不等式证明的方法 2

作者：张国华 地址：青海民族大学数学与统计学院 e-mail：645689027@qq.com

摘要 无论在初等数学还是高等数学中，不等式都是十分重要的内容，而不等式的证明则是不等式知识的重要组成部分。不等式证明的方法很多,本文将从三角换元法、构造复数法、导数限定法 均值代换法、判别式法、构造几何图形法、拉格朗日中值定理法、柯西中值定理法等方面入手来证明不等式,通过学习这些证明方法，可以帮助我们解决一些实际问题，形成善于思考的良好习惯。

关键词 不等式，证明，方法

Inequality proof method

Abstract: No matter in elementary maths or higher mathematics, inequality are important content, but inequality proof is an important part of the inequality knowledge. Inequality proof of many methods, this paper will change from triangular element method, structural plural method, derivative limit law mean substitution of, discriminent method, structural geometry method, Lagrange's mean value theorem and cauchy mid-value theorem method method in such aspects as to prove inequality, learning through these proof method, can help us to solve some practical problems developed thinking good habits.

Keywords: inequality，proof ，method

正文 不等式在数学教学中是一个重要的部分，而不等式的证明也是的一个不等式中的一个重点，如何解好不等式，逐渐成为师生共同的话题，下面将从不同角度给出一些总结:

一、 三角换元

有些不等式可以根据它的特征，巧妙地利用三角换元，化难为易，快速地给与证明。下面根据题目的不同特征，将用不同的方法给出证明。

1、已知中若出现x2y2p(p0,p为常数），则可设

xpsin,ypcos

例1．已知x2y21，证明1a2yax1a2(aR)

证明： ∵x2y21

可设 xcos,ysin

2yaxsinacos1asin() ∴

其中 sina1a2,cos11a2 22yax1asin()1a ∴ ∴1a2yax1a2 2、已知中若出现x2y2p(p0,p为常数），则可设

xrpsin,yrpcos(0r1)

例2．已知x,y均为实数，且x2y21，求证:x23x2y3xy2y22

证明 ∵x2y21

∴ 可设xrpsin,yrpcos(0r1) 则

x23x2y3xy2y2r2cos23cos2sin3cossin2sin2r2cos23(1sin2)sin3cos(1cos2)sin2r2(4cos23cos)(3sin4sin2)r2cos3sin3 r22sin(3)42r2sin(3)4∵ 0r21, 0sin(3)1

4∴x23x2y3xy2y22

二、 构造复数法

构造复数法是中学数学解题方法中很重要的方法之一，因为复数具有代数形式、三角形式、几何形式等多种表示方法，而这些表示所蕴含的实际意义，以新的视角、新的途径沟通了代数、三角和几何等内容之间的联系，若能在解题时根据题设条件的特点，巧妙地构造复数，便能迅速的找到解题方法。

下面结合实例来探讨这一方法的具体运用：

例3：已知a,b(0,1)，

求证：a2b2(1a)2b2a2(1b2)(1a)2(1b)222 分析：看到这么多根式相加，似乎有种难下手的感觉，但若注意到根式里各自的特点：都是两个数的平方和，就能立即联想到复数的模，于是可以构造复数，再利用三角不等式便可迅速求解。

证明：令z1abi,z2(1a)bi,z3a(1b)i,z4(1a)(1b)i，则

z1a2b2,z2(1a)2b2, z3a2(1b)2,z4(1a)2(1b)2.

而z1+z2+z3+z4z1z2z3z422i22 所以a2b2(1a)2b2a2(1b2)(1a)2(1b)222 例4： 如图 , A,B两点分别在MON2(022的两边上运动,且AOB的面积为S (也是定值) . 试求AOB 的重心G 的轨迹.

,且为定值)

解 以O 为原点, MON 的角平分线为x 轴, 建立直角坐标系, 则

AOX,BOX.

令ZAr1cosisin,zBr2cosisinr2(cosisin),则

AOB的重心G对应的复数zG1z0zAzB. 31ZGr1cosisinr2cosisin3

11r1r2cosr1r2sini,331xr1r2cos3令： ZGxyi,则

y1rrsin1231r1r23xcos rr3ysin212122得

23x23y2)() 3 cossin1又 SAOBr1r2sin2S

22Sr1r2 4

sin24r1r2(将4 代入3 得

(3x23y28S)(), cossinsin2即

x22Scot32y22Stan321

22它表示以ScotStan,0和ScotStan,0为焦点, 以

334Scot为长轴长的双曲线. 由于AOB的重心G在三角形内部,且AOB 3在y 轴的右侧,所以AOB 的重心G的轨迹为双曲线的右支.

三、 导数限定法

导数限定法常用来求解多元函数最值,证明不等式. 其步骤是: (1) 局部限定; (2) 求导调整;

(3) 再限定调整,直至问题解决.

因此,导数限定法也可称导数调整法。

下面结合实例来分类探讨这一方法的具体运用： 例5：已知x1,x2,x30,且x1x2x31.求证：3i11331xi2，且2是最佳的. 1xi证明：设s(x)x1x2x31.

31x21(0x1)，fxs(x1)s(x2)s(x3)且1x1x以下求函数fx的下限: 因 s'x22211x31x23

5341421 故 s''xx1x331x11则 s'x在0,递增，在,1递减.

33111设界限为:0,10,∪,1.

33311考察区间0,，若仅有某元，如x10,，

331则有 x2x31.

3设 x2x3t1x3x10.

21故函数fx 在0,上递增.

3求下限应计算不可到达端点的函数值：

x0,y1,fx2. 故fx2. 所以，所证不等式成立，且2为最佳值. 例6：已知x,y,z0,且xyz1.求证：

x0x1,则 4x1S'x14x 22x(4x1)yxz33. 4x14y14z17证明：设SxS''x12xaxb(4x1)3x32 ①

其中， a23312330,b1. 12212设界限为b:0,10,bb,1.排定x,y,z的大小后有如下两种情况：

10zyxb,则S''x0.

由琴生不等式得

1yxz333. 4x14y14z114733当且仅当xyz1时，上式等号成立。 3120zybx1,则0z4.

设xzt（限为常数），则函数

BxSxSzxz的导数，有 4x14z114x14z0. 222x(4x1)2z(4z1)B'x于是, 函数Bx 在b,1上递减. 要Bx 增大,须减小x 增大z .

1b 若 先减至 ,而 未增至,这时,x,y,z0,b. ixz41(ii) 若x 还未减至b ,而z已先增至，则停止x与z 的调整. 此时,

4131xzb0y.

44411类似地,让x 与y 继续调整,这样总可让x 减小至bb,而y 未增至，

42故x,y,z0,b. 于是,情况2 经调整,也可得x,y,z0,b.且调整中函数值一直增大. 同

1 ,知情况2也有

yxz33. 4x14y14z17综合1 、2 ,所证不等式成立.

四、 均值代换法

均值定理可以叙述为:两个正实数的算术平均值大于或等于它们的几何平均值。对于某些不等式的证明，如果能恰当的引入均值不等式，则常会使一些陌生的问题熟悉化，复杂的问题简单化。即可分为如下两类：

11① 若ab1，可作代换at,bt；

22111②若abc1，可作代换at1,bt2,ct3,；其中t1t2t30333111或at1,bt2,ct1t2

333下面通过实例来简要介绍一下均值代换方法：

1例7：已知xyz1,求证：x2y2z2

3111证明：设xt1,yt2,zt3,其中t1t2t30，则

33322因为t1t2t30，t120,t20,t30

11所以x2y2z2（当且仅当xyz时，等号成立）

33

五、 判别式法

判别式在中学数学中占有十分重要的地位，它是等式与不等式相联系的重要桥梁，若能在解题过程中正确巧妙的运用，就能给人一种简单明快、耳目一新的感觉。而判别式运用的核心在于能否合理地构造二次方程或二次函数，为此下面将例谈判别式在不等式证明中的运用。

1、从条件或结论的外形结构构造二次方程，从而运用判别式 例8：已知a3b32,求证：ab2 分析：此题的证明方法很多，但从结论“

”的结构特征联想到韦达定理的

两根之和，利用韦达定理构造关于的二次方程，更可显示出解题思维的广阔性。故设tab，若①ab0，则命题显然成立；

t32②若ab0,ababaabbtt3ab2,，得：ab

3t33222t320的两实根，得： 所以a，b是方程xtx3t2t32t40，解得0t2

3t2故有

ab2

1例9：已知abc0,a2b2c21且abc,求证：c0

3分析：观察条件中给定式子的结构特征，并注意到结论需证明的是实数c的取值范围，所以可将c看成常量，这样就可以利用韦达定理构造关于a，b的二次方程。

由条件 abc0,

得 ab1c

又 a2b2c2ab2abc21 得 abc2c

所以a，b是方程fxx21cxc2c的两根 又abc,知此方程有两个大于c的实根，得：

201c, 2fc0解得

1c0 32、从条件和结论的内在联系构造二次方程，从而运用判别式

1例10：已知a,b,cR,且abc1求证：a2b2c2

3分析：由于条件给出的是一次式的等式，而结论需证的是二次式的不等式，而要利用判别式就需出现二次方程（函数），如何运用条件和结论的内在联系构造二次方程应成为解决本题的关键。联想到等式总比不等式简单，不妨设a2b2c2t，则由条件得：

1bc2b2c2t

化简得： 2b221cb2c22c1t0 故 41c82c22c1t0

2122从而有 2t3c2c13c

333221所以有a2b2c2（当然本题在设a2b2c2t后，也可利用韦达定理构造

3关于a，b的二次方程证明。）

3、从条件或结论的外形结构构造二次函数，从而运用判别式

例11： 已知,,为任意三角形的三个内角。 求证：x2y2z22xycos2yzcos2xzcos

分析：由于结论中出现了x,y,z二次项，联想构造二次函数，将结论整理变形为证明关于字母x的二次函数恒大于零。故设

fxx2y2z22xycos2yzcos2xzcosx2ycoszcosxyz2yzcos222

又：

4ycoszcos4y2z22yzcos24ysinzsin02

所以有fx0，即x2y2z22xycos2yzcos2xzcos. 例12： 已知a2abac0，求证：b24ac

分析：本题乍看起来似无从着手，由题中结论“b24ac”的外形结构联想b24ac0，此时解题的思路就会峰回路转，故可构造函数fxcx2bxa，则

当c0时，由条件知b0，易得b24ac； 当c0时，f0a,f1abc 又由条件得：f0f10 所以

与x轴必有两不同的交点，得b24ac0，即b24ac.

4、从条件和结论的内在联系构造二次函数，从而运用判别式 例13： 已知a,b,cR，且a2b3c6，求证：a22b23c26

分析：本题可类似于例3的证明方法，但是从条件和结论的结构特征，可联想二次函数

fxxa2xb3xc6x22a2b3cxa22b23c2，这

222样将条件和结论中的主要的式子与二次函数fx有机的结合起来。显然

fx0恒成立，所以0,即4a2b3c46a22b23c20，化简可

2得a22b23c26.

从以上的例题中我们可以发现判别式是方程、函数和不等式相联系的重要工具，是等式和不等式相互转化的重要桥梁。运用判别式△证明不等式，主要有两种途径：（1）构造有实数根的一元二次方程，然后利用△≥0来证明不等式；（2）构造恒大于（或小于）的一元二次函数，然后利用△≤0来证明不等式。

六、 构造几何图形法

用构造几何图形来证明不等式在教材中却不常见．这是由于构造几何图形证明不等式技巧性比较强，以至于这种方法多应用于数学竞赛．现举几例，以简要说明构造几何图形法的运用．

例14：若mn0,试证：m2n22mnn2m.

分析 由题设mn0和m2n20的形式，可考虑构造一个RtABC(如图1)，使ABm,BCn,C90, 显然有

ACm2n2,

∴m2n2nm, ∵mn0,mnn2,2mn2n2

∴2mnn2n

∴m2n22mnn2m.

例15：若,, 为锐角，且满足cos2cos2cos21,求证：

tantantan22 分析 看到题目条件等式的特征，联想到长方体对角线于其共点的三条棱的夹角有相同的公式：cos2cos2cos21,于是可用构造长方体来证．

证明 如图，记ABD1,B1BD1,CBD1,

b2c2a2c2a2b2tan,tan,tan,abctantantanb2c2a2c2a2b2abc2bc2ac2ababc22.

由此可以看出，用构造几何图形证明不等式，往往可起到特殊的效果．所以在平时教学或竞赛中多加以训练，可培养学生的创新能力．

七、 微分中值定理证明不等式

在高等数学的教材中还给出了利用微分中值定理证明不等式的方法，但是由于构造辅助函数有难度，同时需要一定的技巧，因此它相对于上述方法而言使用不多．在此给出利用微分中值定理证明不等式的方法和步骤，同时给出一些例子说明这个方法，希望能对学生证明不等式有所帮助． 首先给出使用微分中值定理证明不等式的步骤： (1)构造辅助函数fx；

(2)构造微分中值定理需要的区间a,b； (3)利用a,b，对f'进行适当的放缩．

其次给出利用微分中值定理证明[1，2]中几个不等式的例子．

1例16： 求证：当x1时，2x3

x证明 设辅助函数ft2t，在1,x上对ft使用Lagrange中值定理，

fxf1f'x1,1,x．

即

2x2由于1,x，则有

1x1.

1因此

11 xx2x2整理可得

2x311 xx1x1 x例17：求证：当x0时，ln1xarctanx 1x证法一 令ftln(1x),Ftarctant,在0,x上使用Cauchy中值定理，

ln1x12,0,x.

arctanx1由于0,x,则

121 11x因此

ln1x1

arctanx1x