中学不等式证明方法探究
摘 要
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。本文通过对不等式的进一步研究，同时在前人的基础上对不等式的证明方法进行再探讨，得出了几点新方法，再有就是对于一些题目，很多人都是用一些常用的方法来解决，而笔者则是通过另外的一种方法来解，并且解题过程相对简单，在正文的例题当中，我用方法二给出了我的证明过程，以飨读者。
关键词：不等式；证明方法；证明技巧；换元法；微分法
证明不等式的方法灵活多样，内容丰富、技巧性较强要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．在证明不等式前，要依据题设和待证不等式的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法．通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式得到证明；反之亦可从明显的、熟知的不等式入手，经过一系列的运算而导出待证的不等式，前者是“执果索因”，后者是“由因导果”，为沟通联系的途径，证明时往往联合使用分析综合法，两面夹击，相辅相成，达到欲证的目的．
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．在应用不等式的基本知识、方法、思想解决问题的过程中，提高学生数学素质及创新意识． 1、比较法
比较法是证明不等式的一种最基本的方法，也是最常用的的方法，基本不等式就是用比较法证明的。其难点在第二步的“变形”上，变形的目的是有利于第三步判断，求差比较法变形的方向主要是分解因式、配方。 1）作差比较法的理论依据有：
a >b ⇔a -b >0, a
2）作商比较法的理论依据有：
a
b >0, a >b ⇔>1.
b 3）作差（商）比较法的步骤：
作差（商）→变形→判断符号（与1的大小） 例1：求证：1+2x 4≥2x 3+x 2 证明：法一： (1+2x 4) -(2x 3+x 2)
=2x 3(x -1) -(x +1)(x -1) =(x -1)(2x 3-x -1) =(x -1)(2x 3-2x +x -1)
=(x -1) 2(2x 2+2x +1)
11
=(x -1) 2[2(x +) 2+]≥0
22
∴1+2x 4≥2x 3+x 2法二：1+2x 4-(2x 3+x 2)
=x 4-2x 3+x 2+x 4-2x 2+1
=(x 2-x ) 2+(x 2-1) 2≥0
∴1+2x 4≥2x 3+x 2
说明：法一的变形主要是因式分解，其难点在于分解2x 3-x -1的因式，判断2x 2+2x +1的符号除用配方法外，还可用判别式法（此法我们后面再述）。证法二的变形主要是配方法，难点在于拆项，此法笔者又将其归纳为裂项法。通过本例，可以了解求差比较法的全貌，以及关键的第二步变形。
例2：已知a >1, λ>0，求证：log a (a +λ) >log (a +λ) (a +2λ) 证明：
log (a +λ) (a +2λ) log a (a +λ)
≤[
=log (a +λ) (a +2λ) ∙log (a +λ) a
]=[
2
log (a +λ) (a +2λ) +log (a +λ) a 2
log (a +λ) (a 2+2a λ)
2
]2
log (a +λ) a (a +2λ)
2]2=1
]2
=[
log (a +λ) (a +λ) 2
2
又log a (a +λ) >0, ∴log (a +λ) (a +2λ)
说明：观察不等式的特点，a +λ充当了真数和底，联想到log a N =
1
，进而用了log N a
作商比较法，作商比较法的变形主要是利用某些运算性质和性质，如函数的单调性等，我们再看：
例3：若a >b >c >0，求证： （1）a a b b >b a a b
（2）a 2a b 2b c 2c >a b +c b a +c c a +b
a a b b a
证明：（1） a >b >c >0，a b =() a -b
b b a
又a >b >0, ∴
a
>1, a -b >0 b
a a -b a a b b
∴() >1, 即b a >1, 又 a b b a >0
b a b
∴a a b b >a b b a
（2）由（1）的结果，有
a a b b >a b b a >0, b b c c >b c c b >0, c c a a >c a a c >0
两边分别相乘得
a a b b ∙b b c c ∙c c a a >a b b a ∙b c c b ∙c a a c ∴a b c
2a
2b
2c
>a
b +c
b
a +c
c
a +b
2、综合法
利用某些证明过的不等式作为基础，再运用不等式的性质，推导出所求证的不等式，这种证明方法叫做综合法，综合法的思考路线是“由因导果”。 例4：（1）已知a , b , c 为不全相等的正数，求证：
b +c -a c +a -b a a +b ++b -c
c >3 （2）已知a , b , c 为不相等正数，且abc =1，
求证：a +b +c
1a +1b +1
c
证明：（1）证法一：左式=(b a c b a c
a +b ) +(b +c ) +(c +a
) -3
a , b , c 为不全相等的正数
∴
b a a +b ≥2b a ∙a
b =2
c b +b c ≥2, c a a +c
≥2
且上面三个等号不能同时成立， ∴
（b a +a b ) +(c b +b c ) +(a c +c
a ) -3>6-3=3证法二：左式=(
a +b +c a +b +c a +b a -2) +(b -2) +(+c
c
-2) =(a +b +c )(111a +b +c
) -6
a , b , c 为不全等正数
∴（a +b +c )(1a +1b +1c ) -6>3abc ⨯31
abc
-6
=9-6=3
得证。
（2）证法一： a , b , c 为不等正数，且
abc =1 ∴a +b +=
111bc +ca +ab
111111
+++
222=a +b +
c
证法二： a , b , c 为不正数，且
abc =1 得证；
111ab +ac ab +bc ac +bc ∴++=bc +ac +ab =++
222 a b c
>a 2bc +ab 2c +abc 2=a +b +c
得证。
说明：（1）题两种方法的差别主要在于对不等式左边施行不同的恒等变形，其目的都是为了有效地利用基本不等式，灵活地运用均值不等式，这也是综合法证明不等式的主要技巧之一；
（2）题是条件不等式的证明，要找出条件与结论之间的内在联系，分析已知与求证，不等式左边与右边的差异与联系，去异求存同，找到证题的切入口，本题合理运用条件
abc =1的不同变形。
3、分析法
从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为判断这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可判定所求证的不等式成立，这种证明方法叫做分析法，分析法的思路是“执果索因”。
111
例5：已知函数f (x ) =lg(-1), x ∈(0, ) ，若x 1, x 2∈(0, ) 且x 1≠x 2.
x 22
x +x 1
求证：[f (x 1) +f (x 2)]>f (12)
22
证明：要证原不等式成立，只需证明( 事实上， 0
∴(=
112
-1-1) >(-1) 2 x 1x 2x 1+x 2
1
, x 1≠x 2 2
112-1)(-1) -(-1) 2x 1x 2x 1+x 2
11144
---+
x 1x 2x 1x 2(x 1+x 2) 2x 1+x 2
(x 1-x 2) 2(1-x 1x 2) =>0
x 1x 2(x 1+x 2) 2即是(∴lg[(
112-1)(-1) >(-1) 2x 1x 2x 1+x 2112-1)(-1)]>lg(-1) 2x 1x 2x 1+x 2
x +x 21
故[f (x 1) +f (x 2)]>f (1) 22
得证。 4、换元法
换元法是数学中的一个基本方法。在不等式的证明过程中，按照所证不等式的结构特点，将不等式中的变量作适当的代换，可使不等式的结构明朗，从而使不等式变得容易证明，这种方法称为换元法。换元法的目的是把合命题化简、化熟，把复杂的、不熟悉的命题化为简单的、熟悉的命题。
换元法在许多实际问题的解决中可以起到化难为易、化繁为简的作用，有些问题直接证明较为困难，但若通过换元法的思想与方法来解就很方便，换元法多用于条件不等式的证明中，一般有增量换元、三角换元、和差换元、向量换元、利用对称性换元、借助几何图形换元等几种方法。 1）增量换元
对对称式（任意互换两个字母，代数式不变）和给定字母顺序的不等式，常用增量换元，换元的目的是通过换元达到减元，使问题化难为易，化繁为简。
114
+≥. 例6：已知a >b >c , a -b b -c a -c
分析：考虑到a -c =(a -b ) +(b -c ) ，由此可以令x =a -b >0, y =b -c >0, 这时问题转
114
化为“若x , y >0, 证明+≥”。
x y x +y
证明：令x =a -b >0, y =b -c >0, a -c =x +y ，下面只要证明：
114+≥即可。 x y x +y
11y x y x
x , y >0, ∴(+)(x +y ) =2++≥2+2=4(=, 即x =y , 2b =a +c 取等号）
x y x y x y 114114
∴+≥, 即+≥成立。 x y x +y a -b b -c a -c
例7：若a ≥b ≥0, 2ab -b 2+a 2-b 2≥a . 分析：如何利用已知不等式a ≥b ≥0是证明本题的关键，
因为a -b ≥0⇔a ≥b ⇔a -b =h (h ≥0) ⇔a =b +h (h ≥0) ，这样可把已知的不等式关系换成相等关系。
证明： a ≥b ≥0, 设a =b +h (h ≥0),
则2ab -b 2+a 2-b 2=2b (b +h ) -b 2+(b +h ) 2-b 2
=b 2+2nh +h 2+2bh ≥b +h =a
∴2ab -b 2+a 2-b 2≥a .
得证。
2）三角换元
三角换元就是根据已知的一些三角等式、三角代换来解决题目中的某些问题，如，问题中
2
若
2
已知
x 2+y 2=a 2(a ∈0, +∞)), 可设x =a c θo , y s =a s θi
；n 若已知
x 2y 2x 2y 2
则条件可x +y ≤1, 可设x =r c θo , y s =r s θi (r ≤1) ；若已知2+2=1或2-2=1，
a b a b
⎧x =a cos θ, ⎧x =a sec θ,
设⎨其中θ的范围取决于x , y 的取值范围，等等。 或⎨
y =a sin θ; y =tan θ, ⎩⎩例8：已知a , b , c , d 都是实数，且a 2+b 2=1, c 2+d 2=1, ac +bd ≤1.
分析：由a 2+b 2=1, c 2+d 2=1，可以联想到sin 2α+cos 2α=1的关系作三角代换。 证明： a 2+b 2=1, c 2+d 2=1, 所以可设a =sin α, b =cos α, c =sin β, d =cos β, ∴ac +bd =s i n αs i n β+c o αs c o βs =c o s α(-β) ,
又 cos(α-β) ≤1, ∴ac +bd ≤1，即原不等式成立。 3）和差换元
a +b a 2+b 2a 3+b 3a 6+b 6
∙∙≤. 例9：对任意实数a , b , 2222
分析：对于任意实数a 与b ，都有a =
s =
a +b a -b
, t =, 则有a =s +t , b =s -t 。 22
a +b a -b a +b a -b
+, b =-，令2222
证明：设a =s +t , b =s -t ，下面只需证
s (s 2+t 2)(s 3+3st 2) ≤s 6+15s 4t 2+15s 2t 4+t 6.
右边-左边=11s 4t 2+12s 2t 4+t 6≥0, ∴s (s 2+t 2)(s 3+3st 2) ≤s 6+15s 4t 2+15s 2t 4+t 6,
a +b a 2+b 2a 3+b 3a 6+b 6
即∙∙≤.
2222
得证。 4）向量换元
例10：已知a , b ∈R +, a +b =1, 2a +1+2b +1≤22.
分析：将不等式变形为1⨯2a +1+1⨯2b +1≤2⨯2a +1+2b +1，观察其结构我们可
联想到学习两个向量的内积是有这样一个性质：∙≤∙=a 1∙b 1+a 2∙b 2。
证明：设=(1, 1), =(a +1, 2b +1) ，
则有∙=2a +1+2b +1=2=2a +1+2b +1
a +b =1, =2, 由性质m ∙n ≤
得2a +1+2a +1≤22. 5）利用对称性换元
例11：设a , b , c ∈R +, 求证：abc ≥(b +c -a )(c +a -b )(a +b -c ).
分析：经过观察，我们发现，把a , b , c 中的两个互换，不等式不变，则可令
x =b +c -a , y =c +a -b , z =a +b -c , 则原不等式可化为：(x +y )(y +z )(z +x ) ≥8xyz . 证明：令x =b +c -a , y =c +a -b , z =a +b -c
111
(y +z ), b =(x +z ), c =(x +y ) 222
a , b , c ∈R +, ∴当xyz
当xyz >0时，有x , y , z ∈R +（否则x , y , z 中必有两个不为正值，不妨设x ≤0, y ≤0则c ≤0，这与c >0矛盾）
因此：x +y ≥2xy >0, y +z ≥2yz >0, z +x ≥2zx >0 则有：(x +y )(y +z )(z +x ) ≥8xyz 综上，恒有(x +y )(y +z )(z +x ) ≥8xyz ，
把x , y , z 的值代人上式得：abc ≥(b +c -a )(c +a -b )(a +b -c ). 得证。 6）借助几何图形换元
例12：已知a , b , c 是∆ABC 三边的长，求证：a 3b +b 3c +c 3a ≥a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2. 分析：如图，作∆ABC 的内切圆，设D , E , F 为切点，令x =BD , y =CD , z =AE . （其中，则原不等式可转化为： x , y , z ∈R +）
y 2z 2x 2
(+z ) +(+x ) +(+y ) ≥2x +2y +2z （1） z x y 再利用均值不等式：a +b ≥2ab 。
证明：设D , E , F 为切点，令x =BD , y =CD , z =AE . 则原不等式可化为（1）的形式，又
y 2z 2x 2
因为x , y , z ∈R ，则有，+z ≥2y , +x ≥2z , +y ≥2x . 所以（1）式成立，故原不
z x y
+
等式成立。得证。
7）代数换元
例13：已知a , b , c ∈R +，且a +b +c =1, 3a +1+b +1+3c +1≤32. 分析：引入参数，配凑成二次方程转化为二次不等式 证明：设a +1+3b +1+c +1=k . 则可令a +1=
k k k
+t 1, b +1=+t 2, c +1=+t 3, 其中t 1+t 2+t 3=0. 333
k k k
所以3a +1+3b +1+3c +1=(+t 1) 2+(+t 2) 2+(+t 3) 2
333
k 22k 2222222
+k (t 1+t 2+t 3) +t 1+t 2+t 3=+(t 1+t 2+t 3) 即6=
333k 2
所以6≥，解得
3
k ≤32，即3a +1+b +1+c +1≤32。得证。 8）分式换元
12
例14：设x >0, y >0, x +y =1, +≥3+22
x y
分析：因为x +y =1, x >0, y >0, 所以用分式换元，转化为均值不等式证明。 证明：设x =
a b , y =(a >0, b >0) ，则 a +b a +b
12a +b 2(a +b ) b 2a
+=+=3++≥3+22， x y a b a b
即
12
+≥3+22 x y
9）比值换元法
对于在已知条件中含有若干个等比式的问题，往往可先设一个辅助未知数表示这个比值，然后代入求证式即可。
例15：已知x -1=y +2=z -4, 求证：x 2+y 2+z 2≥10. 证明：设x -1=y +2=z -4=k ， 于是x =k +1, y =k -2, z =k +4
把x , y , z 代入x 2+y 2+z 2得：3k 2+6k +13=3(k 2+2k +1) +10=3(k +1) 2+10≥10。 得证。 5、放缩法
为了证明不等式，有时需舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，利用不等式的传递性达到证题的目的，这种方法称为放缩法，放缩时主要方法有：
131
1）舍去或加上一些项，如：(a +) 2+>(a +) 2.
242
2）将分子或分母放大（缩小），如：
11111
,
k (k -1) k k (k +1) k k
2k +k -1
, 1k >
2k +k +1
.(k ∈N , k >1).
n (n +1) (n +1) 2
证明：a n =⨯2+2⨯3+ +n (n +1) >⨯1+2⨯2+ n ⨯n
n (n +1)
. 2
k +(k +1)
.(k ∈N ). 又 k ≠k +1, ∴k (k +1)
2
=1+2+ +n =
∴a n =⨯2+2⨯3+ +n (n +1)
22n (n +1) (n +1) 2∴
22
1+22+3n +(n +1)
++ +222
说明：在使用放缩法时，需要注意的是放缩要适度，不能放得过大或太小。 6、反证法
反证法就是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出矛盾，从而肯定原命题成立，反证法必须考虑各种与原命题相异的结论，缺少任何一个可能都是不完全的，如，要证不等式
A >B , 先假设A ≤B ，根据题设及其他性质推出矛盾，从而肯定A >B 成立。
1f (1) , f (2) , f (3) 不全小于. 例17：已知f (x ) =x 2+ax +b , 2
1111证明：假设f (1) , f (2) , f (3) 全小于，即f (1)
由于f (1) =1+a +b , f (2) =4+2a +b , f (3) =9+3a +b ,
∴f (1) -2f (2) +f (3) =2
∴f (1) -2f (2) +f (3) =2.
另一方面：由假设得
f (1) -2f (2) +f (3) ≤f (1) +f (3) +2f (2)
显然，2
说明：对于存在、不都是、至少（多）、不全小（大）、某个（反面：任意的）等问题，通常从正面难寻突破口，可变换角度，巧用反证法往往会见奇效。
7、判别式法 a 2x 2+b 2x +c 2如果所要证明的不等式可转化为形如：y =的函数值域(x ∈R ) ，或转化2a 1x +b 1x +c 1
为一元二次方程有实数根等问题，则可用判别式法达到证题目的。
12例18：若x , y , z ∈R , 且x +y +z =a , 用x 2+y 2+z 2=a 2(a >0) 求证x , y , z 都是不大于a 23
的非负数。 1证明：由z =a -x -y , 代入x 2+y 2+z 2=a 2，可得 2
12x 2-2(a -y ) x +y 2+(a -y ) 2-a 2=02
1 x ∈R ，∴∆≥0, 即4(a -y ) 2-8[y 2+(a -y ) 2-a 2]≥02
化简得3y 2-2ay ≤0,
a >0，∴0≤y ≤2a 3
22同理可得：0≤x ≤a ，0≤z ≤a 。得证。33
8、构造法
有些不等式可构造函数利用函数性质，或构造复数利用复数向量有关性质，或构造几何图形利用集合知识，还可以构造数列利用数列相关性质来证明不等式。
1）利用函数的单调性
例19：求证：a +b
1+a +b ≤a
1+a +b
1+b .
x .(x ≥0) 的形式，因此可考虑函数1+x 分析：由不等号两边形式可归纳为f (x ) =
f (x ) =x 在x ≥0时的单调性。 1+x
证明：构造函数f (x ) =x x x 1-x 2x ，设0≤x 1
a +b
1+a +b ≤a +b
1+a +b =a
1+a +b +b
1+a +b ≤a
1+a ++b
1++b . 得证。
2）构造复数利用复数向量有关性质
例20：求证：a 2+b 2+c 2+d 2≥(a -c ) 2+(b -d ) 2.(a 与c ，b 与d 不同时相等) 证明：设z 1=a +bi ，z 2=c +di ，那么z 1-z 2=(a -c ) +(b -d ) i z 2=c 2+d 2 由于z 1-z 2≤z 1+z 2z 1=a 2+b 2则z 1-z 2=(a -c ) 2+(b +d ) 2
∴有(a -c ) 2+(b -d ) 2≤a 2+b 2+c 2+d 2. 得证。
9、用微分法证明不等式
微分在中学时又称为求导，用微分法其实就是用求导的方法来解决问题。
例21：设函数f (x ) =a 1sin x +a 2sin 2x + +a n sin nx , 其中a 1, a 2, , a n 都为实数，n 为正整数。已知对于一切实数x ，有f (x ) ≤sin x ，试证：a 1+2a 2+ +na n ≤1.
分析：问题中的条件与结论不属于一类型的函数，如果能找出它们之间的关系，无疑能帮助解决此题，可以看出：a 1+2a 2+ +na n =f /(0). 于是问题就转化为求证：f /(0) ≤1.
证明：因f /(x ) =a 1cos x +2a 2cos 2x + +na n cos nx .
则f /(0) =a 1+2a 2+ +na n . 利用导数的定义得：
f /(0) =lim x →0f (x ) -f (0) =x -0lim x →0f (x ) f (x ) =lim x x x →0
sin x =1， x 由于f (x ) ≤sin x , 所以f /(0) ≤lim x →0
即a 1+2a 2+ +na n ≤1. 得证。
中学不等式证明方法探究
摘 要
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。本文通过对不等式的进一步研究，同时在前人的基础上对不等式的证明方法进行再探讨，得出了几点新方法，再有就是对于一些题目，很多人都是用一些常用的方法来解决，而笔者则是通过另外的一种方法来解，并且解题过程相对简单，在正文的例题当中，我用方法二给出了我的证明过程，以飨读者。
关键词：不等式；证明方法；证明技巧；换元法；微分法
证明不等式的方法灵活多样，内容丰富、技巧性较强要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．在证明不等式前，要依据题设和待证不等式的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法．通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，从而使原不等式得到证明；反之亦可从明显的、熟知的不等式入手，经过一系列的运算而导出待证的不等式，前者是“执果索因”，后者是“由因导果”，为沟通联系的途径，证明时往往联合使用分析综合法，两面夹击，相辅相成，达到欲证的目的．
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．在应用不等式的基本知识、方法、思想解决问题的过程中，提高学生数学素质及创新意识． 1、比较法
比较法是证明不等式的一种最基本的方法，也是最常用的的方法，基本不等式就是用比较法证明的。其难点在第二步的“变形”上，变形的目的是有利于第三步判断，求差比较法变形的方向主要是分解因式、配方。 1）作差比较法的理论依据有：
a >b ⇔a -b >0, a
2）作商比较法的理论依据有：
a
b >0, a >b ⇔>1.
b 3）作差（商）比较法的步骤：
作差（商）→变形→判断符号（与1的大小） 例1：求证：1+2x 4≥2x 3+x 2 证明：法一： (1+2x 4) -(2x 3+x 2)
=2x 3(x -1) -(x +1)(x -1) =(x -1)(2x 3-x -1) =(x -1)(2x 3-2x +x -1)
=(x -1) 2(2x 2+2x +1)
11
=(x -1) 2[2(x +) 2+]≥0
22
∴1+2x 4≥2x 3+x 2法二：1+2x 4-(2x 3+x 2)
=x 4-2x 3+x 2+x 4-2x 2+1
=(x 2-x ) 2+(x 2-1) 2≥0
∴1+2x 4≥2x 3+x 2
说明：法一的变形主要是因式分解，其难点在于分解2x 3-x -1的因式，判断2x 2+2x +1的符号除用配方法外，还可用判别式法（此法我们后面再述）。证法二的变形主要是配方法，难点在于拆项，此法笔者又将其归纳为裂项法。通过本例，可以了解求差比较法的全貌，以及关键的第二步变形。
例2：已知a >1, λ>0，求证：log a (a +λ) >log (a +λ) (a +2λ) 证明：
log (a +λ) (a +2λ) log a (a +λ)
≤[
=log (a +λ) (a +2λ) ∙log (a +λ) a
]=[
2
log (a +λ) (a +2λ) +log (a +λ) a 2
log (a +λ) (a 2+2a λ)
2
]2
log (a +λ) a (a +2λ)
2]2=1
]2
=[
log (a +λ) (a +λ) 2
2
又log a (a +λ) >0, ∴log (a +λ) (a +2λ)
说明：观察不等式的特点，a +λ充当了真数和底，联想到log a N =
1
，进而用了log N a
作商比较法，作商比较法的变形主要是利用某些运算性质和性质，如函数的单调性等，我们再看：
例3：若a >b >c >0，求证： （1）a a b b >b a a b
（2）a 2a b 2b c 2c >a b +c b a +c c a +b
a a b b a
证明：（1） a >b >c >0，a b =() a -b
b b a
又a >b >0, ∴
a
>1, a -b >0 b
a a -b a a b b
∴() >1, 即b a >1, 又 a b b a >0
b a b
∴a a b b >a b b a
（2）由（1）的结果，有
a a b b >a b b a >0, b b c c >b c c b >0, c c a a >c a a c >0
两边分别相乘得
a a b b ∙b b c c ∙c c a a >a b b a ∙b c c b ∙c a a c ∴a b c
2a
2b
2c
>a
b +c
b
a +c
c
a +b
2、综合法
利用某些证明过的不等式作为基础，再运用不等式的性质，推导出所求证的不等式，这种证明方法叫做综合法，综合法的思考路线是“由因导果”。 例4：（1）已知a , b , c 为不全相等的正数，求证：
b +c -a c +a -b a a +b ++b -c
c >3 （2）已知a , b , c 为不相等正数，且abc =1，
求证：a +b +c
1a +1b +1
c
证明：（1）证法一：左式=(b a c b a c
a +b ) +(b +c ) +(c +a
) -3
a , b , c 为不全相等的正数
∴
b a a +b ≥2b a ∙a
b =2
c b +b c ≥2, c a a +c
≥2
且上面三个等号不能同时成立， ∴
（b a +a b ) +(c b +b c ) +(a c +c
a ) -3>6-3=3证法二：左式=(
a +b +c a +b +c a +b a -2) +(b -2) +(+c
c
-2) =(a +b +c )(111a +b +c
) -6
a , b , c 为不全等正数
∴（a +b +c )(1a +1b +1c ) -6>3abc ⨯31
abc
-6
=9-6=3
得证。
（2）证法一： a , b , c 为不等正数，且
abc =1 ∴a +b +=
111bc +ca +ab
111111
+++
222=a +b +
c
证法二： a , b , c 为不正数，且
abc =1 得证；
111ab +ac ab +bc ac +bc ∴++=bc +ac +ab =++
222 a b c
>a 2bc +ab 2c +abc 2=a +b +c
得证。
说明：（1）题两种方法的差别主要在于对不等式左边施行不同的恒等变形，其目的都是为了有效地利用基本不等式，灵活地运用均值不等式，这也是综合法证明不等式的主要技巧之一；
（2）题是条件不等式的证明，要找出条件与结论之间的内在联系，分析已知与求证，不等式左边与右边的差异与联系，去异求存同，找到证题的切入口，本题合理运用条件
abc =1的不同变形。
3、分析法
从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为判断这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可判定所求证的不等式成立，这种证明方法叫做分析法，分析法的思路是“执果索因”。
111
例5：已知函数f (x ) =lg(-1), x ∈(0, ) ，若x 1, x 2∈(0, ) 且x 1≠x 2.
x 22
x +x 1
求证：[f (x 1) +f (x 2)]>f (12)
22
证明：要证原不等式成立，只需证明( 事实上， 0
∴(=
112
-1-1) >(-1) 2 x 1x 2x 1+x 2
1
, x 1≠x 2 2
112-1)(-1) -(-1) 2x 1x 2x 1+x 2
11144
---+
x 1x 2x 1x 2(x 1+x 2) 2x 1+x 2
(x 1-x 2) 2(1-x 1x 2) =>0
x 1x 2(x 1+x 2) 2即是(∴lg[(
112-1)(-1) >(-1) 2x 1x 2x 1+x 2112-1)(-1)]>lg(-1) 2x 1x 2x 1+x 2
x +x 21
故[f (x 1) +f (x 2)]>f (1) 22
得证。 4、换元法
换元法是数学中的一个基本方法。在不等式的证明过程中，按照所证不等式的结构特点，将不等式中的变量作适当的代换，可使不等式的结构明朗，从而使不等式变得容易证明，这种方法称为换元法。换元法的目的是把合命题化简、化熟，把复杂的、不熟悉的命题化为简单的、熟悉的命题。
换元法在许多实际问题的解决中可以起到化难为易、化繁为简的作用，有些问题直接证明较为困难，但若通过换元法的思想与方法来解就很方便，换元法多用于条件不等式的证明中，一般有增量换元、三角换元、和差换元、向量换元、利用对称性换元、借助几何图形换元等几种方法。 1）增量换元
对对称式（任意互换两个字母，代数式不变）和给定字母顺序的不等式，常用增量换元，换元的目的是通过换元达到减元，使问题化难为易，化繁为简。
114
+≥. 例6：已知a >b >c , a -b b -c a -c
分析：考虑到a -c =(a -b ) +(b -c ) ，由此可以令x =a -b >0, y =b -c >0, 这时问题转
114
化为“若x , y >0, 证明+≥”。
x y x +y
证明：令x =a -b >0, y =b -c >0, a -c =x +y ，下面只要证明：
114+≥即可。 x y x +y
11y x y x
x , y >0, ∴(+)(x +y ) =2++≥2+2=4(=, 即x =y , 2b =a +c 取等号）
x y x y x y 114114
∴+≥, 即+≥成立。 x y x +y a -b b -c a -c
例7：若a ≥b ≥0, 2ab -b 2+a 2-b 2≥a . 分析：如何利用已知不等式a ≥b ≥0是证明本题的关键，
因为a -b ≥0⇔a ≥b ⇔a -b =h (h ≥0) ⇔a =b +h (h ≥0) ，这样可把已知的不等式关系换成相等关系。
证明： a ≥b ≥0, 设a =b +h (h ≥0),
则2ab -b 2+a 2-b 2=2b (b +h ) -b 2+(b +h ) 2-b 2
=b 2+2nh +h 2+2bh ≥b +h =a
∴2ab -b 2+a 2-b 2≥a .
得证。
2）三角换元
三角换元就是根据已知的一些三角等式、三角代换来解决题目中的某些问题，如，问题中
2
若
2
已知
x 2+y 2=a 2(a ∈0, +∞)), 可设x =a c θo , y s =a s θi
；n 若已知
x 2y 2x 2y 2
则条件可x +y ≤1, 可设x =r c θo , y s =r s θi (r ≤1) ；若已知2+2=1或2-2=1，
a b a b
⎧x =a cos θ, ⎧x =a sec θ,
设⎨其中θ的范围取决于x , y 的取值范围，等等。 或⎨
y =a sin θ; y =tan θ, ⎩⎩例8：已知a , b , c , d 都是实数，且a 2+b 2=1, c 2+d 2=1, ac +bd ≤1.
分析：由a 2+b 2=1, c 2+d 2=1，可以联想到sin 2α+cos 2α=1的关系作三角代换。 证明： a 2+b 2=1, c 2+d 2=1, 所以可设a =sin α, b =cos α, c =sin β, d =cos β, ∴ac +bd =s i n αs i n β+c o αs c o βs =c o s α(-β) ,
又 cos(α-β) ≤1, ∴ac +bd ≤1，即原不等式成立。 3）和差换元
a +b a 2+b 2a 3+b 3a 6+b 6
∙∙≤. 例9：对任意实数a , b , 2222
分析：对于任意实数a 与b ，都有a =
s =
a +b a -b
, t =, 则有a =s +t , b =s -t 。 22
a +b a -b a +b a -b
+, b =-，令2222
证明：设a =s +t , b =s -t ，下面只需证
s (s 2+t 2)(s 3+3st 2) ≤s 6+15s 4t 2+15s 2t 4+t 6.
右边-左边=11s 4t 2+12s 2t 4+t 6≥0, ∴s (s 2+t 2)(s 3+3st 2) ≤s 6+15s 4t 2+15s 2t 4+t 6,
a +b a 2+b 2a 3+b 3a 6+b 6
即∙∙≤.
2222
得证。 4）向量换元
例10：已知a , b ∈R +, a +b =1, 2a +1+2b +1≤22.
分析：将不等式变形为1⨯2a +1+1⨯2b +1≤2⨯2a +1+2b +1，观察其结构我们可
联想到学习两个向量的内积是有这样一个性质：∙≤∙=a 1∙b 1+a 2∙b 2。
证明：设=(1, 1), =(a +1, 2b +1) ，
则有∙=2a +1+2b +1=2=2a +1+2b +1
a +b =1, =2, 由性质m ∙n ≤
得2a +1+2a +1≤22. 5）利用对称性换元
例11：设a , b , c ∈R +, 求证：abc ≥(b +c -a )(c +a -b )(a +b -c ).
分析：经过观察，我们发现，把a , b , c 中的两个互换，不等式不变，则可令
x =b +c -a , y =c +a -b , z =a +b -c , 则原不等式可化为：(x +y )(y +z )(z +x ) ≥8xyz . 证明：令x =b +c -a , y =c +a -b , z =a +b -c
111
(y +z ), b =(x +z ), c =(x +y ) 222
a , b , c ∈R +, ∴当xyz
当xyz >0时，有x , y , z ∈R +（否则x , y , z 中必有两个不为正值，不妨设x ≤0, y ≤0则c ≤0，这与c >0矛盾）
因此：x +y ≥2xy >0, y +z ≥2yz >0, z +x ≥2zx >0 则有：(x +y )(y +z )(z +x ) ≥8xyz 综上，恒有(x +y )(y +z )(z +x ) ≥8xyz ，
把x , y , z 的值代人上式得：abc ≥(b +c -a )(c +a -b )(a +b -c ). 得证。 6）借助几何图形换元
例12：已知a , b , c 是∆ABC 三边的长，求证：a 3b +b 3c +c 3a ≥a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2. 分析：如图，作∆ABC 的内切圆，设D , E , F 为切点，令x =BD , y =CD , z =AE . （其中，则原不等式可转化为： x , y , z ∈R +）
y 2z 2x 2
(+z ) +(+x ) +(+y ) ≥2x +2y +2z （1） z x y 再利用均值不等式：a +b ≥2ab 。
证明：设D , E , F 为切点，令x =BD , y =CD , z =AE . 则原不等式可化为（1）的形式，又
y 2z 2x 2
因为x , y , z ∈R ，则有，+z ≥2y , +x ≥2z , +y ≥2x . 所以（1）式成立，故原不
z x y
+
等式成立。得证。
7）代数换元
例13：已知a , b , c ∈R +，且a +b +c =1, 3a +1+b +1+3c +1≤32. 分析：引入参数，配凑成二次方程转化为二次不等式 证明：设a +1+3b +1+c +1=k . 则可令a +1=
k k k
+t 1, b +1=+t 2, c +1=+t 3, 其中t 1+t 2+t 3=0. 333
k k k
所以3a +1+3b +1+3c +1=(+t 1) 2+(+t 2) 2+(+t 3) 2
333
k 22k 2222222
+k (t 1+t 2+t 3) +t 1+t 2+t 3=+(t 1+t 2+t 3) 即6=
333k 2
所以6≥，解得
3
k ≤32，即3a +1+b +1+c +1≤32。得证。 8）分式换元
12
例14：设x >0, y >0, x +y =1, +≥3+22
x y
分析：因为x +y =1, x >0, y >0, 所以用分式换元，转化为均值不等式证明。 证明：设x =
a b , y =(a >0, b >0) ，则 a +b a +b
12a +b 2(a +b ) b 2a
+=+=3++≥3+22， x y a b a b
即
12
+≥3+22 x y
9）比值换元法
对于在已知条件中含有若干个等比式的问题，往往可先设一个辅助未知数表示这个比值，然后代入求证式即可。
例15：已知x -1=y +2=z -4, 求证：x 2+y 2+z 2≥10. 证明：设x -1=y +2=z -4=k ， 于是x =k +1, y =k -2, z =k +4
把x , y , z 代入x 2+y 2+z 2得：3k 2+6k +13=3(k 2+2k +1) +10=3(k +1) 2+10≥10。 得证。 5、放缩法
为了证明不等式，有时需舍去或添加一些项，使不等式一边放大或缩小，利用不等式的传递性达到证题的目的，这种方法称为放缩法，放缩时主要方法有：
131
1）舍去或加上一些项，如：(a +) 2+>(a +) 2.
242
2）将分子或分母放大（缩小），如：
11111
,
k (k -1) k k (k +1) k k
2k +k -1
, 1k >
2k +k +1
.(k ∈N , k >1).
n (n +1) (n +1) 2
证明：a n =⨯2+2⨯3+ +n (n +1) >⨯1+2⨯2+ n ⨯n
n (n +1)
. 2
k +(k +1)
.(k ∈N ). 又 k ≠k +1, ∴k (k +1)
2
=1+2+ +n =
∴a n =⨯2+2⨯3+ +n (n +1)
22n (n +1) (n +1) 2∴
22
1+22+3n +(n +1)
++ +222
说明：在使用放缩法时，需要注意的是放缩要适度，不能放得过大或太小。 6、反证法
反证法就是从否定结论出发，通过逻辑推理，导出矛盾，从而肯定原命题成立，反证法必须考虑各种与原命题相异的结论，缺少任何一个可能都是不完全的，如，要证不等式
A >B , 先假设A ≤B ，根据题设及其他性质推出矛盾，从而肯定A >B 成立。
1f (1) , f (2) , f (3) 不全小于. 例17：已知f (x ) =x 2+ax +b , 2
1111证明：假设f (1) , f (2) , f (3) 全小于，即f (1)
由于f (1) =1+a +b , f (2) =4+2a +b , f (3) =9+3a +b ,
∴f (1) -2f (2) +f (3) =2
∴f (1) -2f (2) +f (3) =2.
另一方面：由假设得
f (1) -2f (2) +f (3) ≤f (1) +f (3) +2f (2)
显然，2
说明：对于存在、不都是、至少（多）、不全小（大）、某个（反面：任意的）等问题，通常从正面难寻突破口，可变换角度，巧用反证法往往会见奇效。
7、判别式法 a 2x 2+b 2x +c 2如果所要证明的不等式可转化为形如：y =的函数值域(x ∈R ) ，或转化2a 1x +b 1x +c 1
为一元二次方程有实数根等问题，则可用判别式法达到证题目的。
12例18：若x , y , z ∈R , 且x +y +z =a , 用x 2+y 2+z 2=a 2(a >0) 求证x , y , z 都是不大于a 23
的非负数。 1证明：由z =a -x -y , 代入x 2+y 2+z 2=a 2，可得 2
12x 2-2(a -y ) x +y 2+(a -y ) 2-a 2=02
1 x ∈R ，∴∆≥0, 即4(a -y ) 2-8[y 2+(a -y ) 2-a 2]≥02
化简得3y 2-2ay ≤0,
a >0，∴0≤y ≤2a 3
22同理可得：0≤x ≤a ，0≤z ≤a 。得证。33
8、构造法
有些不等式可构造函数利用函数性质，或构造复数利用复数向量有关性质，或构造几何图形利用集合知识，还可以构造数列利用数列相关性质来证明不等式。
1）利用函数的单调性
例19：求证：a +b
1+a +b ≤a
1+a +b
1+b .
x .(x ≥0) 的形式，因此可考虑函数1+x 分析：由不等号两边形式可归纳为f (x ) =
f (x ) =x 在x ≥0时的单调性。 1+x
证明：构造函数f (x ) =x x x 1-x 2x ，设0≤x 1
a +b
1+a +b ≤a +b
1+a +b =a
1+a +b +b
1+a +b ≤a
1+a ++b
1++b . 得证。
2）构造复数利用复数向量有关性质
例20：求证：a 2+b 2+c 2+d 2≥(a -c ) 2+(b -d ) 2.(a 与c ，b 与d 不同时相等) 证明：设z 1=a +bi ，z 2=c +di ，那么z 1-z 2=(a -c ) +(b -d ) i z 2=c 2+d 2 由于z 1-z 2≤z 1+z 2z 1=a 2+b 2则z 1-z 2=(a -c ) 2+(b +d ) 2
∴有(a -c ) 2+(b -d ) 2≤a 2+b 2+c 2+d 2. 得证。
9、用微分法证明不等式
微分在中学时又称为求导，用微分法其实就是用求导的方法来解决问题。
例21：设函数f (x ) =a 1sin x +a 2sin 2x + +a n sin nx , 其中a 1, a 2, , a n 都为实数，n 为正整数。已知对于一切实数x ，有f (x ) ≤sin x ，试证：a 1+2a 2+ +na n ≤1.
分析：问题中的条件与结论不属于一类型的函数，如果能找出它们之间的关系，无疑能帮助解决此题，可以看出：a 1+2a 2+ +na n =f /(0). 于是问题就转化为求证：f /(0) ≤1.
证明：因f /(x ) =a 1cos x +2a 2cos 2x + +na n cos nx .
则f /(0) =a 1+2a 2+ +na n . 利用导数的定义得：
f /(0) =lim x →0f (x ) -f (0) =x -0lim x →0f (x ) f (x ) =lim x x x →0
sin x =1， x 由于f (x ) ≤sin x , 所以f /(0) ≤lim x →0
即a 1+2a 2+ +na n ≤1. 得证。