怎樣證明不等式
時(shí)間：
未知2
數(shù)學(xué)備考
不等式的證明是高中數(shù)學(xué)的一個(gè)難點(diǎn)，題型廣泛，涉及面廣，證法靈活，錯(cuò)法多種多樣，本節(jié)通這一些實(shí)例，歸納整理證明不等式時(shí)常用的方法和技巧。步驟/方法比較法
比較法是證明不等式的最基本方法，具體有"作差"比較和"作商"比較兩種。基本思想是把難于比較的式子變成其差與0比較大小或其商與1比較大小。當(dāng)求證的不等式兩端是分項(xiàng)式(或分式)時(shí)，常用作差比較，當(dāng)求證的不等式兩端是乘積形式(或冪指數(shù)式時(shí)常用作商比較)
例1已知a+b≥0，求證：a3+b3≥a2b+ab2
分析：由題目觀察知用"作差"比較，然后提取公因式，結(jié)合a+b≥0來(lái)說(shuō)明作差后的正或負(fù)，從而達(dá)到證明不等式的目的，步驟是10作差20變形整理30判斷差式的正負(fù)。
∵(a3+b3)?(a2b+ab2)
=a2(a-b)-b2(a-b)
=(a-b)(a2-b2)
證明： =(a-b)2(a+b)
又∵(a-b)2≥0a+b≥0
∴(a-b)2(a+b)≥0
即a3+b3≥a2b+ab2
例2 設(shè)a、b∈R+，且a≠b，求證：aabb>abba
分析：由求證的不等式可知，a、b具有輪換對(duì)稱(chēng)性，因此可在設(shè)a>b>0的前提下用作商比較法，作商后同"1"比較大小，從而達(dá)到證明目的，步驟是：10作商20商形整理30判斷為與1的大小
證明：由a、b的對(duì)稱(chēng)性，不妨解a>b>0則
aabbabba=aa-b?bb-a=(ab)a-b
∵a?b?0，∴ab?1，a-b?0
∴(ab)a-b?(ab)0=1即aabbabba>1，又abba>0∴aabb>abba
練習(xí)1 已知a、b∈R+，n∈N，求證(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1)基本不等式法
利用基本不等式及其變式證明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及 變形有：
(1)若a、b∈R，則a2+b2≥2ab(當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，取等號(hào))
(2)若a、b∈R+，則a+b≥ 2ab (當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，取等號(hào))
(3)若a、b同號(hào)，則 ba+ab≥2(當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，取等號(hào))
例3 若a、b∈R， |a|≤1，|b|≤1則a1-b2+b1-a2≤1
分析：通過(guò)觀察可直接套用： xy≤x2+y22
證明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1
∴b1-a2+a1-b2≤1，當(dāng)且僅當(dāng)a1+b2=1時(shí)，等號(hào)成立
練習(xí)2：若 a?b?0，證明a+1(a-b)b≥3綜合法
綜合法就是從已知或已證明過(guò)的不等式出發(fā)，根據(jù)不等式性質(zhì)推算出要證明不等式。
例4，設(shè) a?0，b?0，a+b=1，證明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252
證明：∵ a?0，b?0，a+b=1
∴ab≤14或1ab≥4
左邊=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+[(a+b)2-2ab]+(a+b)2-2aba2b2
=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252
練習(xí)3：已知a、b、c為正數(shù)，n是正整數(shù)，且f (n)=1gan+bn+cn3
求證：2f(n)≤f(2n)分析法
從理論入手，尋找命題成立的充分條件，一直到這個(gè)條件是可以證明或已經(jīng)證明的不等式時(shí)，便可推出原不等式成立，這種方法稱(chēng)為分析法。
例5：已知a?0，b?0，2c?a+b，求證：c-c2-ab
分析：觀察求證式為一個(gè)連鎖不等式，不易用比較法，又據(jù)觀察求證式等價(jià)于 |a-c|
要證c-c2-ab
只需證-c2-ab
證明： 即證 |a-c|
即證 (a-c)2
即證 a2-2ac<-ab
∵a>0，∴即要證 a-2c<-b 即需證2+b<2c，即為已知
∴ 不等式成立
練習(xí)4：已知a∈R且a≠1，求證：3(1+a2+a4)>(1+a+a2)2放縮法
放縮法是在證明不等式時(shí)，把不等式的一邊適當(dāng)放大或縮小，利用不等式的傳遞性來(lái)證明不等式，是證明不等式的重要方法，技巧性較強(qiáng)常用技巧有：(1)舍去一些正項(xiàng)(或負(fù)項(xiàng))，(2)在和或積中換大(或換小)某些項(xiàng)，(3)擴(kuò)大(或縮小)分式的分子(或分母)等。
例6：已知a、b、c、d都是正數(shù)
求證： 1
分析：觀察式子特點(diǎn)，若將4個(gè)分式商為同分母，問(wèn)題可解決，要商同分母除通分外，還可用放縮法，但通分太麻煩，故用放編法。
證明：∵ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b>ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d=a+b+c+da+b+c+d=1
又由ab0)可得：ba+b+c
∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b
綜上知：1
練習(xí)5：已知：a<2，求證：loga(a+1)<1 6換元法
換元法是許多實(shí)際問(wèn)題解決中可以起到化難為易，化繁為簡(jiǎn)的作用，有些問(wèn)題直接證明較為困難，若通過(guò)換元的思想與方法去解就很方便，常用于條件不等式的證明，常見(jiàn)的是三角換元。
(1)三角換元：
是一種常用的換元方法，在解代數(shù)問(wèn)題時(shí)，使用適當(dāng)?shù)娜呛瘮?shù)進(jìn)行換元，把代數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化成三角問(wèn)題，充分利用三角函數(shù)的性質(zhì)去解決問(wèn)題。
例7、若x、y∈R+,且 x-y=1 ?A=(x-1y)(y+1y)。1x，求證0
證明： ∵x，y∈R+， 且x-y=1，x=secθ ， y=tanθ ，(0<θ
∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ
=1-cos2θcosθ·s2m2θ+cos2θcosθ·s2mθ·cos2θ
=sinθ
∵0<θ
復(fù)習(xí)6：已知1≤x2+y2≤2，求證：12 ≤x2-xy+y2≤3
(2)比值換元：
對(duì)于在已知條件中含有若干個(gè)等比式的問(wèn)題，往往可先設(shè)一個(gè)輔助未知數(shù)表示這個(gè)比值，然后代入求證式，即可。
例8：已知 x-1=y+12=z-23，求證：x2+y2+z2≥4314
證明：設(shè)x-1=y+12=z-23=k
于是x=k+1，y=zk-1，z=3k+2
把上式代入x2+y2+z2=(k+1)2(2k-1)2+(3k+2)2
=14(k+514)2+4314≥4314反證法
有些不等式從正面證如果不好說(shuō)清楚，可以考慮反證法，即先否定結(jié)論不成立，然后依據(jù)已知條件以及有關(guān)的定義、定理、公理，逐步推導(dǎo)出與定義、定理、公理或已知條件等相矛盾或自相矛盾的結(jié)論，從而肯定原有結(jié)論是正確的，凡是"至少"、"唯一"或含有否定詞的命題，適宜用反證法。
例9：已知p3+q3=2，求證：p+q≤2
分析：本題已知為p、q的三次 ，而結(jié)論中只有一次 ，應(yīng)考慮到用術(shù)立方根，同時(shí)用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。
證明：解設(shè)p+q>2，那么p>2-q
∴p3>(2-q)3=8-12q+6q2-q3
將p3+q3 =2，代入得 6q2-12q+6<0
即6(q-1)2<0 由此得出矛盾 ∴p+q≤2
練習(xí)7：已知a+b+c>0，ab+bc+ac>0，abc>0.
求證：a>0，b>0，c>0數(shù)學(xué)歸納法
與自然數(shù)n有關(guān)的不等式，通常考慮用數(shù)學(xué)歸納法來(lái)證明。用數(shù)學(xué)歸納法證題時(shí)的兩個(gè)步驟缺一不可。
例10：設(shè)n∈N，且n>1,求證： (1+13)(1+15)…(1+12n-1)>2n+12
分析：觀察求證式與n有關(guān)，可采用數(shù)學(xué)歸納法
證明：(1)當(dāng)n=2時(shí)，左= 43，右=52
∵43>52∴不等式成立
(2)假設(shè)n=k(k≥2，k∈n)時(shí)不等式成立，即(1+13)(1+15)…(1+12k-1)>2k+12
那么當(dāng)n=k+1時(shí)，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)>2k+12·(1+12k+1)①
要證①式左邊> 2k+32，只要證2k+12·
2k+22k+1>2k+32②
對(duì)于②〈二〉2k+2> 2k+1·2k+3
〈二〉(2k+2)2> (2k+1)(2k+3)
〈二〉4k2+8k+4> 4k2+8k+3
〈二〉4>3 ③
∵③成立 ∴②成立，即當(dāng)n=k+1時(shí)，原不等式成立
由(1)(2)證明可知，對(duì)一切n≥2(n∈N)，原不等式成立
練習(xí)8：已知n∈N，且n>1，求證： 1n+1+1n+2+…+12n> 1324構(gòu)造法
根據(jù)求證不等式的具體結(jié)構(gòu)所證，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)、數(shù)列、合數(shù)和圖形等，達(dá)到證明的目的，這種方法則叫構(gòu)造法。
1構(gòu)造函數(shù)法
例11：證明不等式：x1-2x
證明：設(shè)f(x)= x1-2x- x2 (x≠0)
∵f (-x)
=-x1-2-x+x2x-2x2x-1+x2
=x1-2x- [1-(1-2x)]+x2=x1-2x-x+x2
=f(x)
∴f(x)的圖像表示y軸對(duì)稱(chēng)
∵當(dāng)x>0時(shí)，1-2x<0 ，故f(x)<0
∴當(dāng)x<0時(shí)，據(jù)圖像的對(duì)稱(chēng)性知f(x)<0
∴當(dāng)x≠0時(shí)，恒有f(x)<0 即x1-2x
練習(xí)9：已知a>b，2b>a+c，求證：b- b2-ab
2構(gòu)造圖形法
例12：若f(x)=1+x2 ，a≠b，則|f(x)-f(b)|< |a-b|
分析：由1+x2 的結(jié)構(gòu)可知這是直角坐標(biāo)平面上兩點(diǎn)A(1，x)，0(0，0)的距離即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2
于是如下圖，設(shè)A(1，a)，B(1，b)則0A= 1+a2 0B= 1+b2
|AB|=|a-b|又?0A|-|0B?<|AB|∴|f(a)-f(b)|<|a-b|
練習(xí)10：設(shè)a≥c，b≥c，c≥0，求證 c(a-c)+c(b-c)≤ab某些不等式的證明若能優(yōu)先考慮"添項(xiàng)"技巧，能得到快速求解的效果。
1倍數(shù)添項(xiàng)
若不等式中含有奇數(shù)項(xiàng)的和，可通過(guò)對(duì)不等式乘以2變成偶數(shù)項(xiàng)的和，然后分組利用已知不等式進(jìn)行放縮。
例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc(當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)等號(hào)成立)
證明：∵a、b、c∈R+
∴a3+b3+c3=12 [(a3+b3)+(b3+c3)+(c3+a3)]≥12 [(a2b+ab2)+(b2c+bc2)+(c2a+ca2)]
=12[a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)]≥12(a·2bc+b·2ca+c·2ac)=3abc
當(dāng)且僅當(dāng)a=b，b=c，c=a即a=b=c時(shí)，等號(hào)成立。
2平方添項(xiàng)
運(yùn)用此法必須注意原不等號(hào)的方向
例14 ：對(duì)于一切大于1的自然數(shù)n，求證：
(1+13 )(1+15 )…(1+12n-1> 2n+1 2)
證明：∵b > a> 0，m> 0時(shí)ba> b+ma+m
∵ [(1+13 )(1+15 )…(1+12n-1)]2=(43、65…2n2n-1)(43、65…2n2n-1)> (54、76…2n+12n)(43、65…2n2n-1)=2n+13> 2n+14>
∴(1+13 )(1+15 )…(1+12n-1)>2n+1 2)
3平均值添項(xiàng)
例15：在△ABC中，求證sinA+sinB+sinC≤332
分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算術(shù)平均值添項(xiàng)sin π3
證明：先證命題：若x>0，y<π，則sinx+siny≤2sin x+y2(當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)等號(hào)成立)
∵0
∴上式成立
反復(fù)運(yùn)用這個(gè)命題，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322
=4sinπ3=332
∴sinA+sinB≠sinC≤332
練習(xí)11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18
4利用均值不等式等號(hào)成立的條件添項(xiàng)
例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，
求證a4+b4> 18
分析：若取消a≠b的限制則a=b= 12時(shí)，等號(hào)成立
證明：∵a、b∈R+ ∴a4+3(12)4 ≥ 44a4 [(12)4]3=12a①
同理 b4+3(12)4 ≥b②
∴ a4+b4≥12(a+b)-6(12)4=12-6(12)4=18③
∵a≠b ∴①②中等號(hào)不成立 ∴③中等號(hào)不成立 ∴ 原不等式成立
1.是否存在常數(shù)c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對(duì)任意正數(shù)x,y恒成立?
錯(cuò)解：證明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故說(shuō)明c存在。
正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下證不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。
要證不等式xx+2y+xx+2y≤23 ，因?yàn)閤,y是正數(shù)，即證3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2 x+y)(x+2y),也即證3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2 ，而此不等式恒成立，同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立，故存在c=23 使原不等式恒成立。
6.2已知x,y,z∈R+ ，求證：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz
錯(cuò)解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴ x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz
錯(cuò)因：根據(jù)不等式的性質(zhì)：若a >b> 0，c >d >0,則ac bd，但 ac >bd卻不一定成立
正解： x2y2+y2z2≥ 2x y2z，
y2z2+z2x2≥ 2x yz2，
x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，
以上三式相加，化簡(jiǎn)得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，
兩邊同除以x+y+z:
x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz
6.3 設(shè)x+y>0， n為偶數(shù)，求證 yn-1xn+xn-1yn≥
1x 1y
錯(cuò)證：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y
=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
n為偶數(shù)，∴ xnyn >0，又xn-yn 和xn-1-yn-1
同號(hào)，
∴ yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y
錯(cuò)因：在x+y>0的條件下，n為偶數(shù)時(shí)， xn-yn 和xn-1-yn-1 不一定同號(hào)，應(yīng)分x、y同號(hào)和異號(hào)兩種情況討論。
正解：應(yīng)用比較法：
yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
① 當(dāng)x>0,y>0時(shí)， (xn-yn)(xn-1-yn-1) ≥
0，(xy)n >0
所以 (xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
≥0故：yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y
② 當(dāng)x,y有一個(gè)是負(fù)值時(shí)，不妨設(shè)x>0,y<0，
且x+y>0，所以x>|y|
又n為偶數(shù)時(shí),所以 (xn-yn)(xn-1-yn-1) >0
又 (xy)n >0，所以 (xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
≥0即 yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y
綜合①②知原不等式成立
比較法是證明不等式的最基本方法，具體有"作差"比較和"作商"比較兩種。基本思想是把難于比較的式子變成其差與0比較大小或其商與1比較大小。當(dāng)求證的不等式兩端是分項(xiàng)式(或分式)時(shí)，常用作差比較，當(dāng)求證的不等式兩端是乘積形式(或冪指數(shù)式時(shí)常用作商比較)
例1已知a+b≥0，求證：a3+b3≥a2b+ab2
分析：由題目觀察知用"作差"比較，然后提取公因式，結(jié)合a+b≥0來(lái)說(shuō)明作差后的正或負(fù)，從而達(dá)到證明不等式的目的，步驟是10作差20變形整理30判斷差式的正負(fù)。
∵(a3+b3)?(a2b+ab2)
=a2(a-b)-b2(a-b)
=(a-b)(a2-b2)
證明： =(a-b)2(a+b)
又∵(a-b)2≥0a+b≥0
∴(a-b)2(a+b)≥0
即a3+b3≥a2b+ab2
例2 設(shè)a、b∈R+，且a≠b，求證：aabb>abba
分析：由求證的不等式可知，a、b具有輪換對(duì)稱(chēng)性，因此可在設(shè)a>b>0的前提下用作商比較法，作商后同"1"比較大小，從而達(dá)到證明目的，步驟是：10作商20商形整理30判斷為與1的大小
證明：由a、b的對(duì)稱(chēng)性，不妨解a>b>0則
aabbabba=aa-b?bb-a=(ab)a-b
∵a?b?0，∴ab?1，a-b?0
∴(ab)a-b?(ab)0=1即aabbabba>1，又abba>0∴aabb>abba
練習(xí)1 已知a、b∈R+，n∈N，求證(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1)基本不等式法
利用基本不等式及其變式證明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及 變形有：
(1)若a、b∈R，則a2+b2≥2ab(當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，取等號(hào))
(2)若a、b∈R+，則a+b≥ 2ab (當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，取等號(hào))
(3)若a、b同號(hào)，則 ba+ab≥2(當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，取等號(hào))
例3 若a、b∈R， |a|≤1，|b|≤1則a1-b2+b1-a2≤1
分析：通過(guò)觀察可直接套用： xy≤x2+y22
證明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1
∴b1-a2+a1-b2≤1，當(dāng)且僅當(dāng)a1+b2=1時(shí)，等號(hào)成立
練習(xí)2：若 a?b?0，證明a+1(a-b)b≥3綜合法
綜合法就是從已知或已證明過(guò)的不等式出發(fā)，根據(jù)不等式性質(zhì)推算出要證明不等式。
例4，設(shè) a?0，b?0，a+b=1，證明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252
證明：∵ a?0，b?0，a+b=1
∴ab≤14或1ab≥4
左邊=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+[(a+b)2-2ab]+(a+b)2-2aba2b2
=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252
練習(xí)3：已知a、b、c為正數(shù)，n是正整數(shù)，且f (n)=1gan+bn+cn3
求證：2f(n)≤f(2n)分析法
從理論入手，尋找命題成立的充分條件，一直到這個(gè)條件是可以證明或已經(jīng)證明的不等式時(shí)，便可推出原不等式成立，這種方法稱(chēng)為分析法。
例5：已知a?0，b?0，2c?a+b，求證：c-c2-ab
分析：觀察求證式為一個(gè)連鎖不等式，不易用比較法，又據(jù)觀察求證式等價(jià)于 |a-c|
要證c-c2-ab
只需證-c2-ab
證明： 即證 |a-c|
即證 (a-c)2
即證 a2-2ac<-ab
∵a>0，∴即要證 a-2c<-b 即需證2+b<2c，即為已知
∴ 不等式成立
練習(xí)4：已知a∈R且a≠1，求證：3(1+a2+a4)>(1+a+a2)2放縮法
放縮法是在證明不等式時(shí)，把不等式的一邊適當(dāng)放大或縮小，利用不等式的傳遞性來(lái)證明不等式，是證明不等式的重要方法，技巧性較強(qiáng)常用技巧有：(1)舍去一些正項(xiàng)(或負(fù)項(xiàng))，(2)在和或積中換大(或換小)某些項(xiàng)，(3)擴(kuò)大(或縮小)分式的分子(或分母)等。
例6：已知a、b、c、d都是正數(shù)
求證： 1
分析：觀察式子特點(diǎn)，若將4個(gè)分式商為同分母，問(wèn)題可解決，要商同分母除通分外，還可用放縮法，但通分太麻煩，故用放編法。
證明：∵ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b>ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d=a+b+c+da+b+c+d=1
又由ab0)可得：ba+b+c
∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b
綜上知：1
練習(xí)5：已知：a<2，求證：loga(a+1)<1 6換元法
換元法是許多實(shí)際問(wèn)題解決中可以起到化難為易，化繁為簡(jiǎn)的作用，有些問(wèn)題直接證明較為困難，若通過(guò)換元的思想與方法去解就很方便，常用于條件不等式的證明，常見(jiàn)的是三角換元。
(1)三角換元：
是一種常用的換元方法，在解代數(shù)問(wèn)題時(shí)，使用適當(dāng)?shù)娜呛瘮?shù)進(jìn)行換元，把代數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化成三角問(wèn)題，充分利用三角函數(shù)的性質(zhì)去解決問(wèn)題。
例7、若x、y∈R+,且 x-y=1 ?A=(x-1y)(y+1y)。1x，求證0
證明： ∵x，y∈R+， 且x-y=1，x=secθ ， y=tanθ ，(0<θ
∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ
=1-cos2θcosθ·s2m2θ+cos2θcosθ·s2mθ·cos2θ
=sinθ
∵0<θ
復(fù)習(xí)6：已知1≤x2+y2≤2，求證：12 ≤x2-xy+y2≤3
(2)比值換元：
對(duì)于在已知條件中含有若干個(gè)等比式的問(wèn)題，往往可先設(shè)一個(gè)輔助未知數(shù)表示這個(gè)比值，然后代入求證式，即可。
例8：已知 x-1=y+12=z-23，求證：x2+y2+z2≥4314
證明：設(shè)x-1=y+12=z-23=k
于是x=k+1，y=zk-1，z=3k+2
把上式代入x2+y2+z2=(k+1)2(2k-1)2+(3k+2)2
=14(k+514)2+4314≥4314反證法
有些不等式從正面證如果不好說(shuō)清楚，可以考慮反證法，即先否定結(jié)論不成立，然后依據(jù)已知條件以及有關(guān)的定義、定理、公理，逐步推導(dǎo)出與定義、定理、公理或已知條件等相矛盾或自相矛盾的結(jié)論，從而肯定原有結(jié)論是正確的，凡是"至少"、"唯一"或含有否定詞的命題，適宜用反證法。
例9：已知p3+q3=2，求證：p+q≤2
分析：本題已知為p、q的三次 ，而結(jié)論中只有一次 ，應(yīng)考慮到用術(shù)立方根，同時(shí)用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。
證明：解設(shè)p+q>2，那么p>2-q
∴p3>(2-q)3=8-12q+6q2-q3
將p3+q3 =2，代入得 6q2-12q+6<0
即6(q-1)2<0 由此得出矛盾 ∴p+q≤2
練習(xí)7：已知a+b+c>0，ab+bc+ac>0，abc>0.
求證：a>0，b>0，c>0數(shù)學(xué)歸納法
與自然數(shù)n有關(guān)的不等式，通常考慮用數(shù)學(xué)歸納法來(lái)證明。用數(shù)學(xué)歸納法證題時(shí)的兩個(gè)步驟缺一不可。
例10：設(shè)n∈N，且n>1,求證： (1+13)(1+15)…(1+12n-1)>2n+12
分析：觀察求證式與n有關(guān)，可采用數(shù)學(xué)歸納法
證明：(1)當(dāng)n=2時(shí)，左= 43，右=52
∵43>52∴不等式成立
(2)假設(shè)n=k(k≥2，k∈n)時(shí)不等式成立，即(1+13)(1+15)…(1+12k-1)>2k+12
那么當(dāng)n=k+1時(shí)，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)>2k+12·(1+12k+1)①
要證①式左邊> 2k+32，只要證2k+12·
2k+22k+1>2k+32②
對(duì)于②〈二〉2k+2> 2k+1·2k+3
〈二〉(2k+2)2> (2k+1)(2k+3)
〈二〉4k2+8k+4> 4k2+8k+3
〈二〉4>3 ③
∵③成立 ∴②成立，即當(dāng)n=k+1時(shí)，原不等式成立
由(1)(2)證明可知，對(duì)一切n≥2(n∈N)，原不等式成立
練習(xí)8：已知n∈N，且n>1，求證： 1n+1+1n+2+…+12n> 1324構(gòu)造法
根據(jù)求證不等式的具體結(jié)構(gòu)所證，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)、數(shù)列、合數(shù)和圖形等，達(dá)到證明的目的，這種方法則叫構(gòu)造法。
1構(gòu)造函數(shù)法
例11：證明不等式：x1-2x
證明：設(shè)f(x)= x1-2x- x2 (x≠0)
∵f (-x)
=-x1-2-x+x2x-2x2x-1+x2
=x1-2x- [1-(1-2x)]+x2=x1-2x-x+x2
=f(x)
∴f(x)的圖像表示y軸對(duì)稱(chēng)
∵當(dāng)x>0時(shí)，1-2x<0 ，故f(x)<0
∴當(dāng)x<0時(shí)，據(jù)圖像的對(duì)稱(chēng)性知f(x)<0
∴當(dāng)x≠0時(shí)，恒有f(x)<0 即x1-2x
練習(xí)9：已知a>b，2b>a+c，求證：b- b2-ab
2構(gòu)造圖形法
例12：若f(x)=1+x2 ，a≠b，則|f(x)-f(b)|< |a-b|
分析：由1+x2 的結(jié)構(gòu)可知這是直角坐標(biāo)平面上兩點(diǎn)A(1，x)，0(0，0)的距離即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2
于是如下圖，設(shè)A(1，a)，B(1，b)則0A= 1+a2 0B= 1+b2
|AB|=|a-b|又?0A|-|0B?<|AB|∴|f(a)-f(b)|<|a-b|
練習(xí)10：設(shè)a≥c，b≥c，c≥0，求證 c(a-c)+c(b-c)≤ab某些不等式的證明若能優(yōu)先考慮"添項(xiàng)"技巧，能得到快速求解的效果。
1倍數(shù)添項(xiàng)
若不等式中含有奇數(shù)項(xiàng)的和，可通過(guò)對(duì)不等式乘以2變成偶數(shù)項(xiàng)的和，然后分組利用已知不等式進(jìn)行放縮。
例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc(當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)等號(hào)成立)
證明：∵a、b、c∈R+
∴a3+b3+c3=12 [(a3+b3)+(b3+c3)+(c3+a3)]≥12 [(a2b+ab2)+(b2c+bc2)+(c2a+ca2)]
=12[a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)]≥12(a·2bc+b·2ca+c·2ac)=3abc
當(dāng)且僅當(dāng)a=b，b=c，c=a即a=b=c時(shí)，等號(hào)成立。
2平方添項(xiàng)
運(yùn)用此法必須注意原不等號(hào)的方向
例14 ：對(duì)于一切大于1的自然數(shù)n，求證：
(1+13 )(1+15 )…(1+12n-1> 2n+1 2)
證明：∵b > a> 0，m> 0時(shí)ba> b+ma+m
∵ [(1+13 )(1+15 )…(1+12n-1)]2=(43、65…2n2n-1)(43、65…2n2n-1)> (54、76…2n+12n)(43、65…2n2n-1)=2n+13> 2n+14>
∴(1+13 )(1+15 )…(1+12n-1)>2n+1 2)
3平均值添項(xiàng)
例15：在△ABC中，求證sinA+sinB+sinC≤332
分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算術(shù)平均值添項(xiàng)sin π3
證明：先證命題：若x>0，y<π，則sinx+siny≤2sin x+y2(當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)等號(hào)成立)
∵0
∴上式成立
反復(fù)運(yùn)用這個(gè)命題，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322
=4sinπ3=332
∴sinA+sinB≠sinC≤332
練習(xí)11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18
4利用均值不等式等號(hào)成立的條件添項(xiàng)
例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，
求證a4+b4> 18
分析：若取消a≠b的限制則a=b= 12時(shí)，等號(hào)成立
證明：∵a、b∈R+ ∴a4+3(12)4 ≥ 44a4 [(12)4]3=12a①
同理 b4+3(12)4 ≥b②
∴ a4+b4≥12(a+b)-6(12)4=12-6(12)4=18③
∵a≠b ∴①②中等號(hào)不成立 ∴③中等號(hào)不成立 ∴ 原不等式成立
1.是否存在常數(shù)c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對(duì)任意正數(shù)x,y恒成立?
錯(cuò)解：證明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故說(shuō)明c存在。
正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下證不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。
要證不等式xx+2y+xx+2y≤23 ，因?yàn)閤,y是正數(shù)，即證3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2 x+y)(x+2y),也即證3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2 ，而此不等式恒成立，同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立，故存在c=23 使原不等式恒成立。
6.2已知x,y,z∈R+ ，求證：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz
錯(cuò)解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴ x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz
錯(cuò)因：根據(jù)不等式的性質(zhì)：若a >b> 0，c >d >0,則ac bd，但 ac >bd卻不一定成立
正解： x2y2+y2z2≥ 2x y2z，
y2z2+z2x2≥ 2x yz2，
x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，
以上三式相加，化簡(jiǎn)得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，
兩邊同除以x+y+z:
x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz
6.3 設(shè)x+y>0， n為偶數(shù)，求證 yn-1xn+xn-1yn≥
1x 1y
錯(cuò)證：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y
=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
n為偶數(shù)，∴ xnyn >0，又xn-yn 和xn-1-yn-1
同號(hào)，
∴ yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y
錯(cuò)因：在x+y>0的條件下，n為偶數(shù)時(shí)， xn-yn 和xn-1-yn-1 不一定同號(hào)，應(yīng)分x、y同號(hào)和異號(hào)兩種情況討論。
正解：應(yīng)用比較法：
yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
① 當(dāng)x>0,y>0時(shí)， (xn-yn)(xn-1-yn-1) ≥
0，(xy)n >0
所以 (xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
≥0故：yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y
② 當(dāng)x,y有一個(gè)是負(fù)值時(shí)，不妨設(shè)x>0,y<0，
且x+y>0，所以x>|y|
又n為偶數(shù)時(shí),所以 (xn-yn)(xn-1-yn-1) >0
又 (xy)n >0，所以 (xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
≥0即 yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y
綜合①②知原不等式成立