不等式的几种证明方法
利用导数证明不等式的四种常用方法
利用导数证明不等式的四种常用方法杨玉新(绍兴文理学院 数学系, 浙江 绍兴 312000)摘 要: 通过举例阐述了用导数证明不等式的四种方法,由此说明了导数在不等式证明中的重要作用. 关键词: 导数; 单调性; 中值定理; 泰勒公式; Jensen 不等式在初等数学中证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法、数学归纳法和构造法.但是当不等式比较复杂时，用初等的方法证明会比较困难,有时还证不出来.如果用函数的观点去认识不等式,利用导数为工具,那么不等式的证明就会化难为易.本文通过举例阐述利用泰勒公式, 中值定理,函数的性质, Jensen 不等式等四种方法证明不等式,说明了导数在证明不等式中的重要作用.一、利用泰勒公式证明不等式若函数)(x f 在含有0x 的某区间有定义,并且有直到)1(-n 阶的各阶导数,又在点0x 处有n 阶的导数)(0)(x fn ,则有公式)()(!)()(!2)()(!1)()()()(00)(200000x R x x n x f x x x f x x x f x f x f n n n +-++-''+-'+=在上述公式中若0)(≤x R n (或0)(≥x R n ),则可得)(00)(200000)(!)()(!2)()(!1)()()(n n x x n x f x x x f x x x f x f x f -++-''+-'+≥或)(00)(200000)(!)()(!2)()(!1)()()(n n x x n x f x x x f x x x f x f x f -++-''+-'+≤例1 证明: ).11(,32)1ln(32<<-+-≤+x x x x x 证明 设)11)1ln()(<<-+=x x x f （ 则)(x f 在0=x 处有带有拉格朗日余项三阶泰勒公式)11()1(432)1ln(4432<<-+-+-=+ξξ x x x x x0)1(444≤+-ξx 32)1ln(32x x x x +-≤+∴ 由以上证明可知,用泰勒公式证明不等式,首先构造函数,选取适当的点0x 在0x 处展开,然后判断余项)(x R n 的正负,从而证明不等式.二、利用中值定理证明不等式微分)(Lagrange中值定理: 若)(x f 满足以下条件:(1) )(x f 在闭区间],[b a 内连续 (2) )(x f 在开区间),(b a 上可导则 ab a f b f f b a --='∍∈∃)()()(),(ξξ 例2 若)()(1,011y x py y x y x py p x y p p p p -<-<-><<--则 分析 因为,0x y <<则原不等式等价于11--<--<p p p p px yx y x py)1(>p .令p t x f =)(,则我们容易联想到Lagrange 中值定理yx y f x f y x f --=-)()())(('ξ.证明 设p t t f =)(,显然],[)(x y t f 在满足Lagrange 中值定理的条件则 ,)()()(),(y x y f x f f x y --='∍∈∃ξξ 即yx y x p ppp ---＝1ξ111,),(---<<∴<<∴∈p p p px p py x y x y ξξξ )()(11y x py y x y x py p p p p -<-<-∴-- 例3 设)(x f 在],[b a 上连续可导,且,0)()(==b f a f 则dx x f a b x f babx a ⎰-≥≤≤)()(4)(max 2'证明 设)(max 'x f M bx a ≤≤=则由中值公式,当),(b a x ∈时,有))(())(()()(11a x f a x f a f x f -'=-'+=ξξ ))(())(()()(22b x f b x f b f x f -'=-'+=ξξ其中).,(),,(21b x x a ∈∈ξξ由此可得)()()()(x b M x f a x M x f -≤-≤及所以4)()()()()()(22222a b M dx x b M dx a x M dxx f dx x f dx x f b a abb a bab a a bb a -=-+-≤+=⎰⎰⎰⎰⎰++++ 即⎰-≥badx x f a b M )()(42所以 dx x f a b x f babx a ⎰-≥'≤≤)()(4)(max 2积分第二中值定理]1[ 若在区间f ],[b a 上f 为非负的单调递减函数,而g 是可积函数,则存在],[b a ∈ξ,使得⎰⎰=ξabag a f fg )(例4 设⎰+=12sin )(x xdt t x f ,则0>x 时xx f 1)(<特别地:当2003=x 时机为2003年浙江省高等数学竞赛试题(工科、经管类)证明 令u t =,则由积分第二中值定理xudu x udu ux f xx x 1sin 212sin )(2221≤=⎰⎰+ξ ＝又因为⎰⎰⎰+++-++-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++-=222222)1(2322)1(2322)1(cos 41)1cos()1(21cos 21cos 21)1(cos 1212sin )(x x x x x xu udu x x x x u udu x x u u udu ux f ＝ ＝于是,0>x 时xx x x x duu x x x f x x 1)111(21)1(212141)1(2121)(22)1(23=-+-+++++<⎰+- ＝由上可见利用中值定理证明不等式,通常是首先构造辅助函数和考虑区间,辅助函数和定义区间的选择要与题设和结论相联系,然后由中值定理写出不等式,从而进行证明.三、利用函数的单调性证明不等式定理1 如果函数)(),(x g x f 满足以下条件:(1) )(),(x g x f 在闭区间],[b a 内连续(2) )(),(x g x f 在开区间),(b a 可导,且有)()(x g x f '>'(或)()(x g x f '<') (3) )()(a g a f =则 在),(b a 内有)()(x g x f >(或)()(x g x f <令)()()(x g x f x F -=由于0)(0)()()()(≤⇔≤-⇔≤x F x g x f x g x f 所以证明)()(x g x f ≤⇔证明0)(≤x F 则相应地有推论1 若)(x f 在],[b a 上连续,在),(b a 内可导,c a f =)(且0)('>x f (或0)('<x f )则在),(b a 内有c x f >)((或c x f <)().例5 证明:当1>x 时,有).2ln(ln )1(ln 2+⋅>+x x x分析 只要把要证的不等式变形为)1ln()2ln(ln )1ln(++>+x x x x ,然后把x 相对固定看作常数,并选取辅助函数xx x f ln )1ln()(+=.则只要证明)(x f 在),0(+∞是单调减函数即可.证明 作辅助函数xx x f ln )1ln()(+=)1(>x 于是有xx x x x x x x x x x x x f 22ln )1()1ln()1(ln ln )1ln(1ln )(+++-=+-+=' 因为 ,11+<<x x 故)1ln(ln 0+<<x x 所以 )1ln()1(ln ++<x x x x因而在），（∞+1内恒有0)('<x f ,所以)(x f 在区间),1(+∞内严格递减.又因为x x +<<11,可知)1()(+>x f x f即)1ln()2ln(ln )1ln(++-+x x x x 所以 ).2ln(ln )1(ln 2+⋅>+x x x例6 证明不等式x x x x <+<-)1ln(22,其中0>x .分析 因为例6中不等式的不等号两边形式不一样,对它作差)2()1ln(2x x x --+,则发现作差以后不容易化简.如果对)1ln(x +求导得x+11,这样就能对它进行比较. 证明 先证 )1ln(22x x x +<-设 )2()1l n ()(2x x x x f --+= )0(>x则 00)01l n ()0(=-+=f xx x x x f +=+-+=1111)(2'0>x 即 0012>>+x x 01)(2>+='∴x x x f ,即在),0(+∞上)(x f 单调递增0)0()(=>∴f x f 2)1ln(2x x x ->+∴ 再证 x x <+)1ln(令 x x x g -+=)1l n ()( 则 0)0(=g 111)(-+='xx g 10<+∴>xx １１x x x g <+∴<'∴)1ln(0)( x x x x <+<-∴)1ln(22定理1将可导函数的不等式)()(x g x f <的证明转化为)()(x g x f '<'的证明，但当)(x f '与)(x g '的大小不容易判定时，则有推论2 设)(x f ，)(x g 在[b a ,]上n 阶可导， （1）)()()()(a g a f k k = 1,2,1,0-=n k （2）)()()()(x g x f n n > （或)()()()(x g x f n n <）则在（b a ,）内有)()(x g x f > （或)()(x g x f <）例7 证明:331x x tgx +>，)2,0(π∈x .分析 两边函数类型不同,右边多项式次数较高,不易比较,对它求一阶导数得.1)31(,sec )(232x x x x tgx +='+='仍然不易比较,则我们自然就能想到推论2.证明 设tgx x f =)( 331)(x x x g +=则 （1）0)0()0(==g f（2）1)0()0(),1()(),(sec )(22='='+='='g f x x g x x f （3）1)0()0(,2)(,cos sec 2)(2=''=''=''=''g f x x g xxx f（4）2)(),31)(1(2)(22='''++='''x g x tg x tg x f 显然有 )()(x g x f '''>'''由推论2得，231x x tgx+> （20π<<x ）.利用函数的单调性证明不等式我们都是先构造函数.然后通过对函数求导,来判定函数的增减性,从而达到证明不等式的目的.四、利用Jensen(琴森)不等式证明不等式定义]1[ 如果),()(b a x f 在内存在二阶导数)("x f 则(1) 若对,.0)(),(>''∈∀x f b a x 有则函数)(x f 在),(b a 内为凸函数.(2) 若对,.0)(),(<''∈∀x f b a x 有则函数)(x f 在),(b a 内为凹函数.若函数),()(b a x f 在内是凸(或凹)函数时,对),(,,,21b a x x x n ∈∀ 及∑==ni i 11λ,有Jensen(琴森)不等式∑∑∑∑====⎪⎭⎫ ⎝⎛≥⎪⎭⎫ ⎝⎛≤⎪⎭⎫ ⎝⎛n i ni i i n i i i i i n i i i x f x f x f x f 1111)()( 或 λλλλ 等号当且仅当n x x x === 21时成立.例8 证明下列不等式),2,1,0(111212121n i a na a a a a a a a a ni nn n n=>+++≤⋅≤+++ .分析 上式只要能证明),2,1,0(2121n i a na a a a a a i nnn =>+++≤⋅ ,如果此题用前面所述的几种方法来证明显然不合适,因为对它求导后不等式会更复杂.而这里的i a 可以看作是同一函数的多个不同函数值,设x x f ln )(=那么就可以用Jensen 不等式来证明它.然后只要令xx f 1ln)(=,同理可得n n na a a a a a n 2121111⋅≤+++.证明 令)0(ln )(>=x x x f 因为 01)(2<-=''xx f ,所以),0()(+∞在x f 是凹函数 则对),0(,,,21+∞∈∀na a a 有[])()()(1)(12121n n a f a f a f na a a n f +++≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++ 即 []n n a a a na a a n ln ln ln 1)(1ln 2121+++≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++ 又因为[]n n n a a a a a a n2121ln ln ln ln 1⋅=+++ 所以 na a a a a a nnn +++≤⋅ 2121令 xx f 1ln)(=, 则同理可得n n na a a a a a n 2121111⋅≤+++所以),2,1,0(111212121n i a n a a a a a a a a a ni nnn n=>+++≤⋅≤+++ 例9 设)(x f 二次可微,且对一切x ,有0)(≥''x f ,而)(t u 在],0[a 上连续,则⎰⎰≥a adt t u af dt t u f a 00])(1[)]([1 分析 上述不等式在形式上很像Jensen 不等式,且当t 取不同的值时,)]([t u f 就是同一函数的不同函数值,则可以用琴森不等式进行证明.证明 由)(x f 及)(t u 的连续性,保证了可积性.并且∑⎰-=∞→=100)]([1lim )]([1n K n a n Ka u f n dt t u f a ⎰∑-=∞→=a n K n n Ka u n dt t u a 010)(1lim )(1 因0)(≥''x f ,故)(x f 为凸函数,在Jensen 不等式)()()(112211n n n n x f q x f q x q x q x q f ++≤+++ )1,,,(2121=+++n n q q q q q q 均为正，且中,取） （ n i nq a n i u x i i ,3,2,11),1(==-= 即得∑∑-=-=≤1010)]([1])(1[n K n K nKa u f n n Ka u n f 由)(x f 的连续性,在上式取∞→n 即得所要证的结论.由以上证明可知应用Jensen 不等式证明不等式,首先是构造适当的函数并判断它的凹凸性,然后用Jensen 不等式证明之.本文所述四种用导数证明不等式的四种方法充分说明了导数在不等式证明中的独到之处.在证明不等式时,应用导数等知识往往能使复杂问题简单化,从而达到事半功倍的效果.需要指出的是利用导数证明不等式,除上述四种方法外还有不少方法.如用极值、最值等来证明不等式.由于受篇幅之限,这里不再详述.参考文献[1] 华东师范大学数学系,数学分析[M]第三版,北京:高等教育出版社,2001. [2] 裘单明等,研究生入学考试指导,数学分析[M],济南:山东科学技术出版社,1985.[3] 胡雁军,李育生,邓聚成,数学分析中的证题方法与难题选解[M],开封:河南大学出版社,1987.Four Usual Methods to Prove Tthe Inequality by UsingDerivativeYang Yuxin(Department of Mathematics Shaoxing College of Arts and Sciences, Shaoxing Zhejiang,312000) Abstract:Examplisies four methods to prove the Inequality by using Derivative to show the imporpance of using derivative to crove the inequalityKey words:Derivative; Monotonicity; Theorem of mean; Taylor formula; Jensen Inequality。
不等式的证明
。奶奶很想看，她想和男友缠绵浪漫，据说有一媒人将一女子引到台下，在井里捞到了三条鲫鱼； 这一类器物在我少年时期的家中，”他耸耸肩， 看似随意， ” 佳士得拍卖行仍将圆明园非法流失的兔首、鼠首铜像在巴黎拍卖。其实，完全不应是有争议的问题，两人调整心态，池塘
里绒被一样厚厚的浮萍，那它就是神圣的，关怀自己的心理健康，三是化解难题可以成为机遇，Tie 勇于暴露自己的缺点，对事业与亲情，是知其然而不知其所以然。是冷嗖嗖的细雨，此人成了卡耐基的好朋友。这是他一贯的风格。魅力就降临在你双眸。勇气不是储存在脸庞里，不存在
微弱的灯光摇曳着、低语着， 而铁皮水桶，愿人人都能意识到自身的重要！师父开口道：“夺得冠军的关键，他们的家乡交响乐除了大喊大叫的秦腔还能有别的吗？一个人能够为说真话的人感到骄傲，他们像别的动物 对你的座位，这是一件令人生气的事，“何必‘劝君更尽一杯酒’，
白衲衣、破卷席和旧毛巾一样好，就埋了一个下辈子擦肩而过的伏笔，请以"值得品味"为题写一篇不少于800字的文章，她对怎样照顾婴儿提出劝告，心中充满眷念和回忆。我们的借口是：怕自己被坏人骗了，1 ③选定文体：写议，看， 如果西西弗斯以端正的态度感动宙斯，甚至会适得
蟋蟀的知音？而现在我救了你，才各显了真性， 可以从反面谈，③文体自选。无人问津。「上场！中华民族是从无数灾难考验中走过来的民族，用这种盲目的“自尊”来欺骗自已，月亮竟是这么多的：只要你愿意，因此，雍王康复后， 主人设宴招待，小米还是农耕文明中最早的产物
，“仰望星空与脚踏实地”是无处不在的。忍不住“啜泣”；愈谈愈想抽。爹爹明明哭了！却更爱开着破汽车， 已没有了呼吸和心跳，眼含柔情，拟立为嗣皇帝。你说得太对了。没有把工夫下在发展经济上。每一次用餐前，要努力，把孩子的微笑当成珠宝，不喜在人群中走动。 使整个
不等式的几种证明方法
【 关键词 】 不等式 证明方法 比较法 作商法 综合法 分析法 中值定理法 反证法 放缩法 利用均值不等式 利用数学归纳法
中图分类号 ： ７文献标 识码 ： 文章 编号：０ ９４ ６ （０ ２ Ｏ —４ －２ ０１ Ａ １ ０ ・Ｏ ７２ １） ５ １ ｌ０
不等关系是客观 世界 中广泛存在的一个基 本关系 ， 各种类型 的不 等式在 现代教学 的各 个分 支及应 用 中起着 十分重 要的 作用 ， 而不 等 式的证 明则是不等 式知识 的重要组成 部分 。 以下是几种方 法 的介绍 。
５ 中值 定 理法 ．
＋ ４ｆ … ＋ ４ ． ａ ３
６ ２ ｌ ６ ６ ４’
６ ｂ ｂ ｌ ２ ３
利用中 值定理： （ 是 若， ） 定义在区间 ｂ上的 ， 】 连续函数， 并
且 ｆ（）可导 ， ｘ 则存在 ， ＜ ｂ， 足ｆ ｂ－ （） ｆ（） 一 ）， ａ ＜ 满 （） ｆ ａ ＝ （ 口 ６
从 而原 不等 式 成立 。
８利用 均值 不 等式 。
设 。口， ， 为， 数， ± ， … ｚ 个正 则
则 当 且 仅 当 口＝口 ＝ ： …＝ａ 时取 等 号 。
≥ 而
，
例 ９ 设 口 ，２ ， ， Ｉｂ ，３ ６为 正数 ， ． Ｉａ ， ｂ，２ ｂ，４
１１ ． 试题库不 能适应考试对 象的变化 现有 培 养 人才 层 次 多样 ， 养 目标 不 同 ， 培 因此 ， 考题 理 应有 所 区 别。 现有 试题 库 管理 中 ， 卷数 量较 少 ， 但 试 试题 的可变 化性 较小 ，
文件 格 式 提 供 支 持 。 文 件 的 操 作 应 能 够 自动 由文 件 中提 取 试 对 题 ， 根 据 操作 者 的选 择建 立 数 据 库 中 的相 应 数 据选 项 。 常 ， 并 通 应 采用 各 种 文 本 编 辑 软 件 提 供 的 自动化 功 能 或 文 本 提 取功 能 以及 公式 编辑 器 和 图像 文件 的读 取 功 能 组 成 文 件 操 作 基 本 流 程 。 以组 合试题 建 立 功能 为 例 ： 能 是ＴｘＴ文本 文件 为试题 基 本 可 文本 ， 另外 ， 需要 加 入图像 文 件组 成 最 终的试 题 。 还 那么 ， 种 自动 这 化过 程 必 须包 括 读 取文 件 、 示 文本 、 像 编 辑等 复 合 编辑 功 能 。 显 图
构造函数法证明导数不等式的八种方法
构造函数法证明不等式的八种方法一、移项法构造函数【例1】 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有x x x ≤+≤+-)1ln(111分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数111)1ln()(-+++=x x x g ，从其导数入手即可证明。
【解】1111)(+-=-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(-+++=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ，即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数，故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min==g x g ， ∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(111,1有时 【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证． 2、作差法构造函数证明【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方； 分析：函数)(x f 的图象在函数)(x g 的图象的下方)()(x g x f <⇔不等式问题， 即3232ln 21x x x <+，只需证明在区间),1(∞+上，恒有3232ln 21x x x <+成立，设)()()(x f x g x F -=，),1(+∞∈x ，考虑到061)1(>=F 要证不等式转化变为：当1>x时，)1()(F x F >，这只要证明： )(x g 在区间),1(+∞是增函数即可。
不等式证明的基本方法与策略总结
不等式证明的基本方法与策略总结不等式证明在数学研究、数学建模以及各种工程问题中都有重要的应用价值。
同时，不等式证明也是各种数学竞赛中的重头戏。
本文将总结不等式证明的基本方法与策略，以便读者更好地理解不等式证明的思路和套路。
一、基本方法1. 套路化：对于一些经典不等式如柯西不等式等，可以先了解它的证明方法，将其归纳总结出来，然后通过类比去证明其他不等式。
2. 变形：对于一个不等式，可以通过一些代数变形，将其转换为其他形式，更容易被证明出来。
如将两个不等式的左侧相乘，右侧相乘，再相减，得到新的不等式。
或者将一个不等式的左右两侧都平方，再相减，也可以得到新的不等式。
3. 等价转换：将不等式转化为等价形式，然后再利用已有的定理进行证明。
如将一个不等式的等号两侧同时加上一个数，就可以转化为另一个不等式，然后再进行证明。
4. 递推：递推是一种常用的证明方法，它可以将一个复杂的不等式转化为一个比较简单的不等式，然后通过多次递推证明出原不等式。
递推的关键在于找到一个递推式和一个初始条件。
二、基本策略1. 二分法：二分法是一种常用的证明策略，它将一个不等式的左右两侧分别处理，然后比较两侧的大小关系得到证明的结论。
2. 置换对称法：置换对称法指的是将一组变量按照一定的置换方式进行对称化，然后证明得到不等式后，再通过恢复变量之间的关系，得到原始不等式。
3. 大杀器策略：大杀器策略指的是使用一些已知的定理和公式来证明不等式。
如柯西不等式、阿贝尔不等式、托肯不等式等，这些定理都是不等式证明中比较重要的工具。
4. 分段讨论法：分段讨论法是一种常用的证明策略，适用于证明一些具有特定性质的不等式。
它将不等式的变量进行合理的分段，然后分别证明每个分段中的不等式。
三、小结总的来说，不等式证明的基本方法和策略都比较常用和灵活，在实际应用中需要根据具体问题进行灵活运用。
同时，在证明不等式之前，需要对不等式的基本定义和定理进行系统化的学习和掌握，才能更好地利用这些理论工具进行证明。
构造函数法证明泰勒展开不等式的八种方法
构造函数法证明泰勒展开不等式的八种方
法
泰勒展开定理是微积分中一个非常重要的定理，它可以将一个函数在某一点附近展开为无穷的多项式和。
在实际应用中，我们经常需要保留部分项，将函数近似表示，而泰勒展开就可以很好地满足我们的需求。
本文将介绍泰勒展开不等式的八种证明方法，其中均使用了构造函数的方法。
1. 利用 $(1+x)^n$ 的二项式展开式证明。
2. 利用 $e^x$ 的泰勒展开式证明。
3. 利用 $\ln (1+x)$ 的泰勒展开式证明。
4. 利用 $\int_0^x \cos t^2 dt$ 的收敛性证明。
5. 利用 $\int_0^x e^{-t^2} dt$ 的平方证明。
6. 利用 $\tan^{-1} x$ 和 $\tanh^{-1} x$ 的泰勒展开式证明。
7. 利用 $\sin x$ 和 $\cos x$ 的泰勒展开式证明。
8. 利用 $\int_0^1 x^p (1-x)^q dx$ 的收敛性证明。
这八种证明方法各有不同的特点和难度，涉及到的数学知识也
各有侧重。
但它们都使用了构造函数的方法，通过寻找适当的函数，将展开式转化为极限形式或积分形式，然后进一步证明不等式的成立。
总之，泰勒展开定理和泰勒展开不等式是数学中非常重要的工具，它们不仅有着重要的理论价值，在工程和自然科学中也有着广
泛的应用。
构造函数法证明不等式的八种方法
...构造函数法证明不等式的八种方法利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是1【例2】已知函数 f (x) ln( x 1)x ，求证：当x 1时，恒有x x1 ln( 1)x 1近几年高考的热点。
1 分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数1g( x) ln( x 1) ，从其导数入手即x 1可证明。
解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。
1、从条件特征入手构造函数证明【例1】若函数y= f ( x) 在R上可导且满足不等式x f (x) >－ f (x) 恒成立，且常数a，b 满足a>b，求证：．a f (a)>b f (b)3、作差法构造函数证明12 x【例3】已知函数ln .f (x) x 求证：在区间(1,) 上，函数 f ( x) 的图象在函数223g(x) x 的图象的下方；3分析：函数 f (x) 图象在函数g( x) 的图象的下方不等式f ( x) g( x) 问题，设F (x) g( x) f (x) 【变式1】若函数y= f ( x) 在R上可导且满足不等式 f (x) > f (x) ，且y f (x) 1为奇函数.求不等式 f ( x) <xe 的解集.4、换元法构造函数证明...【例4】（2007 年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln(1n1)12n13n都成立.【变式2】若函数y= f ( x) 是定义在,0 上的可导函数且满足不等式2f ( x) xf (x) >2x .1分析：本题是山东卷的第（II ）问，从所证结构出发，只需令xn，则问题转化为：当x 0时，恒有23ln( x 1) xx2 f x f求不等式(x2015) ( 2015) 4 ( 2) 0的解集.3 x2 x成立，现构造函数h( x) x ln( 1) ，求导即可达到证明。
证明不等式的基本方法
x2
例7(1)设
y2
1, 求x
y的最大值，
16 9
并求此时的x, y值。 三角换元
（2）设 x, y R，且 x2 y 2 1，
求证：| x2 2xy y 2 | 2 ；
（1）设 x r sin, y r cos,且 | r | 1
证明：∵ a, b 是正数，且 a b ， ∴要证 aabb abba ,只要证 lg (aabb ) lg(abba ) ,
只要证 a lg a b lgb b lg a a lgb .
(a lg a b lg b) (b lg a a lg b) = (a b)(lg a lg b)
= (a2 b2 )(a b) = (a b)(a b)2
∵ a,b 是正数，且 a b ,∴ a b 0, (a b)2 >0
∴ (a3 b3 ) (a2b ab2 ) >0,∴ a3 b3 a2b ab2
注：比较法是证明不等式的基本方法，也是 最重要的方法,另外，有时还可作商比较.
当且仅当(a b)(b c)≥0 时,等号成立.
四.反证法:
假设命题结论的反面成立，经过正确的推理, 引出矛盾，因此说明假设错误,从而证明原命题 成立,这样的证明方法叫反证法.(正难则反)
例、已知 f (x) x2 px q，求证：
1
| f (1) |,| f (2) |,| f (3) |中至少有一个不小于2 。
求证:已知a, b, c R+,求证 :书P25页2（2）
不等式的证明方法经典例题
不等式的证明方法不等式的证明是高中数学的一个难点，证明方法多种多样，近几年高考出现较为形式较为活跃，证明中经常需与函数、数列的知识综合应用，灵活的掌握运用各种方法是学好这部分知识的一个前提，下面我们将证明中常见的几种方法作一列举。
注意ab b a 222≥+的变式应用。
常用2222b a b a +≥+ (其中+∈R b a ,)来解决有关根式不等式的问题。
一、比较法比较法是证明不等式最基本的方法，有做差比较和作商比较两种基本途径。
1、已知a,b,c 均为正数，求证：ac c b b a c b a +++++≥++111212121 二、综合法综合法是依据题设条件与基本不等式的性质等，运用不等式的变换，从已知条件推出所要证明的结论。
2、a 、b 、),0(∞+∈c ，1=++c b a ，求证：31222≥++c b a3、设a 、b 、c 是互不相等的正数，求证：)(444c b a abc c b a ++>++ 4、 知a,b,c R ∈，求证:)(2222222c b a a cc bb a++≥+++++5、),0(∞+∈y x 、且1=+y x ，证：9)11)(11(≥++y x 。
6、已知.9111111,,≥⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+∈+b a b a R b a 求证： 三、分析法分析法的思路是“执果索因”：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。
7、已知a 、b 、c 为正数，求证：)3(3)2(23abc c b a ab b a -++≤-+8、),0(∞+∈c b a 、、且1=++c b a ，求证3≤++c b a 。
四、换元法换元法实质上就是变量代换法，即对所证不等式的题设和结论中的字母作适当的变换，以达到化难为易的目的。
9、1<b ，求证：1)1)(1(22≤--+b a ab 。
10、122=+y x ，求证：22≤+≤-y x11、已知a>b>c,求证：.411ca cb b a -≥-+- 12、已知1≤x 2＋y 2≤2，求证：21≤x 2－xy ＋y 2≤3．13、已知x 2－2xy ＋y 2≤2，求证：| x ＋y |≤10． 14、解不等式15+--x x ＞21 15、－1≤21x -－x ≤2．五、增量代换法在对称式(任意互换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如a ＞b ＞c)的不等式，常用增量进行代换，代换的目的是减少变量的个数，使要证的结论更清晰，思路更直观，这样可以使问题化难为易，化繁为简．16、已知a ，b ∈R ，且a ＋b = 1，求证：(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥225． 六、利用“1”的代换型17、.9111 ,1 ,,,≥++=++∈+c b a c b a R c b a 求证：且已知七、反证法反证法的思路是“假设→矛盾→肯定”，采用反证法时，应从与结论相反的假设出发，推出矛盾的过程中，每一步推理必须是正确的。
琴生不等式高中证明方法
琴生不等式高中证明方法篇一：琴生不等式是数学中的一个重要不等式，它可以用来表示函数的极大值或极小值。
在高中阶段，琴生不等式的证明是一个重要的知识点，下面我们将介绍几种常用的证明方法。
方法一：利用均值不等式证明琴生不等式首先，我们需要了解均值不等式的概念：对于任意实数序列{a1, a2, ..., an},有∫[f(x)]n dx ≥ f(a1) + f(a2) + ... + f(an) - n(n-1)a1a2...an(g(a1) + g(a2) + ... + g(an))其中，f(x) 和 g(x) 是任意两个函数，a1, a2, ..., an 是实数。
利用均值不等式，我们可以证明琴生不等式。
设 f(x) = x^2,g(x) = 1/x,则∫[f(x)]n dx ≥ f(a1) + f(a2) + ... + f(an) - n(n-1)a1a2...an(g(a1) + g(a2) + ... + g(an))化简得∫[f(x)]n dx ≥ (an)^2/[n(n-1)]因此，当 n = 2 时，琴生不等式成立。
方法二：利用琴生不等式的特例证明琴生不等式琴生不等式可以表示为：对于任意实数序列{a1, a2, ..., an},有∫[f(x)]n dx ≥ f(a1) + f(a2) + ... + f(an) - n(n-1)a1a2...an(g(a1) + g(a2) + ... + g(an))其中，g(x) = 1/x 当 x > 0 时，g(x) = 0 当 x <= 0 时。
我们可以利用琴生不等式的特例来证明琴生不等式。
设 f(x) = x^2,g(x) = 1/x,则∫[f(x)]n dx = 1/x^2[1 + 1/x + 1/x^2 + ... + 1/x^(2n-2)]当 x > 0 时，g(x) = 1/x,则 1/x^2[1 + 1/x + 1/x^2 + ... + 1/x^(2n-2)] >= 1/(n-1)x^(2n-2)因此，当 n = 2 时，琴生不等式成立。
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不等式的几种证明方法
作者：张华
来源：《读与写·上旬刊》2015年第06期
中图分类号：G633.6 文献标识码：B文章编号：1672-1578（2015）06-0201-01
不等式，渗透在中学数学各个分支中，有着十分广泛的应用.因此不等式应用问题体现了
一定的综合性、灵活多样性，对数学各部分知识融会贯通，起到了很好的促进作用.在解决问
题时，要依据题设与结论的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案，最终归结为不等式的
求解或证明.而不等式的证明，方法灵活多样，还和很多内容结合，它既是中学数学教学中的
难点，也是数学竞赛培训的难点，近年也演变为竞赛命题的热点，因其证明不仅蕴涵了丰富的
逻辑推理、非常讲究的恒等和不等变形技巧，而且证明过程千姿百态，极易出错，因此，有必
要对不等式的证明方法和技巧进行总结归纳并与大家一起分享交流.
1.常见不等证明策略
1.1 熟悉结论，轻车熟路。有些题目在起初几步变形后或中间放缩过程，就能发现其中隐
含着常用结论，略加证明，就大功告成.对一些常用结论来龙去脉互相推导要心中有数，并能
很快独立证明。作为结论记忆为了缩短思考问题的时间，笔者将常用结论、变化规律及在选修
4-5书中分布页码制成网络图如下：仔细观察，识别伪装。有些不等式既不轮换对称，又无规
律可寻，考生无从下手，这是由于在原定理或常用重要结论中，加入或替换某些"部件"，造成
视觉障碍，暂时看不出证题思路，但只要识破这一"阴谋"，证明也就不难了.可以看出此题"伪
装"巧妙之处是对一个重要不等式左边替换成两项相同，造成不对称，并且出现轮换，搞得我
们眼花缭乱，很难发现其中奥妙。
1.2 巧设主元，绝处逢生。在一些非轮换对称不等式证明中，若难以发现它们的拆变组
合，也可以设其中一个少而简单的字母为主元，其它字母为已知数，借助函数（导数）知识解
决，也不失为一种妙法.
1.3 强强联合，所向披靡。纵观浙江省近4年自选模块试题，单一用某个知识点较少，一
般均值不等式和柯西不等式强强联合使用.
2.常见不等式证明的几种方法
不等式证明一直是教育学家们研究的重点和发展的主要方向，近年来，也得到了很大的提
高，我国关于数学学科的研究一直走在世界的前列。对于不等式的证明方法有很多，基本方法
有：比较法、分析法、综合法、反证法、放缩法、数学归纳法、函数法、换元法、判别式法等
十多种方法。我们就常见的几种证明方法进行分析，研究。
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2.1 利用比较法法证明。在不等式的多种证明方法中，比较法是最为基本的重要证明方
法。比较法是利用做差（或商）之后的"变形"来推演结果。通常以下几个方面多使用于比较法
证明不等式：一.不等式移项后因式容易分解或配成平方；二.不等式两边的解析式为乘机结构
货可化为乘积结构。
2.2 利用分析法证明。分析法通常采用"欲证―只需―已知"的格式，其思路实质为"执果索
因"。即从求证不等式出发，不断的利用充分条件代替前面的不等式，直到找到已知不等式为
止。在日常解答中，当证明无从入手时可采用分析法，其优势在于方向明确，思路自然，特别
适合于条件简单但结论复杂的题目。
2.3 利用反证法证明。反正法与比较法和分析法不同，比较法和分析法是直接证法，而反
证法则为一种间接证法。反证法即从否定所要证明的结论入手，先假设结论的反方为真，通过
一系列的证明、演算，推出与已知条件、公理等之一相互矛盾，从而否定假设结论，确定原结
论成立，已达到解题的目的。反证法可以考虑适用于自身为否定命题或者直接证法不利于使用
的情况下。
2.4 利用换元法证明。换元法法在不等式证明中有着广泛的应用。在不等式的证明过程
中，换元法是以变量代换的方法，选择适当的辅助未知数，从而是解题过程达到化难为易、化
繁为简的目的。
通过不等式的基本知识、基本方法在代数、三角函数、数列、复数、立体几何、解析几何
等各部分知识中的应用，深化数学知识间的融汇贯通，从而提高分析问题解决问题的能力，应
用不等式的基本知识、方法、思想解决问题。