不等式证明的技巧_证明不等式的方法

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不等式证明的技巧

知识与方法

证明不等式的方法很多，技巧性强；如较低要求的，在所证不等式两端同乘以一个常数；1的代换；利用函数的单调性，等等。不等式证明的技巧，本人的理解有如下三个方面：

一．基本技巧

我认为不等式的证明的基本思想和技巧是通过“放大和缩小”的思想和方法，对两个数、两个量、两个式的值的大小关系的“确定”过程，这种大小关系的确定一般有比较法、分析法、综合法三种基本方法。二．构造法

1．构造重要不等式的结构，再利用相关的重要不等式来证明不等式。

2．构造函数，利用函数性质来证明不等式。

3．构造图形，利用几何知识来证明不等式。三．转化法

1．反证法

2．数学归纳法

3．变量代换法

4．从“特殊”到“一般”的转化方法

5．以“直”代“曲”的转化方法

6．“整体”与“部分”合理巧妙转化

范例选讲

例1 已知0x1，求证：|loga(1x)||loga(1x)|.分析 因所证不等式两端是同底的对数、单项式，故“作差比较”、“作商比较”均可以。

解（作差比较）

（1）当0a1时，因0x1，所以

|loga(1x)||loga(1x)|loga(1x)loga(1x)loga(1x2)0.（2）当a1时，因0x1，所以

|loga(1x)||loga(1x)|loga(1x)loga(1x)loga(1x2)0.综合以上可知，所证不等式成立。

（作商比较）

因0x1，所以|loga(1x)|0，|loga(1x)|0，嘉兴市高中数学学科基地资料

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|loga(1x)|1|log(1x)(1x)|log(1x)(1x)log(1x)log(1x)(1x)1

|loga(1x)|1x

所以，|loga(1x)||loga(1x)|.评注

本题虽是一道很简单的不等式证明题，也显示出了证明不等式的技巧性：合理选择方法，可以回避讨论。例2 实数a1,a2,,an(n3)满足a1a2ann，且a1a2ann2.求证：max{a1,a2,a3,,an}2.分析 这是一道美国数学竞赛试题，直接证明比较困难，因此，可考虑运用反证法证明。

解

设a1,a2,,an中有i个非负数，记为x1,x2,,xi，有j个负数，记为

y1,y2,,yj(y1,y2,,yj0)，其中i0,j0，且ijn.不妨设max{a1,a2,a3,,an}2，即max{x1,x2,x3,,xi}2.因x1x2xiny1y2yi，又max{x1,x2,x3,,xi}2，y1,y2,,yj0.则2ix1x2xiny1y2yiijy1y2yj,所以ijy1y2yj.因为 x1x2xi(y1)2(y2)2(yj)2)n2,所以

x1x2xin2(y1y2yj).又因为 max{x1,x2,x3,,xi}2，y1,y2,,yj0,所以 4ix1x2xin2(y1y2yj)n2(ij)

2(ij)(ij)4ij.因 i0，故j1，且j0，则j0.所以a1,a2,,an都为非负数.即4na1a2ann2,因而n4，这与n3相矛盾，即假设不成立，所证结论：max{a1,a2,a3,,an}2成立.嘉兴市高中数学学科基地资料

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评注

反证法的实质是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出矛盾。运用“正难则反”的策略，是证明不等式中常见技巧。

例3 平面上给定一个由有限多条线段组成的集合，线段总长为1.证明：存在一条直线l，使得已给线段在l上的射影之和小于

2.分析 可将给定的线段排序，再通过中心对称构造一个周长为2的凸多边形。

解 证明：取一条不与已给线段垂直的直线作x轴，将所给线段按照斜率的大小排成一列：

非负的下角标则表示斜率非ln,ln1,,l1,,lm（其中负的下角标表示该线段的斜率为负，负）。经过平移可以将这些线段按照上面的次序一个接一个地首尾相连形成一条凸折线。设端点为A、B，AB中点为O。关于O作中心对称，产生一个凸多边形（包括退化为直线段），周长为2，每一条边与对应边平行（或共线）。

这个多边形的最小宽度，也就是各对平行边之间的最小距离，设为d，以O为圆心，d为直径的圆一定完全在多边形内，否则，设圆O与某条边li相交于X，那么X关于O的对称点X是圆O与对边li的交点，li与li的距离小于XX，即小于d，与d为最小宽度矛盾。

由于圆O的周长为d，所以d2，即d2，这是因为面积一定的闭曲线中，以圆的周长最小。

取直线l与距离最小的平行边垂直，则各已知线段在l上的射影之和不超过d，也就小于2.

评注 本题的解答过程中通过“排序----平移----中心对称”等方法上的处理使所给线段呈现一种简单有序的易于估算的状态，困难得以化解。这种通过对称、旋转等变换，以直代曲，将复杂的不等式化归为基本不等式是一种重要的技巧。

2例4 设ABC三边长为a,b,c，有不等式(bc)1bc(bc)2,------① 3a试证不等式①中的系数

分析 可将系数

1是最优的.311一般化，设系数为k，再证明k的取值范围是k.33ab2(ab)2

证明 在不等式①中，取ab，设(ab)kc

(ab)2(bc)2(ca)2k[bccaab(bc)2(ca)2(ab)2] abc2bc2k(bc)21k2(bc)[b()c],令ab，所以2(bc)2kbbk嘉兴市高中数学学科基地资料

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又因在ABC中，三边长为a,b,c，取ab，显然有不等式2bc0,所以，要使0，注意到k为正数，则须是成立的，故k1k12，即k，但已证不等式①k31是不等式①的最优值.评注 将“特殊”向“一般”转化也是常见的技巧。

例5 设x,y,z(0,)，且xyz1，证明

x3y3z33

.（1998年第39届IMO预选试题）(1y)(1z)(1x)(1z)(1x)(1y)分析 可利用均值不等式构造三个同向不等式相加来进行证明，也可以将所证不等式进行等价转化。

证法一: 因x,y,z(0,)，所以

x31y1z3

x,①

(1y)(1z)884y31x1z3 4y,②

(1x)(1z)884z31x1y3z,③

(1x)(1y)884x3y3z3以上三式相加可得： (1y)(1z)(1x)(1z)(1x)(1y)

上述不等式都是在xyz1时取等号.所以，当且仅当xyz1时原不等式取等号.证法二: 原不等式等价于

xxyyzz34343433113133(xyz)(62x2y2z)(xyz)33xyz.48242443(x1)(y1)(z1).433

由于对任意正数a,b,c，有abc3abc，下面证明更强的不等式：

xxyyzz4343431[(x1)3(y1)3(z1)3]

④ 成立.4嘉兴市高中数学学科基地资料

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设f(t)tt 则f(t) 431(t1)3，g(t)(t1)(4t23t1).41(t1)g(t)，且g(t)在(0,)上是严格递增函数，因为 41x4x3y4y3z4z3[(x1)3(y1)3(z1)3]f(x)f(y)f(z)

411(x1)g(x)(y1)g(y)(z1)g(z).444111

只需证明(x1)g(x)(y1)g(y)(z1)g(z)0即可.444

其证明如下：

假设xyz，则g(x)g(y)g(z)0.由xyz1，得x1，z1.因(x1)g(x)(x1)g(y)，(z1)g(y)(z1)g(z),111(x1)g(x)(y1)g(y)(z1)g(z)44411

(xyz3)g(y)(33xyz3)g(y)0.44

所以

故原不等式成立.等号当且仅当xyz1时成立.评注

证法1利用均值不等式进行证明，显得简洁、清晰；证法2是将所证不等转化为更强的不等式，再进行证明。

例6

已知x,y,z(0,)，且xyz1，证明：xyyzzx

分析 因xyyzzx是关于x,y,z的轮换对称式。

证明 设xmax{x,y,z}，又因x,y,z(0,)，则xyyzzxxyxyzzxx(xyyzz)2222222222224成立的条件.2711z(zx)]x(xz)(2yz)221x(xz)(2yz)34]

[.232721不等式等号当且仅当x,y,z0或x0,y,z或

333312x,y0,z时成立.3 x[y(xz)

评注

对于“轮换对称式”，不能将其中的变量排序；有时只能找到一个最小字母作“弱”排序。

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例7

设a,b,c(0,)，且满足abc1，试证：

1113.a3(bc)b3(ca)c3(ab)2b2c2c2a2a2b23

分析 由已知条件abc1，可知所证不等式与等价.a(bc)b(ca)c(ab)2

故可运用“含参数基本不等式”来证明之.a22a2b.证明 由a(b)2ab（为参数），得b22

(bc)2

则有2bc2a(bc),①

a(bc)(ca)2 2ca2b(ca),②

b(ca)(ab)22ab2c(ab).③

c(ab)①+②+③，得

(bc)2(ca)2(ab)2 2(abbcca)22(abbcca)

a(bc)b(ca)c(ab)

2(abbcca)().④因abbcca33(abc)3，取21，代入④中，得 2(bc)2(ca)2(ab)213 23.a(bc)b(ca)c(ab)42评注

本题是先将所证不等式进行等价转化，再运用“含参数基本不等式”进行证明，当然也可利用柯西不等式进行证明，还可以直接利用基本不等式来证明。

例8（1）设x1,x2,,xn,y1,y2,,yn(0,)，满足：

（a）0x1y1x2y2xnyn;

（b）x1x2xky1y2yk,k{1,2,n}, 嘉兴市高中数学学科基地资料

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证明：1x11111.1x2xny1y2yn

（2）设A{a1,a2,,an}N，对所有不同的子集B,CA，有

xx，证明：

1xBxa112.C1a2an

分析

可运用数学归纳法进行证明。

证明

（1）当n1时，x1y110,x1;1y1

当n2时，x1x2y1y2，x1y1y2x2，则

11x1y1y2yxx211, 11x1y1x2y2x2y2

所以

1x111.1x2y1y2

假设nk时命题成立.那么，当nk1时，设yixiai(i1,2,k1)，由条件a10，a1a20,,a1a2ak0，a1a2ak10，有

a1xya2ak0.11x2y2xkyk

下面用反证法证明以上结论.假设

a1xa2xaky0，则

1y12y2xkk0a1aakxa2k1 1y1x2y2xkykxk1yk1

a1a2akaa2akx1 1y1x2y2xkykxk1yk1

(a11a2ak)(xy1y)+(a111a2ak1)()kkxk1k1xk1yk1xkyk嘉兴市高中数学学科基地资料

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有

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+(a1a2ak2)(1111)(a1a2)()

x2y2x3y3xk2yk2xk1yk1

a1(11)0, 矛盾.x1y1x2y2

所以，当nk1时，原不等式成立.（2）对于集合A{1,2,4,8,16,,2n1}，满足对BC,B,CA，有

1111122.，且xxn1n112422xBxC

对所有A{a1,a2,,an}N，不妨设a1a2an.令a11（否则将ai都减去一个数，使a11），又使设A中从第k个数开始，ak2k1(k1,2,,n)，则ak1,2,,2k11,于是ak2k1，那么

ak1ak(122k2)2k11(122k2)2k,以此类推，则

111111n12.2a1a2an12

评注 归纳法证明问题时，有时在第二步由nk（或nk）去推证nk1时，要用到反证法，或分析法。另外，本题的第（2）小题用到了“调整法”。

训练题

12．已知an1111(nN*).23n试证：当

n2时，an2(aa2a31n).23nn2证明：（1）当n2时，左边=a2(1

a1291312);右边=a2222;24222292，所以，所证不等式成立.42

（2）假设nk(k2)时不等式成立，即ak2(aa2a31k)成立.23kk嘉兴市高中数学学科基地资料

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当nk1时，ak1(ak22a1212)akk2k1k1(k1)2(ak11)1k1 2k1(k1)

2(aa2a31k)23kk2(aaa2a311 kk1)223kk1k(k1)akak1a2a3k2k1

2()223kk1k(k1)

akak1a2a3akak1a2a31k2k2(), 2()223kk1k123kk1k(k1)

所以，当nk1时，不等式也成立.由（1）、（2）可知，当nN,n2时，所证不等式成立.2．对任意实数x,y,z，试证：11921192(xy29z2)xy2xz3yz(xy29z2).66

证明：当xyz时，所证不等式显然成立.当x,y,z不全为零时，xy9z0, 将所证不等式可变形为

22119xy2xz3yz1192.2266xy9zxy2xz3yzk

① 222xy9z

令

①式中的x,y,z均可取一切实数（x,y,z不同时为零即可）.不妨取变量z作为考查对象.（1）当z0时，kxy|xy|122,即，由，得xy2|xy|x2y2x2y2211k.22222

（2）当z0时，将①式整理，得kx(y2z)xk(y9z)3yz0,k可以为0，当k0时，不等式显然成立；

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当k0时，因xR，0，即0或0.由0得(y2z)24k(ky29kz23yz)

(14k2)y2(4z12kz)y4z2(19k2)0.1时，不等式显然成立； 2

1当k时，yR,0.当k

(4z12kz)24(14k2)4z2(19k2)0.即16z2[(13k)2(14k2)(13k)(13k)]0, 16z20,(13k)2(14k2)(13k)(13k)]0

即(13k)k(k1191191191)(k)0.解得：k，或66630k119.6

同理，由0，得(14k2)y2(4z12kz)y4z2(19k2)0，对任意实

214k0,数y都满足的充要条件是：2222(4z12kz)4(14k)4z(19k)0.解得1k0.3 综合以上，可得k的取值范围是：

119119k.66

由此可得119xy2xz3yz1192.即所证不等式成立.2266xy9z

说明：“双判别式法”可以解决：

q(k1x2k2y2k3z2)axybxzcyzp(k1x2k2y2k3z2)(ki0,i1,2,3)的三元二次齐次不等式的证明问题.BC内一点O引三边的平行线，DE//BC，FG//CA，HI//AB，点D、E、F、3．过AG、H、I都在ABC的边上，S1表示六边形DEFGHI的面积，S2表示ABC的面嘉兴市高中数学学科基地资料

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积.求证：S12S2.3S2S2，只须证明SAGHSDBISEFC2.注33S2.① 3

证明：欲证S1意到平行四边形AGOH、BIOD、CEOF，故命题的解决只在于能证明：SOIFSOEHSOGD设BCa,CAb,ABc,IFx,EHy,GDz，那么①式等价于

x2y2z2122.② 23abc依题设，有OECF，从而所以，yOECFzBI,同理.baacaxyzIFCFBI1.③ abcax2y2z21xyz21由柯西不等式有，222（).3abc3abc故②式成立，命题成立。

4．已知a,b,c(0,)，且abc1，求证：

a(3a1)b(3b1)c(3c1)0.1a21b21c2x 证明：构造函数f(x)，易知f(x)在(0,1)上为增函数，所以对任意21x

x(0,1)，有

(x)(1x3x(3x1)3)0(3x1),，则31x210101x2 再分别令xa,b,c，代入上式，相加得

5．已知a,b,c(0,)，且abc1，a(3a1)b(3b1)c(3c1)3[3(abc)3]0.222101a1b1c证明：(ab)(bc)(ca)4(abc1).嘉兴市高中数学学科基地资料

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证明：不妨设

a1，①式等价于a2(bc)b2(ac)c2(ab)64(abc),即(a21)(bc)(b21)(ac)(c21)(ab)64a3(bc).因(a1)(bc)4abc4，只须证明：

4(a1)b2(ac)c2(ab)64a3(bc),即证：2a(b2c2)(3bc)(bc)0 ② 因2(b2c2)(bc)2, 对于②式，只须证明： a(bc)2(3bc)(bc)0.③ 2 把③左边看作bc的二次函数，判别式(3bc)24a.即证(3bc)4a0，即证：(3212)4a.a 即4a39a26a10, 分解因式可得(a1)2(4a1)0，此不等式显然成立.所以③式成立，即原不等式成立.嘉兴市高中数学学科基地资料

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