知识导学

不等式的证明是要证明对于满足条件的所有数都成立（或都不成立），而并非是带入具体的数值去验证式子是否成立．

证明不等式主要有三种方法：比较法、综合法和分析法．我们来逐一分析一下：

1．用比较法证明不等式的分析．

①在证明不等式的各种方法中，比较法是最基本、最重要的方法．

②证明不等式的比较法，有求差比较法和求商比较法两种途径．

③求差比较法的基本步骤是：“作差——变形——断号”．求差比较法的主要依据是实数的运算性质与大小顺序之间的关系：a-b>0a>b，a-b<0a<b，对a,b没有任何限制条件．基本解题步骤是:作差变形判断符号（即与0比）,其关键在于变形．变形要有目标，其目标是为了判断差的符号，它与一般的化简有所不同．变形的主要方法有因式分解和配方法．变形的结果要最便于判断符号，一般尽量避免讨论．例如变形到(a-b)(a²-b²)时，应该再变形一步到：(a-b)²(a+b)．又如变形到a²+ab+b²时，可再变形为．

　　变形的方法一般有配方法、通分的方法和因式分解的方法等，为此，有时把差变形为一个常数，或者变形为一个常数与一个或几个数的平方和的形式．或者变形为一个分式，或者变形为几个因式的积的形式等．总之．能够判断出差的符号是正或负即可．

④作商比较法的基本步骤是：“作商——变形——判断商式与1的大小关系”，主要依据是不等式的性质：当b＞0时，；当b＜0时．需要注意的是，作商比较法一般用于不等号两侧的式子同号的不等式的证明．

一般能用作商比较法证明的不等式都能用作差比较法证明．有时作差后变形比较复杂，而要证明的不等式中的式子符号又是确定的，就可用商比较法．例如指数式的不等式证明．

2．用综合法证明不等式的分析．

①利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质推倒出所要证明的不等式成立，这种证明方法通常叫做综合法．

②综合法的思路是“由因导果”：从已知的不等式出发，通过一系列的推出变换，推导出求证的不等式．

③利用综合法由因导果证明不等式，就要揭示出条件与结论之间的因果关系，为此要着力分析已知与求证之间的差异和联系、不等式左右两端的差异和联系，在分析所证不等式左右两端的差异后，合理应用已知条件，进行有效的变换是证明不等式的关键．

综合法证明是从题设条件出发，利用不等式性质和重要不等式知识，逐步推导出要证明的不等式，因此也称之为演绎法．是一种执因索果的方法，在思维形式上属于发散性思维．因为综合法证明应用了已知的结论，所以证明过程与比较法相比，比较简捷，应用综合法证明不等式首先要熟悉不等式的性质和定理，并能熟练地运用这些性质和定理．

3．用分析法证明不等式的分析．

①从求证的不等式出发，逐步寻求使不等式成立的充分条件，直至所需条件被确认成立，就断定求证的不等式成立，这种证明方法就是分析法．

有时，我们也可以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，只要这个推出过程中的每一步都是可以逆推的，那么就可以断定所给的不等式成立．这也是用分析法，注意应强调“以上每一步都可逆”，并说出可逆的根据．

②分析法的思路是“执果导因”：从求证的不等式出发，探索使结论成立的充分条件直至已成立的不等式．它与综合法是对立统一的两种方法．

③分析法是一个难点，一是难在初学时不易理解它的本质是从结论分析出使结论成立的“充分”条件，二是不易正确使用连接有关（分析推理）步骤的关键词．如“为了证明”“只需证明”“即”以及“假定……成立”等．

分析法是证明不等式时一种常用的基本方法．当证明不知从何入手时，有时可以运用分析法而获得解决．特别对于条件简单而结论复杂的题目往往更是行之有效．

4．关于分析法与综合法

①分析法与综合法是思维方向相反的两种思考方法．

②在数学解题中，分析法是从数学题的待证结论或需求问题出发，一步一步地探索下去，最后达到题设的已知条件．即推理方向是：结论→已知．

综合法则是从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证结论或需求问题．即：已知→结论．

③分析法的特点是：从“结论”探求“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理实际上是要寻找结论的充分条件．

综合法的特点是：从“已知”推出“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理实际上是要寻找已知的必要条件．

④各有其优缺点：从寻求解题思路来看：分析法是执果索因，利于思考，方向明确，思路自然，有希望成功；综合法由因导果，往往枝节横生，不容易达到所要证明的结论．从书写表达过程而论：分析法叙述繁锁，文辞冗长；综合法形式简洁，条理清晰．也就是说，分析法利于思考，综合法宜于表达．

⑤一般来说，对于较复杂的不等式，直接运用综合法往往不易入手，用分析法来书写又比较麻烦．因此，通常用分析法探索证题途径，然后用综合法加以证明，所以分析法和综合法经常是结合在一起使用的．我们把这种方法称为“逆推顺证法” ．

　　证明： 作差a²+b²-[2(2a-b)-5]= a²+b²-4a+2b+5

          =(a²-4a+4)+(b²+2b+1)=(a-2)²+(b+1)²，

　　　　　∵(a-2)²≥0，(b+1)²≥0，∴≥0，

　　　　　∴a²+b²≥2(2a-b)-5．

　　分析： 作差后变形的目标是分解成有关a-b，b-c，a-c的因式，利用已知条件判断符号．

　　证明： 作差=a²b+b²c+c²a-( ab²+bc²+ca²)= a²b+b²c+c²a- ab²-bc²-ca²

          　　　　　=ab(a-b)+bc(b-c)+ca(c-a)=ab[(a-c)- (b-c)]+bc(b-c)+ca(c-a)

         　　　　　 =ab(a-c)-ab(b-c) +bc(b-c)+ca(c-a)=a(a-c) (b-c)+b(b-c) (c-a)

          　　　　　=(a-c) (b-c) (a-b)，

　　　　　∵a＞b＞c，∴a-c＞0，b-c＞0，a-b＞0，∴＞0，

　　　　　∴a²b+b²c+c²a＞ab²+bc²+ca²．

　　点拨： 证明本题的关键步骤是将a-b化为(a-c)- (b-c)，目的是能与后面的因式有相同的因式a-c，b-c，进一步因式分解，化为积的形式．

　　分析： 因为求证的不等式中三个式子的分母各不相同，直接变形比较困难，因而采用换元的形式，使式子比较简单．

　　证明： ∵a＞b＞c，设a-b=x，b-c=y，显然x＞0，y＞0，

　　　　　　　且a-c=a-b+ b-c=x-y＞0，

　　　　　　作差=-=

=，

　　　　　　　∵x＞0，y＞0，x+y＞0，≥0，∴≥0，

　　　　　　　∴≥．

习题精选

　　证明： 作差=-()=

         　　 　　=

　　　　　　∵a,b，∴aⁿ＞0，bⁿ＞0，

　　　　　　1°当a≥b时，a^n-1≥b^n-1，aⁿ≥bⁿ，∴≥0．

　　　　　　2°当a＜b时，a^n-1＜b^n-1，aⁿ＜bⁿ，∴＞0．

　　　　　　所以当a＞0，b＞0时，总有≥0成立．

　　　　　　∴≥．

　　证明一 ：利用作差比较．

　　　　作差=a^ab^b-=

　　　==，

　　　　1°若a＞b＞0，则＞1，函数为单调增函数，

　　　　　∵＞0，∴＞，∴＞0．

　　　　2°若a=b，则=0．

　　　　3°若0＜a＜b，则0＜＜1，函数为单调减函数，

　　　　　∵＜0，∴＞，∴＞0．

　　　　因此，a,b时总有≥0成立，∴a^ab^b≥．

　　　　证明二： 利用作商比较：

　　　　　　作商=，

　　　　　　同解法一，总有≥1成立，即≥1，

　　　　　　∵＞0，∴a^ab^b≥．

　　点拨： ①对于幂的形式的不等式证明，由符号确定，作商后变形比较简单，所以往往用作商比较，②证法一，二都用到讨论的方法，当字母a,b的大小关系不确定时，必须分a＞b，a=b，a＜b三种情况来证明的值的范围．

　　分析：变换字母a,b,c，所得式子不变，这样的式子称之为“对称轮换式”，证明这样的不等式，往往对一个式子进行分析，而后多次使用同一个方法，这里左式有分母，而右式没有分母，因而利用不等式消去分母是证明的关键．

　　证明 ：∵a,b,c，∴＞0，b＞0，

　　　　　　∴+b≥=2a，①

　　　　　　同理：+c≥2b，②  +a≥2c，③

　　　　　　利用不等式性质，①，②，③式左右分别相加：

　　　　　　得+b++c++a≥2a+2b+2c，

　　　　　　∴≥a+b+c．

　　点拨： 对于对称轮换式，要注意分析式子的特征，多次运用同一个方法，达到证明的目的．例如：a,b,c，求证a+b+c≥．又如已知x₁,x₂…x_n，求证：≥x₁+x₂+…+x_n．

　　分析： 欲证原不等式成立，即证a⁴+b⁴+c⁴≥a²bc+ab²c+abc²，每使用上次基本不等式，就会出现乘积式，例如a⁴+b⁴≥2a²b²，而a²bc=ab·ac，所以要多次运用基本不等式．

　　证明 ：∵a,b,c，∴a⁴+b⁴≥2a²b²，

　　　　　　同理b⁴+c⁴≥2b²c²，c⁴+a⁴≥2a²c²，

　　　　　　∴2(a⁴+b⁴+c⁴)≥2a²b²+2b²c²+2a²c²，①

　　　　　　又a²b²+b²c²≥2ab·bc=2 ab²c，

　　　　　　同理：b²c²+a²c²≥2abc²，a²c²+ a²b²≥2a²bc，三式相加．

　　　　　　∴2a²b²+2b²c²+2a²c²≥2 a²bc+2ab²c+2abc²，②

　　　　　　由①、②可得 2(a⁴+b⁴+c⁴)≥2(a²bc+ab²c+abc²)，

　　　　　　∴a⁴+b⁴+c⁴≥a²bc+ab²c+abc²，∵abc＞0，

　　　　　　两边同除以abc，得≥a+b+c．

　　证明 ①∵a,b,c为三角形的三边，

　　　　　　∴a+b＞c，∴a+b+c＞2c＞0，∴＜，

　　　　　　∴，

　　　　　　同理，，

　　　　　　三式相加，＜．

　　　　　　又②(a-b)(A-B)≥0，∴aA+bB≥aB+bA，

　　　　　　同理：bB+cC≥bC+cB，cC+aA≥cA+aC，

　　　　　　三式相加：2(aA+bB+cC)≥a(B+C)+b(A+C)+c(A+B)(当且仅当a=b=c时取“=”号)．

　　　　　　∵

　　　　　　代入上式，得2(aA+bB+cC)≥a()+b()+c()，

　　　　　　∴2(aA+bB+cC)≥( a+b+c)-( aA+bB+cC)，

　　　　　　∴3(aA+bB+cC)≥( a+b+c)，

　　　　　　∴≥，

　　　　　　由①②可得：≤＜．

　　分析：要证≤，

　　　　　只要证 ≤，

　　　　　只要证 ()²≤()²，

　　　　　只要证 ()²-2()()+()²≤，

　　　　　只要证 -2()()≤，

　　　　　只要证 -2()()≤-4()，

　　　　　只要证 ≥2，(*)

　　　　　对于(*) ∵a＞0，∴≥2，显然成立，

　　　证明：∵a＞0，∴≥=2，当且仅当a=1时取“=”号．

　　　　　　∵-2()＜0，

　　　　　　∴-2()()≤4()，

　　　　　　∴-2()()+4()≤0，

　　　　　　∴-2()()+4()≤，

　　　　　　∴+2-2()()+()²≤，

　　　　　　∴()²-2()()+()²≤，

　　　　　　∴[()-()]²≤，

　　　　　　∴|()-()|≤，

　　　　　　∴()-()≤|()-()|≤，

　　　　　　∴≤．