不等式证明的常用方法

不等式是高中数学的重要内容，它几乎涉及整个高中数学的各个部分，因此，通过不等式这条纽带，可把中学数学的各部分内容有机地联系起来．而不等式的证明是高中数学的一个难点，加之题型广泛、方法灵活、涉及面广，常受各类考试命题者的青睐，亦成为历届高考中的热点问题．

本节通过一些实例，归纳一下不等式证明的常用方法和技巧．一、比较法

证明不等式的比较法分为作差比较与作商比较两类，基本思想是把难于比较的式子变成其差再与0比较，或其商再与 l 比较．当欲证的不等式两端是乘积形式或幂指数形式时，常采用作商比较法．

a 22b 22

【例1】若a >0, b >0, 证明：() +() ≥a 2+b 2

b a

证法一（作差比较）左边－右边= = =

1111

(a ) 3+(b ) 3

(a +b )(a -ab +b ) -ab (a +b )

-(a +b )

(a +b )(a -2ab +b )

(a +)(a -b ) 2

≥0

∴原不等式成立

证法二（作商比较）

(a ) 3+(b ) 3

左边

=右边

ab a +=

(a +b )(a -ab +b )

ab (a +)

(a -ab +b )

≥

2ab -ab

∴原不等式成立．

点评用比较法证明不等式，一般要经历作差（或作商）、变形、判断三个步骤．变形的主要手段是通分、因式分解或配方；此外，在变形过程中，也可利用基本不等式放缩，如证法二．用作差比较法变形的结果都应是因式之积或完全平方式，这样有利于判断符号．【例2】已知函数f (x ) =+x 2(x ∈R ) ，证明：|f (a ) -f (b ) |≤|a -b | 证法一（作商比较）

若|a |=|b |时，0=|f (a ) -f (b ) |≤|a -b |，当且仅当a =b 时取等号．若|a |≠|b |时，∵|f (a ) -f (b ) |>0，|a -b |>0

|f (a ) -f (b ) ||+a 2-+b 2|∴==

|a -b ||a -b |

a 2-b 2

+a 2-+b 2

a -b ≤1

a +b (a -b )(+a ++b )

即|f (a ) -f (b ) |≤|a -b |

综上两种情况，得|f (a ) -f (b ) |≤|a -b |当且仅当a =b 时取等号．

证法二（作差比较）

a +b

|+a 2-+b 2|2-|a -b |2=[2+a 2+b 2-2(1+a 2)(1+b 2) ]-(a 2-2ab +b 2)

=2[(1+ab ) -(1+a 2)(1+b 2) ]=2[(1+ab ) -(1+ab ) 2+(a -b ) 2]≤0 当且仅当a =b 时取等号．

点评作商比较通常在两正数之间进行．本题若直接作差，则表达式复杂很难变形．由于不等式两边均非负，所以先平方去掉绝对值符号后再作差．不论是作差比较还是作商比较，“变形整理”都是关键．二、基本不等式法常用的基本不等式

① 若a , b ∈R ，则a +b ≥2ab （当且仅当a =b 时取等号）；

a +b

≥2ab （当且仅当a =b 时取等号）； 2b a

③ 若a , b 同号，则+≥2（当且仅当a =b 时取等号）；

a b

a +b 2a 2+b 2

) （当且仅当a =b 时取等号）≥(④ 若a , b ∈R ，则； 22

333

⑤ 若a , b , c ∈R +，则a +b +c ≥3abc （当且仅当a =b =c 时取等号）；

② 若a , b ∈R +，则

a +b +c

≥abc （当且仅当a =b =c 时取等号）；

a +a 2+ +a n ≥a 1a 2⋅ ⋅a n （其中a 1, a 2, , a n ∈R +, n ∈N +）及⑦ 均值不等式1

n n

a 1n +a 2+ +a n n n n

它的变式a 1+a 2+ +a n ≥na 1a 2⋅ ⋅a n ，a 1a 2⋅ ⋅a n ≤，

a +a 2+ +a n n

a 1a 2⋅ ⋅a n ≤(1)

【例 3 】（ 2004 年湖南省高考题）设a >0, b >0，则以下不等式中不恒成立的是

⑥ 若a , b , c ∈R +，则（）

+) ≥4 B a 3+b 3≥2ab 2 a b 22

C. a +b +2≥2a +2b D. a -b |≥a -b

A. (a +b )(

111

=4 ∴A 恒成立

a b ab

2222

∵a +b +2=a +1+b +1≥2a +2b ∴C 恒成立当a ≤b a -b |≥a -b ，显然D 成立；当a >b a -b |≥a -⇔

解：∵(a +b +) ≥2ab ⋅2

a -b |+b ≥a ⇔(a -b ) +2(a -b ) b +b ≥a ⇔2(a -b ) b ≥0也恒成立

∴D 恒成立。故选B

点评基本不等式是解本题的切人点，解题的关键是创造出使不等式成立的条件．

【例 4 】设x 1, x 2, , x n 都是正数，证明：

222

x n x n x 12x 2-1

++ ++≥x 1+x 2+ +x n 。

x 2x 3x n x 1

x 12x 12

+x 2≥2⋅x 2=2x 1„„„„„„„（*）证明因为x 1, x 2∈R +，x 2x 2

222

x n x x 2

同理+x 3≥2x 2, „，-1+x n ≥2x n -1, n +x 1≥2x n

x 3x n x 1

将这n 不等式两边相加得：

222

x n x n x 12x 2-1

++ +++（x 1+x 2+ +x n ）≥2（x 1+x 2+ +x n ） x 2x 3x n x 1222

x n x x 12x 2

∴ ++ +-1+n ≥x 1+x 2+ +x n 。

x 2x 3x n x 1

点评（*）式的构造为全题的得证辟开了道路，这种根据待证式的特点巧妙构式以便应用

基本不等式的方法也是常用技巧．证明本题时，分段应用了基本不等式，然后整体相加（乘）得出结论，这是证明不等式的基本技巧．【例5】（2004年全国高考题）已知数列{a n }为等比数列，a 2=6, a 5=162。（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；

S n ⋅S n +2

≤1 2

S n +1

⎧a 1q =6

（Ⅰ）解：设等比数列{a n }的公比为q ，则⎨解之得：a 1=2, q =3 4

⎩a 1q =162

∴数列{a n }的通项公式为a n =2⋅3n -1

设S n 是数列{a n }的前n 项和，证明（Ⅱ）证明由（Ⅰ）知a n =2⋅3

n -1

2(1-3n )

=3n -1 ，∴S n =

1-3

S n ⋅S n +222n +2-(3n +3n +2) +122n +2-23n ⋅3n +2+1∴=≤=1 22n +2n +12n +2n +1

S n +13-2⋅3+13-2⋅3+1

点评（Ⅱ）中不等式的证明实质上是利用基本不等式对不等式进行放缩．

≥3

(a -b ) b

>0 证明 ∵a >b >0 ∴a -b >0，

(a -b ) b

【例6】若a >b >0，证明：a +

111

=(a -b ) +b +≥3(a -b ) ⋅b ⋅=3

(a -b ) b (a -b ) b (a -b ) b

当且仅当b =a -b =即a =2, b =1时等号成立。

(a -b ) b

∴a +

点评为应用基本不等式 ⑤ ，这里根据题目的特点，将 a 分拆成两个正数 a －b 与 b ，恰到好处．在应用基本不等式时，一定要注意所要求的条件．对原形不具备基本不等式的条件的，只有作适当的恒等变形至符合条件后方可应用基本不等式．在应用基本不等式时要注意去套着公式用、凑着公式用、逆着公式用、变着公式用，逐步掌握运用公式的技巧．【例 7 】（ 2001 年全国高考题）已知m , n 是正整数，且1

(1+m ) n >(1+n ) m

证明由n 元均值不等式可得

(1+n ) m =(1+n )(1+n ) ⋅ ⋅(1+n ) ⋅1⋅1 ⋅ ⋅1

m 个

n -m 个

m (1-n ) +n -m n

]=(1+m ) n

∴(1+m ) >(1+n )

点评此问题是二项式不等式，经过配凑(n －m) 个1相乘后运用n 元均值不等式，优化了解题过程．这就说明，学习数学要准确深刻地理解题意，随机应变，而不应将数学解题模

n m

式化．

三、综合法

利用题设条件和已知不等式作基础，再运用不等式的性质推导出所要证的不等式，这种方法称为综合法．综合法的证题思路是“由因导果”．

114

++≥0 a -b b -c c -a

证明 ∵a >b >c ∴a -b >0, b -c >0

【例8】已知a >b >c ，证明：

1111

+≥2⋅

a -b b -c a -b b -c

(a -b ) +(b -c ) 2(a -c ) 2

]=而(a -b )(b -c ) ≤[

1142∴ ⋅≥=2

a -b b -c a -c (a -c ) 114114

+≥++≥0 ∴即

a -b b -c a -c a -b b -c c -a

∴

点评这里根据待证式的结构特点发现，将前两式的分母做和以抵消b 是解题的切人点，再根据公式ab ≤(

a +b 2

) 即可得证． 2

【例9】设a , b 是不等得两正数，且a -b =a -b ，证明：1a 2+ab +b 2=a +b (a ⋅b >0) 又a +b >0 ∴a +b >1

由a 2+b 2>2ab ⇒(a +b ) 2>4ab

4 3

(a +b ) 2

∴(a +b ) =a +ab +b +ab =a +b +ab

342

即(a +b )

∴1

点评用综合法证明不等式，要掌握拆项、配方等技巧，还要“由因导果”，揭示条件与结论之间的因果关系及不等式两端的差异与联系．四、分析法

从待证的不等式出发，逐步分析使这个不等式成立的条件，直到这个条件是可以证明或已经证明的不等式时，便可断定原不等式成立，这种方法称为分析法，分析法的证题思路是“执果索因”．

(a -b ) 2a +b (a -b ) 2

b >0，证明： 8a 28b

分析本题用比较法和综合法均有一定的困难，不妨用分析法来 “逆推”．

证明 ∵a >b >0 ∴a -b >0

(a -b ) 2a +b (a -b ) 2(a -b ) 2(a -b ) 2

⇐(

a -b 2a

) 2

a -b 2) 2⇐0

a -b 2a

a -b 2

2a 2a b a a

a b a b

(a -b ) 2a +b (a -b ) 2

点评分析法在表述时常用“⇐”即不断地用充分条件来代替前面的不等式，直至找到

已知的不等式为止．

【例11】设实数x , y 满足y +x 2=0, 0

⇐0

a +b

a +⇐0

1 8

1x y

证明：要证log a (a +a ) ≤log a 2+，因为0

x +y 11x y x +y x +y

≤⇔x +y ≤ 又a +a ≥2a ，故只要证a ≥a 8 即要证284

11222

∵y +x =0，即要证x -x +≥0，即要证(-1) -4⨯1⨯≤0，而

(-1) 2-4⨯1⨯=0∴原不等式成立。

点评用分析法证明不等式时，“要证”、“只要证”、“即要证”这些同语是不可缺少的．综合法往往是分析法的逆过程，表述简单，条理清楚，所以在实际证题时，常常是用分析法分析，用综合法书写．五、放缩法

在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放缩法．放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项；在和或积中换大或换小某些项；扩大（或缩小）分式的分子（或分母） . 放缩法是证明不等式的重要方法，而且技巧性较强，应用广泛．

【例12】设θ∈(0, 证明 ∵θ∈(0,

) ，证明：cos θ+θ⋅sin θ>1

∴θ⋅sin θ>sin θ„„„„„„„„„„„„„„„①

又cos θ>cos θ „„„„„„„„„„„„„„„②

①+②得θ⋅sin θ+cos θ>sin θ+cos θ=1

) ∴θ>sin θ

点评本题的每一步都遵循着不等式的基本性质，放与缩都在情理之中，因此活用不等式的性质是放缩的基本依据．

【例13】设数列{a n }满足a 1=2, a n +1=a n +立，令b n =

且a n >2n +1对一切正整数n 均成a n

a n n

(n =1, 2, 3, ) ，判定b n 和b n +1的大小，并说明理由。

，a n >2n +1(n ∈N *) a n

证明 ∵a n +1=a n +

∴

b n +1a n 2(n +1) n 1n 1n

= ) =n +1=(1+2)

2n +1b n a n n +1n +1(2n +1) n +1a n n +1

(n +) 2-

2n (n +1) 24

1(2n +1) n +2

点评放缩法证不等式的理论依据是：A>B,B> C⇒A>C，或A

法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可以从要证的结论中去考查．

1111+++ +2>1(n ≥2, n ∈N ) n n +1n +2n

11111n 2-n 1111

++ +2>+2+2+ +2=+=1 证明 +2

n n +1n +2n n n n n n n

【例14】证明：

n 2-n 项

∴

1111+++ +2>1 n n +1n +2n

1111

+++ +2>1” 这个和式共有几n n +1n +2n

点评这个问题的证明先要弄清楚“项；其次，放缩的时候将第一项

保留下来，这才得到了我们要证的结论． n

111

【例15】证明：1+++ +

2! 3! n !

1111

证明 ∵=⋅2

k ! 1⋅2⋅3⋅ ⋅k 1⋅2⋅ 2 ⋅ ⋅22

(k -1) 个2

1-() n

111111=2-(1) n -1

12! 3! n ! 22221-2

111

即1+++ +

2! 3! n !

点评本例也是n 项求和不等式的证明．这类问题一是要注意放缩得当，即不能放缩不够

或放缩过头；二是放缩后要便于求和．

在采用放缩法时，不一定能一次放缩成功，往往需要进行一次或多次调整．【例16】若x , y , z ∈R , a , b , c ∈(0, +∞) ，证明：

b +c 2c +a 2a +b 2

x +y +z ≥2(xy +yz +zx ) a b c

b +c 2c +a 2a +b 2b a c b a c

x +y +z =(x 2+y 2) +(y 2+z 2) +(z 2+x 2) 证明 a b c a b b c c a b 2a 2c 2b 2a 2c 2

≥2x ⋅y +2y ⋅z +2z ⋅x

a b b c c a =2(|xy |+|yz |+|zx |)≥2(xy +yz +zx )

点评用放缩法证明不等式，经常采用添项或减项的“添舍”放缩法、拆项对比的分项放缩、函数单调性放缩、重要不等式放缩等放缩方法，但放缩要适度，否则便不能为证明过程所用．六、导数法

新教材将导数与传统的不等式证明有机结合在一起设问，形成一种新颖的命题模式，它体现了导数在分析和解决一些函数性问题时的工具性作用．

【例17】（2003 年江苏省新课程高考题）已知a >0, n 为正整数．（Ⅰ）设y =(x -a ) n ，证明：y '=n (x -a ) n -1 （Ⅱ）设f n (x ) =x n -(x -a ) n ，对任意n ≥a ，证明 f n '+1(n +1) >(n +1) f n '(n ) 证明（Ⅰ）∵y =(x -a ) =∴y '=

∑C

k =0

k n

(-a ) n -k x k

∑kC

k =1

k n

(-a )

n -k

k -1

k -1n -k k -1

=∑nC n x =n (x -a ) n -1 -1(-a ) k =1n

（Ⅱ）∵f n (x ) =x n -(x -a ) ∴f n (x ) =nx

n -1

-n (x -a ) n -1=n [x n -1-(x -a ) n -1]

n -1

-(n -a ) n -1]

又由当x ≥a >0时，f n (x ) ≥0

∴f n (n ) ==n [n

∴当x ≥a >0时，f n (x ) =x n -(x -a ) n 是关于x 的增函数

∵n +1>n >a ∴f n (n +1) >f n (n ) ，即(n +1) n -(n +1-a ) n >n n -(n -a ) n

f n (n +1) =(n +1)[(n +1) n -1-(n +1-a ) n -1]>(n +1)[n n -(n -a ) n ]

>(n +1)[n n -n (n -a ) n -1]=(n +1) f '(n )

∴对任意n ≥a ，f n '+1(n +1) >(n +1) f n '(n ) 均成立

点评 (n +1)[(n +1) n -1-(n +1-a ) n -1]>(n +1)[n n -n (n -a ) n -1]是关键性的，得到这一步后就能很快地发现下一步就要证明f n (x ) 在x ≥a >0时的单调性了．本题所用的数学知识并不多，但由于考生对利用导数法证明不等式很不适应，以致丢分现象十分严重．实际上，导数法是不等式证明中的一种全新的、实用的好方法．【例18】当x >0时，证明下列不等式：

431x +x >0 （2）x 5+4≥5x （3）ln(1+x ) >x -x 2 32

432215422

证明（1）设f (x ) =x -x +x ，则f '(x ) =5x -4x +1=5(x -) +>0

355

435

∴f (x ) 在(0, +∞) 上是增函数⇒f (x ) >f (0) =0，即x -x +x >0

（2）设f (x ) =x +4-5x ，则f '(x ) =5x 4-5=5(x 2+1)(x -1)(x +1)

∴当01时，f '(x ) >0 ∴当01时，f (x ) 为增函数

（1）x -

∴f (x ) ≥f (1) =0，即x +4-5x ≥0，故x +4≥5x （3）同理证得ln(1+x ) >x -

12x 2

点评从本题可看出利用导数法证明不等式，解题过程简洁明快，解题方法新颖独到，显现了新教材内容的独特魅力．

1+x ) -x ，g (x ) =x ln x 【例19】（ 2004 年全国高考题）已知函数f (x ) =ln(（I ）

求函数f (x ) 的最大值；

（II ）

设0

a +b

)

-1 （Ⅰ）解：函数f (x ) 的定义域为(-1, +∞) 且f '(x ) =

x +1

令f '(x ) =0，解得x =0

当-10；当x >0时，f (x )

a +x a +x

) ，则F '(x ) =ln x -ln() 设F (x ) =g (a ) +g (x ) -2g (22

当00⇒F (x ) 在(a , +∞) 内为增函数； ∴x =a 时F (x ) 有极小值F (a ) =0，∵b >a ∴F (b ) >0

a +b

) >0 即g (a ) +g (b ) -2g (2

设G (x ) =F (x ) -(x -a ) ln 2，则G '(x ) =F '(x ) -ln 2=ln x -ln(a +x ) 当x >0时，G '(x ) a ⇒G (b )

a +b

)

点评这里结合函数的增减性，采用导数法，使解题过程表述简洁，条理清晰，要细细体会，掌握方法．七、数学归纳法

对与自然数n 有关的不等式，如果用其他方法比较困难时，可考虑用数学归纳法来证明．用数学归纳法证明的步骤是：

( l ）证明当 n 取第一个值n 0（n 0是满足命题的最小的自然数）时，命题成立； ( 2 ）假设当n =k (k ≥n 0, k ∈N ）时命题成立，证明当n =k +1时命题也成立．【例20】（2005年重庆卷）数列{a n }满足a 1=1且a n +1=(1+ （Ⅰ）用数学归纳法证明：a n ≥2(n ≥2); （Ⅱ）略证明（1）当n =2时a 2=2≥2，不等式成立。

（2）假设当n =k (k ≥2) 时不等式成立，即a k ≥2(k ≥2) ，那么

) a +(n ≥1) n 2n

n +n 2

a k +1=(1+

a k 111

) a +=a ++≥2，这就是说当n =k +1时不等式成k k

k (k +1) 2k k 2+k 2k

立。

根据（1）（2）可知：a n ≥2对于所有n ≥2成立。

点评在用数学归纳法证题时，归纳假设一定要用，否则是错误的．【例21】 ( 2004 年辽宁省高考题）已知函数f (x ) =ax -

321

x 最大值不大于，又当26

111

x ∈[, ]时，f (x ) ≥

428

（Ⅰ）求a 的值

11, a n +1=f (a n ), n ∈N *,证明：a n

323a 2a 2

解（Ⅰ）由题意知，f (x ) =ax -x =-(x -) +

2236

1a 21

≤⇒a 2≤1 又f (x ) ≤，∴

666111又x ∈[, ]时，f (x ) ≥，

428⎧11⎧a 31f () ≥-≥⎪⎪⎪48⎪2882∴⎨ 即⎨解之：a ≥1和a ≤1比较得：a =1 ⎪f (1) ≥1⎪a -3≥1⎪⎪⎩28⎩4328

（Ⅱ）设0

（Ⅱ）用数学归纳法证明：证法一（1）当n =1时0

，不等式0

n +12

31 6

（2）假设n =k (k ≥2) 时，不等式0

k +1

3211

∵f (x ) =x -x 的对称轴为x =，∴x ∈(0, ]时，f (x ) 为增函数。

233111≤得0k +13k +1

131111k +41

k +12(k +1) 2k +2k +2k +22(k +1) 2(k +2) k +2

∴当n =k +1时，原不等式也成立。

根据（1）（2）可知：对于所有n ∈N *，不等式a n

n +1

证法二（1）当n =1时0

n +12

（2）假设n =k (k ≥1) 时，不等式0

k +1

313

a k +1=f (a k ) =a k (1-a k ) =(k +2) a k ⋅(1-a k )

2k +223

1-a k >0 ∵(k +2) a k >0,

3⎡⎤

(k +2) a +(1-a ) k k ⎥⎢3122k +2⎢⎥

⎣⎦

∴当n =k +1时，原不等式也成立。

根据（1）（2）可知：对于所有n ∈N *，不等式a n

成立。 n +1

点评在由n =k 时的结论过渡到n =k +1时的结论，通常要应用放缩法，有时甚至是多次放缩．如何放缩得当，其中技巧性较强，应具体情况具体分析．【例 22 】已知n ∈N ，且n >1，证明：

11113++ +> n +1n +22n 24

11713+=>证明（1）当n =2时 2+12+21224

（2）假设n =k (k ∈N , k ≥2) 时不等式成立，即有则当n =k +1时

11113++ +> k +1k +22k 24

1111

+ +++= k +22k 2k +12k +[1**********]1(++ +) +(+-) >+(+-) k +1k +22k 2k +12k +2k +1242k +22k +2k +1132113=+-= 242(k +1) k +124由（1）（2）知，对于任何n ∈N ，且n >1，原不等式成立。

点评为了利用n =k 时的假设条件，这里采用了加项减项的策略，以便正确过渡到n =k +1这一步．

八、换元法

换元，是一种重要的数学思想，用换元法来证明不等式往往能达到以简驭繁的效果．有些问题直接证明较为困难，但若引进适当的代换，不仅能使不等式的证明简化，而且比较容易找到证题思路．

换元法多用于条件不等式的证明，换元法中常见的是三角换元和代数换元两种．【例23】已知a , b , x , y 都是正数，且

a b

+=1，证明： x y

x +y ≥(a +) 2

a b k π=cos 2θ, =sin 2θ(θ≠, k ∈Z ) ，则 x y 2a b

x +y =+=a (1+tan 2θ) +b (1+cot 2θ) ≥a +b +2ab =(a +) 2 22

cos θsin θ

a b xb ya

++b ≥a +b +2ab =(a +b ) 2 证法二 x +y =(x +y +) =a +

x y y x

证法一令

点评证法一是三角换元，证法二是“ 1 ”的代换．三角换元运用得当，往往可沟通三

角与代数的联系，将复杂的代数问题转化为简单的三角问题．另外，在使用换元法证明不等式时一定要注意新变量的取值范围．

【例24】已知a >0, b >0, c >0，证明：

a b c 3++≥ b +c a +c a +b 2

证明设x =b +c , y =a +c , z =a +b ，则x >0, y >0, z >0

y +z -x x +z -y x +y -z a =，b =，c =

222

这时原不等式，左边=

1y +z -x x +z -y x +y -z (++) 2x y z

1y x z x z y 13=[(+) +(+) +(+) -3]≥(2+2+2-3) = 2x y x z y z 22

从而原不等式成立．

点评本题不等式的左边分母都是多项式，不能直接通分推证，又考虑到a , b , c 的对称性，所以可引进代换，将分母化作单项，转化为易运用公式的不等式，这种引入代换的方法要注意掌握【例25】．设x i (i =0, 1, 2, , n ) 为正整数，n 为自然数且n ≥2，证明：

⎛x n -1⎫⎛x n ⎫⎛x 0⎫⎛x 1⎫⎛x 2⎫x n x 0x 1x 2

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++ +++ ≥++ ++ x ⎪ x ⎪ x ⎪ x ⎪ x ⎪x 0x 1x n -1x n ⎝1⎭⎝2⎭⎝3⎭⎝n ⎭⎝0⎭x x

证明令i -1=a i (i =1. 2, , n ), n =a 0，原不等式变为

x i x 0

111n n

a 0+a 1n + +a n ≥++ +„„„„„„„„„„„„„„（*）

a 0a 1a n

∵a 0, a 1, , a n 为正数，且a 0⋅a 1⋅ ⋅a n =1

∴

n n n n n

111111++ +=a 0⋅a 1⋅ ⋅a n (++ +) a 0a 1a n a 0a 1a n =a 0⋅a 1⋅ ⋅a n +a 0⋅a 2⋅ ⋅a n + +a 0⋅a 2⋅ ⋅a n -1

n n n n n n n n

a 0+a 2+ +a n a 1n +a 2+ +a n a 0+a 2+ +a n -1

++ + ≤

n n n n n

=a 0+a 1n + +a n

∴（*）式得证，即原不等式得证。点评这里令

x i -1

=a i 作为分段换元，依a 0⋅a 1⋅ ⋅a n =1为特性作恒等变形，以创造x i

应用基本公式的条件，这类解题技巧应注意掌握．九、函数法

根据所给不等式的特征，构造适当的函数，然后利用一元二次函数的判别式、函数的奇偶性、单调性、有界性等来证明不等式，我们统称为函数法．这类问题内容相当丰富，我们在“函数思想”一章中已作过专门论述，这里仅就它在证明不等式中的应用略举几例．

x x

-(x ≠0) ，则可证f (-x ) =f (x ) ，证明设f (x ) =

1-2x 2

∴f (x ) 的图像关于y 轴对称 ∵当x >0时可证f (x )

x x

21-2

【例26】证明不等式：

点评这里实质上是根据函数的奇偶性来证明的，本例也可以用分析法作分类讨论证得．

【例27】证明在锐角△中，sin A +sin B +sin C >cos A +cos B +cos C

分析：在锐角△中，A ，B ，C 全为锐角，故条件关于A ，B ，C 对称。猜想：sin

A +sin B >cos A +cos B 。

证法一：∵0

A +B A +B A -B

>cos ∴sin ，两边乘以2cos 得 222

sin A +sin B >cos A +cos B

同理： sin A +sin C >cos A +cos C

sin B +sin C >cos B +cos C

，由A +B +C =π得：

A +B π

上式相加得：sin A +sin B +sin C >cos A +cos B +cos C

证法二：∵A , B , C 均为锐角，则有A , 900-B , 900-C 均为锐角。

令y =sin x , x ∈(00, 900) ∵A =1800-B -C =(900-B ) +(900-C ) >900-B 依正弦函数在(00, 900) 内的单调性知：sin A >sin(900-B ) =cos B

同理： sin C >cos C

sin B >cos B

上式相加得：sin A +sin B +sin C >cos A +cos B +cos C 点评这里的证法二是运用函数的单调性来进行证明，证明时应注意函数的单调区间，此法显然比常用的和化积形式简单．

【例28】（2002全国卷）已知a >0，函数f (x ) =ax -bx 2

（Ⅰ）当b >0时，若对于任意x ∈R ，都有f (x ) ≤1，证明a ≤2b ；

（Ⅱ）当b >1时，证明；对任意x ∈[0, 1],|f (x ) |≤1的充要条件是b -1≤a ≤2b （Ⅲ）当0

a 2a 2

) +（Ⅰ）证法一：f (x ) =ax -bx =-b (x -，由于对于任意x ∈R ，都有2b 4b

a 2

≤1，又a , b >0，所以a ≤2 f (x ) ≤1，故有f (x ) max =4b

证法二：依题意f (x ) ≤1，即-bx +ax -1≤0对于任意x ∈R ，都有成立，

又a , b >0，所以∆=a -4b ≤0，故a ≤2b （Ⅱ）由f (x ) |≤1得

2⎧ ①⎪bx -ax +1≥0

⎨2

⎪ ②⎩bx -ax -1≤0

（ⅰ）当x =0时，不等式①②显然成立。

1⎧

a ≤bx + ③⎪⎪x

（ⅱ）当0

⎪a ≥bx -1 ④⎪x ⎩

设u =bx +(0

x 111

∈(0, 1] ∴x =∵b >1 ∴时u =bx +(0

x ∴不等式③对任意x ∈[0, 1]恒成立的充要条件是a ≤2

设v =bx -(0

x x

∴当x =1时，v 有最大值b -1，不等式④对任意x ∈(0, 1]恒成立的充要条件是a ≥b -1 综上所述，当b >1时，对任意x ∈[0, 1],|f (x ) |≤1的充要条件是b -1≤a ≤2b （Ⅲ）解：同（Ⅱ）的证法，

11(0

∵0

x b

b +1 ∴不等式③对任意x ∈(0, 1]恒成立的充要条件是a ≤b +1

又当0

综上所述，当0

点评巧妙地构造出函数u =bx +与v =bx -是上述解法的前提，灵活地应用基本不

x x

设u =bx +

等式及函数的增减性是上述解法的关键．有些题目通过恰当地构造函数，再结合导数法来证

明会显得更简便、更易行、更有效．十、反证法

反证法在不等式的证明中有着广泛的应用，正难则反是数学证题时行之有效的策略．凡是含有“至多”、“至少”、“唯一”等或含有否定词的命题都适合用反证法．

【例29】已知a , b , c ∈(0, 1) ，证明：(1-a ) b , (1-b ) c , (1-c ) a 不能都大于证明假设(1-a ) b , (1-b ) c , (1-c ) a 都大于∴1-a , 1-b , 1-c ∈(0, 1)

，∵a , b , c ∈(0, 1) ， 4

(1-b ) +c 1(1-c ) +a 1(1-a ) +b 11

>，> ≥(1-a ) b >=，同理

2222242

(1-a ) +b (1-b ) +c (1-c ) +a 333

++>，即>，推出矛盾三式相加：

222222

∴(1-a ) b , (1-b ) c , (1-c ) a 不能都大于

∴

点评反证法常用于那些直接证明比较困难的命题，如否定性命题，或结论中含有“至多”、”“至少”类限制词时的命题常采用反证法．本题中运用均值不等式为导出矛盾起到了重要作用．

【例30】设f (x ) =x +ax +b ，证明：|f (1) |,|f (2) |,|f (3) |中至少有一个不小于

1 2

111

, |f (2) |

-17⎪1⎪9

22⎪2⎪2117⎪1⎪19

由前面两式得-4

证明假设|f (1) |

设不成立．原命题正确．

点评本题的难点是从假设中找出矛盾，说明假设不成立，要细心体会这种推出矛盾的方法．

【例31】若α, β, γ为正锐角，且sin 2α+sin 2β+sin 2γ=1，证明：α+β+γ>证明假设α+β+γ≤

222

∴sin 2(α+β) ≤cos 2γ=1-sin 2γ=sin 2α+sin 2β，即sin 2(α+β) -sin 2β≤sin α

而sin 2(α+β) -sin 2β=sin αsin(α+2β) ，∴sin αsin(α+2β) ≤sin α ∵α为正锐角∴sin(α+2β) ≤sin α„„„„„„„„„（*）（1）当α+2β≤（2） α+2β>

则0

-γ

，∴sin(α+β) ≤cos γ

时由（*）式知α+2β≤α即β≤0这与β为正锐角矛盾。

时由（*）式知π-(α+2β) ≤α即α+β≥

这与α+β+γ≤

矛盾，故α+β+γ>

点评这里（ * ）式的导出，为后面的分类归谬奠定了基础．

十一、数形结合法

在有些不等式的证明过程中，可以根据已知条件的结构特点，联想他所表示的几何图形的意义，通过图形启发思维，找到简捷的证题思路

【例32】已知a , b , x , y ∈R ，且a +2b +4=0, x +2y +1=0，证明：

(a +x ) 2+(b +y ) 2≥5

证明由题设可知：点(a , b ) 在直线l 1：x +2y +4=0上，点(-x , -y ) 在直线l 2：x +2y -1=0上，(a +x ) 2+(b +y ) 2是直线l 1和l 2上任两点间的距离，因为l 1//l 2，所以

|4-(-1) |

(a +x ) 2+(b +y ) 2≥=，故(a +x ) 2+(b +y ) 2≥5

点评本题从已知条件的结构特点出发，联想它的几何意义即可获证，方法简捷，思路清晰．也是证明不等式的一个好方法

【例 33 】．已知α, β, γ均为锐角，且cos

α+cos 2β+cos 2γ=1，证明：

t a n α+t a n β+t a n γ≥32

A B -C A 1D B 1C 1D 1，使，∠C 1AD =α, ∠C 1AB =β, ∠C 1AA 1=γ, 设AD =a , AB =b , AA 1=c （如图11-1所示）

证明

由已知条件作长方体

b 2+c 2a 2+c 2a 2+b 2

则tan α=，tan β=，tan γ=

a b c

∴tan α+tan β+tan γ=

b 2+c 2

+a a 2+c 2

+b a 2+b 2

b 2+c 2b +c a 2+b 2a +b a 2+c 2a +c ∵，， ≥≥≥

a c b 2a 2c 2b

∴

b 2+c 2+a a 2+c 2

+b b +c a +c a +b 2b +c a +c a 2+b 2

++++=(≥

a b 2c 2a 2c 2b

a +b c a b 2b c a

c a b 2b c a

) =(3⋅⋅ +3⋅⋅) =32 [(++) +(++)]≥c a b c a b c 22a b c a b c

b c a c a b

当且仅当==，且==，即a =b =c 时等号成立

a b c a b c

∴tan α+tan β+tan γ≥2

点评本题根据代数表达形式合理地构造几何图形是顺利求解的关键．后面根据基本不等式进行两次适当的放缩，这些技巧都值得细细品味．十二、向量法

向量作为高中教材的新增内容，大大丰富和发展了中学数学结构体系，进一步拓宽了解决中学数学问题的思维空间．在不等式证明中，对于某些特殊结构的不等式，可以巧设向量将某些式子转化成向量的长度来表示，利用向量关系式：|±|≤||+||,

|⋅|≤||⋅||证明，特别要注意等号成立的条件：当, 共线即=λ(λ≠0) 时等号成

立．

【例34】设a , b , c 为非负数，证明：a 2+b 2+b 2+c 2+a 2+c 2≥证明令a 1=(a , b ), a 2=(b , c ), a 3=(c , a ) ，则|a 1|=

2(a +b +c )

a 2+b 2，|a 2|=b 2+c 2，

|a 3|=

a 2+c 2，a 1+a 2+a 3=(a +b +c , a +b +c )

2(a +b +c )

∴|a 1+a 2+a 3|=

又∵|a 1+a 2+a 3|≤|a 1|+|a 2+|a 3|

∴2(a +b +c ) ≤a 2+b 2+b 2+c 2+a 2+c 2 即a 2+b 2+b 2+c 2+a 2+c 2≥

2(a +b +c )

点评形如a 2+b 2，x 1x 2+y 1y 2形式的式子可以通过构造向量，利用向量的性质求解．

1119

++≥ a -b b -c c -d a -d

证明由题设知a -b >0, b -c >0, c -d >0, a -d >0

111

, , ) 令=(a -b , b -c , c -d ) ，=(

-b -c c -d

【例35】已知a >b >c >d ，证明：∴|⋅|=3，||=

(a -b ) +(b -c ) +(c -d ) =a -d

||=

111

a -b b -c c -d

111

++≥3 a -b b -c c -d

由|⋅|≤||⋅||得：a -d ⋅即(a -d )(

111

++) ≥9 a -b b -c c -d 1119

++≥∴ a -b b -c c -d a -d

【例36】设a , b , c 为正实数，且abc =1。试：证明由abc =1得

1113

++≥

a 3(b +c ) b 3(a +c ) c 3(a +b ) 2

111b 2c 2a 2c 2a 2b 2

++=„„„„„① ++

a 3(b +c ) b 3(a +c ) c 3(a +b ) a (b +c ) b (a +c ) c (a +b )

bc ac ab

, , ) 设向量=(

a (b +c ) b (a +c ) c (a +b )

=(a (b +c ) , b (a +c ) , c (a +b ) )

b 2c 2a 2c 2a 2b 2

则||⋅||=[++]⋅2(ab +bc +ca )

a (b +c ) b (a +c ) c (a +b )

|⋅|2=(ab +bc +ca ) 2由|⋅|≤||⋅||得： b 2c 2a 2c 2a 2b 2[++]⋅2(ab +bc +ca ) ≥(ab +bc +ca ) 2 a (b +c ) b (a +c ) c (a +b )

11b 2c 2a 2c 2a 2b 2

即[++]⋅≥(ab +bc +ca ) ≥⋅3⋅(abc ) 2„„„②

22a (b +c ) b (a +c ) c (a +b )

1113

由①②得：3+3+3≥

a (b +c ) b (a +c ) c (a +b ) 2

点评以上两例都是利用性质|⋅|≤||⋅||来证明不等式，其中构造恰当的向量是关键．要注意理解和掌握其中的技巧和方法．

【例37】证明：x 2+4+x 2-8x +17≥5

分析从欲证式子的结构特征看出，左边的形式类似于向量的模．因此可考虑用向量法来证．

证明 ∵x 2+4+

x 2-8x +17=x 2+4+(x -4) 2+1

∴可令=(x , 2) ， =(-x +4, 1) 而|+|=|(x , 2) +(-x +4, 1) |=5

当=λ(λ>0) 时|+|=||+||,此时(x , 2) =λ(-x +4, 1) ，解之：λ=2, x =故x 2+4+

8 3

x 2-8x +17≥5（当x =

时取等号） 3

点评在用向量法求最值时，一定要调整好向量中坐标的符号，保证运算时只保留常数，本题中若=(x -4, 1) ，则|-|=，但此时取等号的前提是=λ(λ

设a 1, a 2, , a n 及b 1, b 2, , b n 是任意实数，则

2222

(a 12+a 2+ +a n )(b 12+b 2+ +b n ) ≥(a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n ) 2

b b b

当且仅当1=2= =n 时等号成立。

a 1a 2a n

我们称此不等式为柯西不等式．

柯西不等式是很重要的一个基本不等式，在数学竞赛中应用极其广泛．将柯西不等式和其他数学思想方法结合起来，解决某些数学竞赛问题，可起事半功倍的效果．

柯西不等式的证明并不难，但其应用却十分广泛和灵活，故此特作介绍，先给出证明．证明若a i =0(i =1, 2, , n ) ，显然柯西不等式等号成立，原不等式为真。若a i (i =1, 2, , n ) 不全为0，可构造二次函数

2222222

f (x ) =(a 1+a 2+ +a n ) x +2(a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n ) x +(b 1+b 2+ +b n )

∵f (x ) =

又∵a 1+a + +a n >0，∴∆≤0

即(a 1+a + +a n )(b 1+b 2+ +b n ) ≥(a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n )

i =12222

∑(a x +b )

≥0

22222

当且仅当a i x +b i =0(i =1, 2, , n ) 即

b b 1b 2

== =n 时等号成立。 a 1a 2a n

下面举例说明柯西不等式的应用．

【例 38 】已知x 1, x 2, , x n ∈R +, n ∈N ，求证：

(x 1+x 2+ +x n 证明 ∵x 1, x 2, , x n ∈R +, n ∈N ， ∴

111

++ +) ≥n 2 x 1x 2x n

111

++ +) =x 1x 2x n

111

[(x 1) 2+(x 2) 2+ +(x n ) 2](++ +) ≥ 222

(x 1) (x 2) (x n ) (x 1+x 2+ +x n )(

(x 1⋅

等

1112

+x 2⋅+ +x n ⋅) =n 2 x 1x 2x n

点评本例若用数学归纳法证将要复杂得多，式的解题功效绝非一般．由此可见柯西不

+=1。试证：对每一个n ∈N ，都有 a b

(a +b ) n -a n -b n ≥22n -2n +1

证明：∵+=1⇒a +b =ab ⇒(a -1)(b -1) =1

a b 111又1=+≥2⇒ab ≥4 于是

a b ab

(a +b ) n -a n -b n +1=(ab ) n -a n -b n +1=(a n -1)(b n -1)

【例39】已知a , b 为正实数，且有

=(a -1)(b -1)(a n -1+a n -2+ +a +1)(b n -1+b n -2+ +b +1) =(a n -1+a n -2+ +a +1)(b n -1+b n -2+ +b +1) ≥[(ab )

n -12

+(ab )

n -22

+ +(ab ) +1]2

≥[4

n -12

n -22

+ +4+1]2=(2n -1+2n -2+ +2+20) 2

1-2n 2=[]=22n -2n +1+1 1-2

2n n +1

故(a +b ) n -a n -b n ≥2-2

点评本例中由+=1挖掘出隐含条件a +b =ab , (a -1)(b -1) =1，ab ≥4，为解

a b

题提供了极有用的转化条件．

在应用柯西不等式时，因式的巧分，合理地添项、拆项，灵活地变换结构等都是常用技巧．

根据不等式的几何意义，利用数形结合的思想，也是证明不等式的常用方法．

不等式证明的常用方法

本节通过一些实例，归纳一下不等式证明的常用方法和技巧．一、比较法

a 22b 22

【例1】若a >0, b >0, 证明：() +() ≥a 2+b 2

b a

证法一（作差比较）左边－右边= = =

1111

(a ) 3+(b ) 3

(a +b )(a -ab +b ) -ab (a +b )

-(a +b )

(a +b )(a -2ab +b )

(a +)(a -b ) 2

≥0

∴原不等式成立

证法二（作商比较）

(a ) 3+(b ) 3

左边

=右边

ab a +=

(a +b )(a -ab +b )

ab (a +)

(a -ab +b )

≥

2ab -ab

∴原不等式成立．

若|a |=|b |时，0=|f (a ) -f (b ) |≤|a -b |，当且仅当a =b 时取等号．若|a |≠|b |时，∵|f (a ) -f (b ) |>0，|a -b |>0

|f (a ) -f (b ) ||+a 2-+b 2|∴==

|a -b ||a -b |

a 2-b 2

+a 2-+b 2

a -b ≤1

a +b (a -b )(+a ++b )

即|f (a ) -f (b ) |≤|a -b |

综上两种情况，得|f (a ) -f (b ) |≤|a -b |当且仅当a =b 时取等号．

证法二（作差比较）

a +b

|+a 2-+b 2|2-|a -b |2=[2+a 2+b 2-2(1+a 2)(1+b 2) ]-(a 2-2ab +b 2)

=2[(1+ab ) -(1+a 2)(1+b 2) ]=2[(1+ab ) -(1+ab ) 2+(a -b ) 2]≤0 当且仅当a =b 时取等号．

① 若a , b ∈R ，则a +b ≥2ab （当且仅当a =b 时取等号）；

a +b

≥2ab （当且仅当a =b 时取等号）； 2b a

③ 若a , b 同号，则+≥2（当且仅当a =b 时取等号）；

a b

a +b 2a 2+b 2

) （当且仅当a =b 时取等号）≥(④ 若a , b ∈R ，则； 22

333

⑤ 若a , b , c ∈R +，则a +b +c ≥3abc （当且仅当a =b =c 时取等号）；

② 若a , b ∈R +，则

a +b +c

≥abc （当且仅当a =b =c 时取等号）；

a +a 2+ +a n ≥a 1a 2⋅ ⋅a n （其中a 1, a 2, , a n ∈R +, n ∈N +）及⑦ 均值不等式1

n n

a 1n +a 2+ +a n n n n

它的变式a 1+a 2+ +a n ≥na 1a 2⋅ ⋅a n ，a 1a 2⋅ ⋅a n ≤，

a +a 2+ +a n n

a 1a 2⋅ ⋅a n ≤(1)

【例 3 】（ 2004 年湖南省高考题）设a >0, b >0，则以下不等式中不恒成立的是

⑥ 若a , b , c ∈R +，则（）

+) ≥4 B a 3+b 3≥2ab 2 a b 22

C. a +b +2≥2a +2b D. a -b |≥a -b

A. (a +b )(

111

=4 ∴A 恒成立

a b ab

2222

∵a +b +2=a +1+b +1≥2a +2b ∴C 恒成立当a ≤b a -b |≥a -b ，显然D 成立；当a >b a -b |≥a -⇔

解：∵(a +b +) ≥2ab ⋅2

a -b |+b ≥a ⇔(a -b ) +2(a -b ) b +b ≥a ⇔2(a -b ) b ≥0也恒成立

∴D 恒成立。故选B

点评基本不等式是解本题的切人点，解题的关键是创造出使不等式成立的条件．

【例 4 】设x 1, x 2, , x n 都是正数，证明：

222

x n x n x 12x 2-1

++ ++≥x 1+x 2+ +x n 。

x 2x 3x n x 1

x 12x 12

+x 2≥2⋅x 2=2x 1„„„„„„„（*）证明因为x 1, x 2∈R +，x 2x 2

222

x n x x 2

同理+x 3≥2x 2, „，-1+x n ≥2x n -1, n +x 1≥2x n

x 3x n x 1

将这n 不等式两边相加得：

222

x n x n x 12x 2-1

++ +++（x 1+x 2+ +x n ）≥2（x 1+x 2+ +x n ） x 2x 3x n x 1222

x n x x 12x 2

∴ ++ +-1+n ≥x 1+x 2+ +x n 。

x 2x 3x n x 1

点评（*）式的构造为全题的得证辟开了道路，这种根据待证式的特点巧妙构式以便应用

S n ⋅S n +2

≤1 2

S n +1

⎧a 1q =6

（Ⅰ）解：设等比数列{a n }的公比为q ，则⎨解之得：a 1=2, q =3 4

⎩a 1q =162

∴数列{a n }的通项公式为a n =2⋅3n -1

设S n 是数列{a n }的前n 项和，证明（Ⅱ）证明由（Ⅰ）知a n =2⋅3

n -1

2(1-3n )

=3n -1 ，∴S n =

1-3

S n ⋅S n +222n +2-(3n +3n +2) +122n +2-23n ⋅3n +2+1∴=≤=1 22n +2n +12n +2n +1

S n +13-2⋅3+13-2⋅3+1

点评（Ⅱ）中不等式的证明实质上是利用基本不等式对不等式进行放缩．

≥3

(a -b ) b

>0 证明 ∵a >b >0 ∴a -b >0，

(a -b ) b

【例6】若a >b >0，证明：a +

111

=(a -b ) +b +≥3(a -b ) ⋅b ⋅=3

(a -b ) b (a -b ) b (a -b ) b

当且仅当b =a -b =即a =2, b =1时等号成立。

(a -b ) b

∴a +

(1+m ) n >(1+n ) m

证明由n 元均值不等式可得

(1+n ) m =(1+n )(1+n ) ⋅ ⋅(1+n ) ⋅1⋅1 ⋅ ⋅1

m 个

n -m 个

m (1-n ) +n -m n

]=(1+m ) n

∴(1+m ) >(1+n )

n m

式化．

三、综合法

利用题设条件和已知不等式作基础，再运用不等式的性质推导出所要证的不等式，这种方法称为综合法．综合法的证题思路是“由因导果”．

114

++≥0 a -b b -c c -a

证明 ∵a >b >c ∴a -b >0, b -c >0

【例8】已知a >b >c ，证明：

1111

+≥2⋅

a -b b -c a -b b -c

(a -b ) +(b -c ) 2(a -c ) 2

]=而(a -b )(b -c ) ≤[

1142∴ ⋅≥=2

a -b b -c a -c (a -c ) 114114

+≥++≥0 ∴即

a -b b -c a -c a -b b -c c -a

∴

点评这里根据待证式的结构特点发现，将前两式的分母做和以抵消b 是解题的切人点，再根据公式ab ≤(

a +b 2

) 即可得证． 2

【例9】设a , b 是不等得两正数，且a -b =a -b ，证明：1a 2+ab +b 2=a +b (a ⋅b >0) 又a +b >0 ∴a +b >1

由a 2+b 2>2ab ⇒(a +b ) 2>4ab

4 3

(a +b ) 2

∴(a +b ) =a +ab +b +ab =a +b +ab

342

即(a +b )

∴1

点评用综合法证明不等式，要掌握拆项、配方等技巧，还要“由因导果”，揭示条件与结论之间的因果关系及不等式两端的差异与联系．四、分析法

(a -b ) 2a +b (a -b ) 2

b >0，证明： 8a 28b

分析本题用比较法和综合法均有一定的困难，不妨用分析法来 “逆推”．

证明 ∵a >b >0 ∴a -b >0

(a -b ) 2a +b (a -b ) 2(a -b ) 2(a -b ) 2

⇐(

a -b 2a

) 2

a -b 2) 2⇐0

a -b 2a

a -b 2

2a 2a b a a

a b a b

(a -b ) 2a +b (a -b ) 2

点评分析法在表述时常用“⇐”即不断地用充分条件来代替前面的不等式，直至找到

已知的不等式为止．

【例11】设实数x , y 满足y +x 2=0, 0

⇐0

a +b

a +⇐0

1 8

1x y

证明：要证log a (a +a ) ≤log a 2+，因为0

x +y 11x y x +y x +y

≤⇔x +y ≤ 又a +a ≥2a ，故只要证a ≥a 8 即要证284

11222

∵y +x =0，即要证x -x +≥0，即要证(-1) -4⨯1⨯≤0，而

(-1) 2-4⨯1⨯=0∴原不等式成立。

【例12】设θ∈(0, 证明 ∵θ∈(0,

) ，证明：cos θ+θ⋅sin θ>1

∴θ⋅sin θ>sin θ„„„„„„„„„„„„„„„①

又cos θ>cos θ „„„„„„„„„„„„„„„②

①+②得θ⋅sin θ+cos θ>sin θ+cos θ=1

) ∴θ>sin θ

点评本题的每一步都遵循着不等式的基本性质，放与缩都在情理之中，因此活用不等式的性质是放缩的基本依据．

【例13】设数列{a n }满足a 1=2, a n +1=a n +立，令b n =

且a n >2n +1对一切正整数n 均成a n

a n n

(n =1, 2, 3, ) ，判定b n 和b n +1的大小，并说明理由。

，a n >2n +1(n ∈N *) a n

证明 ∵a n +1=a n +

∴

b n +1a n 2(n +1) n 1n 1n

= ) =n +1=(1+2)

2n +1b n a n n +1n +1(2n +1) n +1a n n +1

(n +) 2-

2n (n +1) 24

1(2n +1) n +2

点评放缩法证不等式的理论依据是：A>B,B> C⇒A>C，或A

法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可以从要证的结论中去考查．

1111+++ +2>1(n ≥2, n ∈N ) n n +1n +2n

11111n 2-n 1111

++ +2>+2+2+ +2=+=1 证明 +2

n n +1n +2n n n n n n n

【例14】证明：

n 2-n 项

∴

1111+++ +2>1 n n +1n +2n

1111

+++ +2>1” 这个和式共有几n n +1n +2n

点评这个问题的证明先要弄清楚“项；其次，放缩的时候将第一项

保留下来，这才得到了我们要证的结论． n

111

【例15】证明：1+++ +

2! 3! n !

1111

证明 ∵=⋅2

k ! 1⋅2⋅3⋅ ⋅k 1⋅2⋅ 2 ⋅ ⋅22

(k -1) 个2

1-() n

111111=2-(1) n -1

12! 3! n ! 22221-2

111

即1+++ +

2! 3! n !

点评本例也是n 项求和不等式的证明．这类问题一是要注意放缩得当，即不能放缩不够

或放缩过头；二是放缩后要便于求和．

在采用放缩法时，不一定能一次放缩成功，往往需要进行一次或多次调整．【例16】若x , y , z ∈R , a , b , c ∈(0, +∞) ，证明：

b +c 2c +a 2a +b 2

x +y +z ≥2(xy +yz +zx ) a b c

b +c 2c +a 2a +b 2b a c b a c

x +y +z =(x 2+y 2) +(y 2+z 2) +(z 2+x 2) 证明 a b c a b b c c a b 2a 2c 2b 2a 2c 2

≥2x ⋅y +2y ⋅z +2z ⋅x

a b b c c a =2(|xy |+|yz |+|zx |)≥2(xy +yz +zx )

新教材将导数与传统的不等式证明有机结合在一起设问，形成一种新颖的命题模式，它体现了导数在分析和解决一些函数性问题时的工具性作用．

∑C

k =0

k n

(-a ) n -k x k

∑kC

k =1

k n

(-a )

n -k

k -1

k -1n -k k -1

=∑nC n x =n (x -a ) n -1 -1(-a ) k =1n

（Ⅱ）∵f n (x ) =x n -(x -a ) ∴f n (x ) =nx

n -1

-n (x -a ) n -1=n [x n -1-(x -a ) n -1]

n -1

-(n -a ) n -1]

又由当x ≥a >0时，f n (x ) ≥0

∴f n (n ) ==n [n

∴当x ≥a >0时，f n (x ) =x n -(x -a ) n 是关于x 的增函数

∵n +1>n >a ∴f n (n +1) >f n (n ) ，即(n +1) n -(n +1-a ) n >n n -(n -a ) n

f n (n +1) =(n +1)[(n +1) n -1-(n +1-a ) n -1]>(n +1)[n n -(n -a ) n ]

>(n +1)[n n -n (n -a ) n -1]=(n +1) f '(n )

∴对任意n ≥a ，f n '+1(n +1) >(n +1) f n '(n ) 均成立

431x +x >0 （2）x 5+4≥5x （3）ln(1+x ) >x -x 2 32

432215422

证明（1）设f (x ) =x -x +x ，则f '(x ) =5x -4x +1=5(x -) +>0

355

435

∴f (x ) 在(0, +∞) 上是增函数⇒f (x ) >f (0) =0，即x -x +x >0

（2）设f (x ) =x +4-5x ，则f '(x ) =5x 4-5=5(x 2+1)(x -1)(x +1)

∴当01时，f '(x ) >0 ∴当01时，f (x ) 为增函数

（1）x -

∴f (x ) ≥f (1) =0，即x +4-5x ≥0，故x +4≥5x （3）同理证得ln(1+x ) >x -

12x 2

点评从本题可看出利用导数法证明不等式，解题过程简洁明快，解题方法新颖独到，显现了新教材内容的独特魅力．

1+x ) -x ，g (x ) =x ln x 【例19】（ 2004 年全国高考题）已知函数f (x ) =ln(（I ）

求函数f (x ) 的最大值；

（II ）

设0

a +b

)

-1 （Ⅰ）解：函数f (x ) 的定义域为(-1, +∞) 且f '(x ) =

x +1

令f '(x ) =0，解得x =0

当-10；当x >0时，f (x )

a +x a +x

) ，则F '(x ) =ln x -ln() 设F (x ) =g (a ) +g (x ) -2g (22

当00⇒F (x ) 在(a , +∞) 内为增函数； ∴x =a 时F (x ) 有极小值F (a ) =0，∵b >a ∴F (b ) >0

a +b

) >0 即g (a ) +g (b ) -2g (2

设G (x ) =F (x ) -(x -a ) ln 2，则G '(x ) =F '(x ) -ln 2=ln x -ln(a +x ) 当x >0时，G '(x ) a ⇒G (b )

a +b

)

点评这里结合函数的增减性，采用导数法，使解题过程表述简洁，条理清晰，要细细体会，掌握方法．七、数学归纳法

对与自然数n 有关的不等式，如果用其他方法比较困难时，可考虑用数学归纳法来证明．用数学归纳法证明的步骤是：

（2）假设当n =k (k ≥2) 时不等式成立，即a k ≥2(k ≥2) ，那么

) a +(n ≥1) n 2n

n +n 2

a k +1=(1+

a k 111

) a +=a ++≥2，这就是说当n =k +1时不等式成k k

k (k +1) 2k k 2+k 2k

立。

根据（1）（2）可知：a n ≥2对于所有n ≥2成立。

点评在用数学归纳法证题时，归纳假设一定要用，否则是错误的．【例21】 ( 2004 年辽宁省高考题）已知函数f (x ) =ax -

321

x 最大值不大于，又当26

111

x ∈[, ]时，f (x ) ≥

428

（Ⅰ）求a 的值

11, a n +1=f (a n ), n ∈N *,证明：a n

323a 2a 2

解（Ⅰ）由题意知，f (x ) =ax -x =-(x -) +

2236

1a 21

≤⇒a 2≤1 又f (x ) ≤，∴

666111又x ∈[, ]时，f (x ) ≥，

428⎧11⎧a 31f () ≥-≥⎪⎪⎪48⎪2882∴⎨ 即⎨解之：a ≥1和a ≤1比较得：a =1 ⎪f (1) ≥1⎪a -3≥1⎪⎪⎩28⎩4328

（Ⅱ）设0

（Ⅱ）用数学归纳法证明：证法一（1）当n =1时0

，不等式0

n +12

31 6

（2）假设n =k (k ≥2) 时，不等式0

k +1

3211

∵f (x ) =x -x 的对称轴为x =，∴x ∈(0, ]时，f (x ) 为增函数。

233111≤得0k +13k +1

131111k +41

k +12(k +1) 2k +2k +2k +22(k +1) 2(k +2) k +2

∴当n =k +1时，原不等式也成立。

根据（1）（2）可知：对于所有n ∈N *，不等式a n

n +1

证法二（1）当n =1时0

n +12

（2）假设n =k (k ≥1) 时，不等式0

k +1

313

a k +1=f (a k ) =a k (1-a k ) =(k +2) a k ⋅(1-a k )

2k +223

1-a k >0 ∵(k +2) a k >0,

3⎡⎤

(k +2) a +(1-a ) k k ⎥⎢3122k +2⎢⎥

⎣⎦

∴当n =k +1时，原不等式也成立。

根据（1）（2）可知：对于所有n ∈N *，不等式a n

成立。 n +1

11113++ +> n +1n +22n 24

11713+=>证明（1）当n =2时 2+12+21224

（2）假设n =k (k ∈N , k ≥2) 时不等式成立，即有则当n =k +1时

11113++ +> k +1k +22k 24

1111

点评为了利用n =k 时的假设条件，这里采用了加项减项的策略，以便正确过渡到n =k +1这一步．

八、换元法

换元法多用于条件不等式的证明，换元法中常见的是三角换元和代数换元两种．【例23】已知a , b , x , y 都是正数，且

a b

+=1，证明： x y

x +y ≥(a +) 2

a b k π=cos 2θ, =sin 2θ(θ≠, k ∈Z ) ，则 x y 2a b

x +y =+=a (1+tan 2θ) +b (1+cot 2θ) ≥a +b +2ab =(a +) 2 22

cos θsin θ

a b xb ya

++b ≥a +b +2ab =(a +b ) 2 证法二 x +y =(x +y +) =a +

x y y x

证法一令

点评证法一是三角换元，证法二是“ 1 ”的代换．三角换元运用得当，往往可沟通三

角与代数的联系，将复杂的代数问题转化为简单的三角问题．另外，在使用换元法证明不等式时一定要注意新变量的取值范围．

【例24】已知a >0, b >0, c >0，证明：

a b c 3++≥ b +c a +c a +b 2

证明设x =b +c , y =a +c , z =a +b ，则x >0, y >0, z >0

y +z -x x +z -y x +y -z a =，b =，c =

222

这时原不等式，左边=

1y +z -x x +z -y x +y -z (++) 2x y z

1y x z x z y 13=[(+) +(+) +(+) -3]≥(2+2+2-3) = 2x y x z y z 22

从而原不等式成立．

⎛x n -1⎫⎛x n ⎫⎛x 0⎫⎛x 1⎫⎛x 2⎫x n x 0x 1x 2

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++ +++ ≥++ ++ x ⎪ x ⎪ x ⎪ x ⎪ x ⎪x 0x 1x n -1x n ⎝1⎭⎝2⎭⎝3⎭⎝n ⎭⎝0⎭x x

证明令i -1=a i (i =1. 2, , n ), n =a 0，原不等式变为

x i x 0

111n n

a 0+a 1n + +a n ≥++ +„„„„„„„„„„„„„„（*）

a 0a 1a n

∵a 0, a 1, , a n 为正数，且a 0⋅a 1⋅ ⋅a n =1

∴

n n n n n

111111++ +=a 0⋅a 1⋅ ⋅a n (++ +) a 0a 1a n a 0a 1a n =a 0⋅a 1⋅ ⋅a n +a 0⋅a 2⋅ ⋅a n + +a 0⋅a 2⋅ ⋅a n -1

n n n n n n n n

a 0+a 2+ +a n a 1n +a 2+ +a n a 0+a 2+ +a n -1

++ + ≤

n n n n n

=a 0+a 1n + +a n

∴（*）式得证，即原不等式得证。点评这里令

x i -1

=a i 作为分段换元，依a 0⋅a 1⋅ ⋅a n =1为特性作恒等变形，以创造x i

应用基本公式的条件，这类解题技巧应注意掌握．九、函数法

x x

-(x ≠0) ，则可证f (-x ) =f (x ) ，证明设f (x ) =

1-2x 2

∴f (x ) 的图像关于y 轴对称 ∵当x >0时可证f (x )

x x

21-2

【例26】证明不等式：

点评这里实质上是根据函数的奇偶性来证明的，本例也可以用分析法作分类讨论证得．

【例27】证明在锐角△中，sin A +sin B +sin C >cos A +cos B +cos C

分析：在锐角△中，A ，B ，C 全为锐角，故条件关于A ，B ，C 对称。猜想：sin

A +sin B >cos A +cos B 。

证法一：∵0

A +B A +B A -B

>cos ∴sin ，两边乘以2cos 得 222

sin A +sin B >cos A +cos B

同理： sin A +sin C >cos A +cos C

sin B +sin C >cos B +cos C

，由A +B +C =π得：

A +B π

上式相加得：sin A +sin B +sin C >cos A +cos B +cos C

证法二：∵A , B , C 均为锐角，则有A , 900-B , 900-C 均为锐角。

令y =sin x , x ∈(00, 900) ∵A =1800-B -C =(900-B ) +(900-C ) >900-B 依正弦函数在(00, 900) 内的单调性知：sin A >sin(900-B ) =cos B

同理： sin C >cos C

sin B >cos B

【例28】（2002全国卷）已知a >0，函数f (x ) =ax -bx 2

（Ⅰ）当b >0时，若对于任意x ∈R ，都有f (x ) ≤1，证明a ≤2b ；

（Ⅱ）当b >1时，证明；对任意x ∈[0, 1],|f (x ) |≤1的充要条件是b -1≤a ≤2b （Ⅲ）当0

a 2a 2

) +（Ⅰ）证法一：f (x ) =ax -bx =-b (x -，由于对于任意x ∈R ，都有2b 4b

a 2

≤1，又a , b >0，所以a ≤2 f (x ) ≤1，故有f (x ) max =4b

证法二：依题意f (x ) ≤1，即-bx +ax -1≤0对于任意x ∈R ，都有成立，

又a , b >0，所以∆=a -4b ≤0，故a ≤2b （Ⅱ）由f (x ) |≤1得

2⎧ ①⎪bx -ax +1≥0

⎨2

⎪ ②⎩bx -ax -1≤0

（ⅰ）当x =0时，不等式①②显然成立。

1⎧

a ≤bx + ③⎪⎪x

（ⅱ）当0

⎪a ≥bx -1 ④⎪x ⎩

设u =bx +(0

x 111

∈(0, 1] ∴x =∵b >1 ∴时u =bx +(0

x ∴不等式③对任意x ∈[0, 1]恒成立的充要条件是a ≤2

设v =bx -(0

x x

11(0

∵0

x b

b +1 ∴不等式③对任意x ∈(0, 1]恒成立的充要条件是a ≤b +1

又当0

综上所述，当0

点评巧妙地构造出函数u =bx +与v =bx -是上述解法的前提，灵活地应用基本不

x x

设u =bx +

等式及函数的增减性是上述解法的关键．有些题目通过恰当地构造函数，再结合导数法来证

明会显得更简便、更易行、更有效．十、反证法

【例29】已知a , b , c ∈(0, 1) ，证明：(1-a ) b , (1-b ) c , (1-c ) a 不能都大于证明假设(1-a ) b , (1-b ) c , (1-c ) a 都大于∴1-a , 1-b , 1-c ∈(0, 1)

，∵a , b , c ∈(0, 1) ， 4

(1-b ) +c 1(1-c ) +a 1(1-a ) +b 11

>，> ≥(1-a ) b >=，同理

2222242

(1-a ) +b (1-b ) +c (1-c ) +a 333

++>，即>，推出矛盾三式相加：

222222

∴(1-a ) b , (1-b ) c , (1-c ) a 不能都大于

∴

【例30】设f (x ) =x +ax +b ，证明：|f (1) |,|f (2) |,|f (3) |中至少有一个不小于

1 2

111

, |f (2) |

-17⎪1⎪9

22⎪2⎪2117⎪1⎪19

由前面两式得-4

证明假设|f (1) |

设不成立．原命题正确．

点评本题的难点是从假设中找出矛盾，说明假设不成立，要细心体会这种推出矛盾的方法．

【例31】若α, β, γ为正锐角，且sin 2α+sin 2β+sin 2γ=1，证明：α+β+γ>证明假设α+β+γ≤

222

∴sin 2(α+β) ≤cos 2γ=1-sin 2γ=sin 2α+sin 2β，即sin 2(α+β) -sin 2β≤sin α

而sin 2(α+β) -sin 2β=sin αsin(α+2β) ，∴sin αsin(α+2β) ≤sin α ∵α为正锐角∴sin(α+2β) ≤sin α„„„„„„„„„（*）（1）当α+2β≤（2） α+2β>

则0

-γ

，∴sin(α+β) ≤cos γ

时由（*）式知α+2β≤α即β≤0这与β为正锐角矛盾。

时由（*）式知π-(α+2β) ≤α即α+β≥

这与α+β+γ≤

矛盾，故α+β+γ>

点评这里（ * ）式的导出，为后面的分类归谬奠定了基础．

十一、数形结合法

在有些不等式的证明过程中，可以根据已知条件的结构特点，联想他所表示的几何图形的意义，通过图形启发思维，找到简捷的证题思路

【例32】已知a , b , x , y ∈R ，且a +2b +4=0, x +2y +1=0，证明：

(a +x ) 2+(b +y ) 2≥5

|4-(-1) |

(a +x ) 2+(b +y ) 2≥=，故(a +x ) 2+(b +y ) 2≥5

点评本题从已知条件的结构特点出发，联想它的几何意义即可获证，方法简捷，思路清晰．也是证明不等式的一个好方法

【例 33 】．已知α, β, γ均为锐角，且cos

α+cos 2β+cos 2γ=1，证明：

t a n α+t a n β+t a n γ≥32

A B -C A 1D B 1C 1D 1，使，∠C 1AD =α, ∠C 1AB =β, ∠C 1AA 1=γ, 设AD =a , AB =b , AA 1=c （如图11-1所示）

证明

由已知条件作长方体

b 2+c 2a 2+c 2a 2+b 2

则tan α=，tan β=，tan γ=

a b c

∴tan α+tan β+tan γ=

b 2+c 2

+a a 2+c 2

+b a 2+b 2

b 2+c 2b +c a 2+b 2a +b a 2+c 2a +c ∵，， ≥≥≥

a c b 2a 2c 2b

∴

b 2+c 2+a a 2+c 2

+b b +c a +c a +b 2b +c a +c a 2+b 2

++++=(≥

a b 2c 2a 2c 2b

a +b c a b 2b c a

c a b 2b c a

) =(3⋅⋅ +3⋅⋅) =32 [(++) +(++)]≥c a b c a b c 22a b c a b c

b c a c a b

当且仅当==，且==，即a =b =c 时等号成立

a b c a b c

∴tan α+tan β+tan γ≥2

|⋅|≤||⋅||证明，特别要注意等号成立的条件：当, 共线即=λ(λ≠0) 时等号成

立．

【例34】设a , b , c 为非负数，证明：a 2+b 2+b 2+c 2+a 2+c 2≥证明令a 1=(a , b ), a 2=(b , c ), a 3=(c , a ) ，则|a 1|=

2(a +b +c )

a 2+b 2，|a 2|=b 2+c 2，

|a 3|=

a 2+c 2，a 1+a 2+a 3=(a +b +c , a +b +c )

2(a +b +c )

∴|a 1+a 2+a 3|=

又∵|a 1+a 2+a 3|≤|a 1|+|a 2+|a 3|

∴2(a +b +c ) ≤a 2+b 2+b 2+c 2+a 2+c 2 即a 2+b 2+b 2+c 2+a 2+c 2≥

2(a +b +c )

点评形如a 2+b 2，x 1x 2+y 1y 2形式的式子可以通过构造向量，利用向量的性质求解．

1119

++≥ a -b b -c c -d a -d

证明由题设知a -b >0, b -c >0, c -d >0, a -d >0

111

, , ) 令=(a -b , b -c , c -d ) ，=(

-b -c c -d

【例35】已知a >b >c >d ，证明：∴|⋅|=3，||=

(a -b ) +(b -c ) +(c -d ) =a -d

||=

111

a -b b -c c -d

111

++≥3 a -b b -c c -d

由|⋅|≤||⋅||得：a -d ⋅即(a -d )(

111

++) ≥9 a -b b -c c -d 1119

++≥∴ a -b b -c c -d a -d

【例36】设a , b , c 为正实数，且abc =1。试：证明由abc =1得

1113

++≥

a 3(b +c ) b 3(a +c ) c 3(a +b ) 2

111b 2c 2a 2c 2a 2b 2

++=„„„„„① ++

a 3(b +c ) b 3(a +c ) c 3(a +b ) a (b +c ) b (a +c ) c (a +b )

bc ac ab

, , ) 设向量=(

a (b +c ) b (a +c ) c (a +b )

=(a (b +c ) , b (a +c ) , c (a +b ) )

b 2c 2a 2c 2a 2b 2

则||⋅||=[++]⋅2(ab +bc +ca )

a (b +c ) b (a +c ) c (a +b )

|⋅|2=(ab +bc +ca ) 2由|⋅|≤||⋅||得： b 2c 2a 2c 2a 2b 2[++]⋅2(ab +bc +ca ) ≥(ab +bc +ca ) 2 a (b +c ) b (a +c ) c (a +b )

11b 2c 2a 2c 2a 2b 2

即[++]⋅≥(ab +bc +ca ) ≥⋅3⋅(abc ) 2„„„②

22a (b +c ) b (a +c ) c (a +b )

1113

由①②得：3+3+3≥

a (b +c ) b (a +c ) c (a +b ) 2

点评以上两例都是利用性质|⋅|≤||⋅||来证明不等式，其中构造恰当的向量是关键．要注意理解和掌握其中的技巧和方法．

【例37】证明：x 2+4+x 2-8x +17≥5

分析从欲证式子的结构特征看出，左边的形式类似于向量的模．因此可考虑用向量法来证．

证明 ∵x 2+4+

x 2-8x +17=x 2+4+(x -4) 2+1

∴可令=(x , 2) ， =(-x +4, 1) 而|+|=|(x , 2) +(-x +4, 1) |=5

当=λ(λ>0) 时|+|=||+||,此时(x , 2) =λ(-x +4, 1) ，解之：λ=2, x =故x 2+4+

8 3

x 2-8x +17≥5（当x =

时取等号） 3

点评在用向量法求最值时，一定要调整好向量中坐标的符号，保证运算时只保留常数，本题中若=(x -4, 1) ，则|-|=，但此时取等号的前提是=λ(λ

设a 1, a 2, , a n 及b 1, b 2, , b n 是任意实数，则

2222

(a 12+a 2+ +a n )(b 12+b 2+ +b n ) ≥(a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n ) 2

b b b

当且仅当1=2= =n 时等号成立。

a 1a 2a n

我们称此不等式为柯西不等式．

2222222

f (x ) =(a 1+a 2+ +a n ) x +2(a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n ) x +(b 1+b 2+ +b n )

∵f (x ) =

又∵a 1+a + +a n >0，∴∆≤0

即(a 1+a + +a n )(b 1+b 2+ +b n ) ≥(a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n )

i =12222

∑(a x +b )

≥0

22222

当且仅当a i x +b i =0(i =1, 2, , n ) 即

b b 1b 2

== =n 时等号成立。 a 1a 2a n

下面举例说明柯西不等式的应用．

【例 38 】已知x 1, x 2, , x n ∈R +, n ∈N ，求证：

(x 1+x 2+ +x n 证明 ∵x 1, x 2, , x n ∈R +, n ∈N ， ∴

111

++ +) ≥n 2 x 1x 2x n

111

++ +) =x 1x 2x n

111

[(x 1) 2+(x 2) 2+ +(x n ) 2](++ +) ≥ 222

(x 1) (x 2) (x n ) (x 1+x 2+ +x n )(

(x 1⋅

等

1112

+x 2⋅+ +x n ⋅) =n 2 x 1x 2x n

点评本例若用数学归纳法证将要复杂得多，式的解题功效绝非一般．由此可见柯西不

+=1。试证：对每一个n ∈N ，都有 a b

(a +b ) n -a n -b n ≥22n -2n +1

证明：∵+=1⇒a +b =ab ⇒(a -1)(b -1) =1

a b 111又1=+≥2⇒ab ≥4 于是

a b ab

(a +b ) n -a n -b n +1=(ab ) n -a n -b n +1=(a n -1)(b n -1)

【例39】已知a , b 为正实数，且有

=(a -1)(b -1)(a n -1+a n -2+ +a +1)(b n -1+b n -2+ +b +1) =(a n -1+a n -2+ +a +1)(b n -1+b n -2+ +b +1) ≥[(ab )

n -12

+(ab )

n -22

+ +(ab ) +1]2

≥[4

n -12

n -22

+ +4+1]2=(2n -1+2n -2+ +2+20) 2

1-2n 2=[]=22n -2n +1+1 1-2

2n n +1

故(a +b ) n -a n -b n ≥2-2

点评本例中由+=1挖掘出隐含条件a +b =ab , (a -1)(b -1) =1，ab ≥4，为解

a b

题提供了极有用的转化条件．

在应用柯西不等式时，因式的巧分，合理地添项、拆项，灵活地变换结构等都是常用技巧．

根据不等式的几何意义，利用数形结合的思想，也是证明不等式的常用方法．

不等式证明的常用方法

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