和0<1－b－c<1这三种情况进行分类讨论即可.

证明构造函数f（a）=a（1－b）+b（1－c）+c（1－a），

整理为以a为自变量的函数可得：

f（a）=（1－b－c）a+（b+c－bc），0<a<1，因为0<a<1，0<b<1，0<c<1，

所以－1<1－b－c<1．

（1）当－1<1－b－c<0时，f（a）在0，1上是单调递减函数，

所以f（a）<f（0）=b+c－bc=1－（1－b）（1－c）<1．

（2）当0<1－b－c<1时，f（a）在0，1上是单调递增函数，

所以f（a）<f（1）=1－bc<1．

（3）当1－b－c=0时，f（a）=（1－b－c）a+（b+c－bc）=b+c－bc=1－bc．

综上可得，原不等式a1－b+b1－c+c1－a<1成立.

变式若a≥－1，x≥0，证明：2ex－sinx+alnx+1－2≥0.

思考可以将x看做变量，结合已知的参数a的范围，构造与所证不等式存在一定联系的函数解析式，求导分析函数单调性和极值大小，可对不等式进行进一步证明．

证明因为x≥0，

所以lnx+1≥0，

因为 a≥－1，

所以alnx+1≥－lnx+1，

故2ex－sinx+alnx+1－2≥2ex－sinx－lnx+1－2，

设fx=2ex－sinx－ln（x+1）－2（x≥0），

则f′x=2ex－cosx－1x+1≥2－1－1x+1=xx+1≥0，

所以fx在0，+∞上单调递增，

因为f0=0，

所以fx≥0恒成立，

因为2ex－sinx+alnx+1－2≥fx，

所以2ex－sinx+alnx+1－2≥0.

4结语

本文简要介绍了不等式证明过程中的几种常用方法，而在实际的不等式证明中，还有更多的技巧和方法，因此在证明不等式时，学生要充分观察待证不等式的特点，充分运用不等式的性质和基本不等式进行解题．

参考文献：

[1]戴涓涓.解答不等式恒成立问题的三个“妙招”[J].语数外学习，2021（07）：44.

[2]刘树江.浅议不等式恒成立问题的几种解题策略[J].数理化解题研究，2021（01）：16-17.