数学(理)一轮经典例题--不等式证明

典型例题一

例1 若0x1，证明loga(1x)loga(1x)（a0 且a1）．

分析1 用作差法来证明．需分为a1和0a1两种情况，去掉绝对值符号，然后比较法证明．

解法1 （1）当a1时，

因为 01x1,1x1， 所以 loga(1x)loga(1x) loga(1x)loga(1x) loga(1x2)0． （2）当0a1时， 因为 01x1,1x1 所以 loga(1x)loga(1x) loga(1x)loga(1x)

2 loga(1x)0．

综合（1）（2）知loga(1x)loga(1x)．

分析2 直接作差，然后用对数的性质来去绝对值符号． 解法2 作差比较法．

因为 loga(1x)loga(1x) lg(1x)lg(1x) lgalga1lg(1x)lg(1x) lga1lg(1x)lg(1x) lga1lg(1x2)0， lga所以loga(1x)loga(1x)．

说明：解法一用分类相当于增设了已知条件，便于在变形中脱去绝对值符号；解法二用对数性质（换底公式）也能达到同样的目的，且不必分而治之，其解法自然简捷、明快．

典型例题二

例2 设ab0，求证：abab.

分析：发现作差后变形、判断符号较为困难．考虑到两边都是正数，可以作商，判断比值与1的大小关系，从而证明不等式．

abbaaabbaabbba()ab 证明：baabab∵ab0，∴

a1,ab0. baabaabb1. ∴ba1. ∴()bab又∵ab0， ∴abab..

说明：本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法).作商比较法证明不等式的步

骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小.

abbaba典型例题三

a4b4ab4()（当且仅当ab时取等号） 例3 对于任意实数a、b，求证

22分析 这个题若使用比较法来证明，将会很麻烦，因为，所要证明的不等式中有(22ab4)，2展开后很复杂。若使用综合法，从重要不等式：ab2ab出发，再恰当地利用不等式的有关性质及“配方”的技巧可得到证明。

证明：∵ ab2ab（当且仅当ab时取等号） 两边同加(ab):2(ab)(ab)，

44442222222a4b4a2b22() （1） 即：

2222又：∵ ab2ab（当且仅当ab时取等号）

两边同加(ab):2(ab)(ab)

22222

a2b2ab2() ∴

22a2b22ab4)() （2） ∴ (22a4b4ab4()（当且仅当ab时取等号）． 由（1）和（2）可得

22说明：此题参考用综合法证明不等式．综合法证明不等式主要是应用均值不等式来证明，

要注意均值不等式的变形应用，一般式子中出现有平方和乘积形式后可以考虑用综合法来解．

典型例题四

1119. abc111分析 显然这个题用比较法是不易证出的。若把通分，则会把不等式变得较

abc例4 已知a、b、cR，abc1，求证

复杂而不易得到证明．由于右边是一个常数，故可考虑把左边的式子变为具有“倒数”特征的形式，比如

ba，再利用“均值定理”就有可能找到正确的证明途径，这也常称为“凑ab倒数”的技巧．

证明：∵abc1

111abcabcabc abcabcbcacab (1)(1)(1)

aabbccbacacb 3()()()

abacbc∴ ∵

cacbbaba22，同理：2，2。

acbcabab∴

11132229. abc说明：此题考查了变形应用综合法证明不等式．题目中用到了“凑倒数”，这种技巧在很多不等式证明中都可应用，但有时要首先对代数式进行适当变形，以期达到可以“凑倒数”的目的．

典型例题五

例５ 已知abc，求证：

111＞0. abbcca分析：此题直接入手不容易，考虑用分析法来证明，由于分析法的过程可以用综合法来

书写，所以此题用两种方法来书写证明过程.

证明一：(分析法书写过程)

111＞0 abbcca111只需要证明＞ abbcac∵abc

为了证明

∴acab0,bc0

111,＞0 abacbc111∴＞成立 abbcac111∴＞0成立 abbcca∴

证明二：(综合法书写过程)

∵abc ∴acab0,bc0

111＞ ＞0 abacbc111∴＞成立 abbcac111∴＞0成立 abbcca∴

说明：学会分析法入手，综合法书写证明过程，但有时这两种方法经常混在一起应用，混合应用时，应用语言叙述清楚.

典型例题六

例6 若a0,b0，且2cab，求证：

cc2abacc2ab.

分析 这个不等式从形式上不易看出其规律性，与我们掌握的定理和重要的结论也没有什么直接的联系，所以可以采用分析的方法来寻找证明途径．但用“分析”法证不等式，要有严格的格式，即每一步推出的都是上一步的充分条件，直到推出的条件是明显成立的（已知条件或某些定理等）．

证明：为要证cc2abacc2ab. 只需证c2abacc2ab， 即证ac2c2ab，

2也就是(ac)cab，

即证a2acab， 即证2aca(ab)， ∵a0,2cab,b0， ∴c2abab，故c2ab即有c2ab0， 2又 由2cab可得2aca(ab)成立，

∴ 所求不等式cc2abacc2ab成立．

说明：此题考查了用分析法证明不等式．在题目中分析法和综合法是综合运用的，要注意在书写时，分析法的书写过程应该是：“欲证„„需证„„”，综合法的书写过程是：“因为（∵）„„所以（∴）„„”，即使在一个题目中是边分析边说明也应该注意不要弄混．

典型例题七

例7 若a3b32，求证ab2．

分析：本题结论的反面比原结论更具体、更简、宜用反证法．

证法一：假设ab2，则a3b3(ab)(a2abb2)2(a2abb2)， 而ab2，故(a2abb2)1． ∴1abab2ab．从而ab1， ∴ab1ab2．

∴(ab)2a2b22ab22ab4． ∴ab2．

这与假设矛盾，故ab2．

证法二：假设ab2，则a2b，

故2a3b3(2b)3b3，即2812b6b2，即(b1)20， 这不可能．从而ab2．

证法三：假设ab2，则(ab)3a3b33ab(ab)8． 由a3b32，得3ab(ab)6，故ab(ab)2． 又a3b3(ab)(a2abb2)2，

222233

∴ab(ab)(ab)(a2abb2)． ∴a2abb2ab，即(ab)20．

这不可能，故ab2．

说明：本题三种方法均采用反证法，有的推至与已知矛盾，有的推至与已知事实矛盾． 一般说来，结论中出现“至少”“至多”“唯一”等字句，或结论以否定语句出现，或结论肯定“过头”时，都可以考虑用反证法．

典型例题八

例8 设x、y为正数，求证x2y23x3y3． 分析：用综合法证明比较困难，可试用分析法．

证明：要证x2y23x3y3，只需证(x2y2)3(x3y3)2， 即证x63x4y23x2y4y6x62x3y3y6，

化简得3x4y23x2y42x3y3，x2y2(3x22xy3y2)0． ∵4y2433y20， ∴3x22xy3y20． ∴x2y2(3x22xy3y2)0． ∴原不等式成立．

说明：1．本题证明易出现以下错误证法：x2y22xy，3x3y3332x23y2，

然后分(1)xy1；(2)xy1；(3)x1且0y1；(4)y1且0x1来讨论，结果无效．

2．用分析法证明数学问题，要求相邻两步的关系是AB，前一步是后一步的必要条件，后一步是前一步的充分条件，当然相互为充要条件也可以．

典型例题九

例9 已知1x2y22，求证

1x2xyy23． 2分析：联想三角函数知识，进行三角换元，然后利用三角函数的值域进行证明． 证明：从条件看，可用三角代换，但需要引入半径参数r． ∵1x2y22，

∴可设xrcos，yrsin，其中1r2，02．

1sin2)． 2113113由1sin2，故r2r2(1sin2)r2． 2222221131而r2，r23，故x2xyy23． 2222∴x2xyy2r2r2sincosr2(1说明：1．三角代换是最常见的变量代换，当条件为x2y2r2或x2y2r2或

x2y21时，均可用三角代换．2．用换元法一定要注意新元的范围，否则所证不等式的a2b2变量和取值的变化会影响其结果的正确性．

典型例题十

11111． 2n1n22n111分析：要求一个n项分式的范围，它的和又求不出来，可以采用n1n22n例10 设n是正整数，求证

“化整为零”的方法，观察每一项的范围，再求整体的范围．

证明：由2nnkn(k1,2,,n)，得

111． 2nnkn111； 2nn1n111当k2时，

2nn2n当k1时，

„„

111． 2nnnn1n111n∴1． 22nn1n22nn当kn时，

说明：1、用放缩法证明不等式，放缩要适应，否则会走入困境．例如证明1117111．由，如果从第3项开始放缩，正好可证明；如果从1222n24k2k1k第2项放缩，可得小于2．当放缩方式不同，结果也在变化．

2、放缩法一般包括：用缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值缩小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求，第一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩后便于求和．

典型例题十一

(ab)2ab(ab)2ab例11 已知ab0，求证：． 8a28b分析：欲证不等式看起来较为“复杂”，宜将它化为较“简单”的形式，因而用分析法

证明较好．

(ab)2ab(ab)2ab证明：欲证， 8a28b(ab)2(ab)2ab2ab只须证． 4a4babab2即要证(ab)，

2a2b即要证

22ab2aabab2b．

即要证

ab2a1ab2b，

即要证

ababa2abb．

即要证12ab1，即

b1aa． b即要证

ba1 （*） ab∵ab0，∴（*）显然成立，

(ab)2ab(ab)2ab故 8a28b说明：分析法证明不等式，实质上是寻求结论成立的一个充分条件．分析法通常采用“欲证——只要证——即证——已知”的格式．

典型例题十二

例12 如果x，y，zR，求证：x8y8z8x2y3z3y2z3x3z2x3y3． 分析：注意到不等式左边各字母在项中的分布处于分离状态，而右边却结合在一起，因而要寻求一个熟知的不等式具有这种转换功能（保持两边项数相同），由易得a2b2c2abbcca，此式的外形特征符合要求，(ab)2(bc)2(ca)20，因此，我们用如下的结合法证明．

证明：∵x8y8z8(x4)2(y4)2(z4)2

x4y4y4x4z4x4

(x2y2)2(y2z2)2(z2x2)2

x2y2y2z2y2z2z2x2z2x2x2y2

(xy2z)2(yz2x)2(zx2y)2 xy2zyz2xyz2xzx2yzx2yxy2z x2y3z3y2z3x3z2x3y3．

∴x8y8z8x2y3z3y2z3x3z2x3y3．

说明：分析时也可以认为是连续应用基本不等式a2b22ab而得到的．左右两边都是三项，实质上是a2b2c2abbcca公式的连续使用．

111x8y8z8x3y3z3()如果原题限定x，y，zR，则不等式可作如下变形：

xyzx5y5z5111进一步可得到：333333．

xyzyzxzxy显然其证明过程仍然可套用原题的思路，但比原题要难，因为发现思路还要有一个转化

的过程．

典型例题十三

(1b)c，(1c)a三数中，例13 已知0a1，0b1，0c1，求证：在(1a)b，不可能都大于

1． 4分析：此命题的形式为否定式，宜采用反证法证明．假设命题不成立，则

(1a)b，(1b)c，(1c)a三数都大于

1，从这个结论出发，进一步去导出矛盾． 41(1b)c，(1c)a三数都大于， 证明：假设(1a)b，4111即(1a)b，(1b)c，(1c)a．

444又∵0a1，0b1，0c1，

111∴(1a)b，(1b)c，(1c)a．

2223∴(1a)b(1b)c(1c)a ①

21ab1bc1ca又∵(1a)b，(1b)c，(1c)a．

222以上三式相加，即得：

(1a)b(1b)c(1c)a3 ② 2

显然①与②相矛盾，假设不成立，故命题获证．

说明：一般情况下，如果命题中有“至多”、“至少”、“都”等字样，通常情况下要用反证法，反证法的关键在于“归谬”，同时，在反证法的证明过程中，也贯穿了分析法和综合法的解题思想．

典型例题十四

例14 已知a、b、c都是正数，求证：2ababc3ab3abc．

32分析：用分析法去找一找证题的突破口．要证原不等式，只需证2abc33abc，即只需证c2ab33abc．把2ab变为abab，问题就解决了．或有分析法的途径，也很容易用综合法的形式写出证明过程．

ababc3abc， 证法一：要证2ab332只需证ab2ababc33abc，

即2abc33abc，移项，得c2ab33abc． 由a、b、c为正数，得c2abcabab33abc． ∴原不等式成立．

证法二：∵a、b、c为正数，

cabab33cabab33abc．

即c2ab33abc，故2abc33abc．

ab2ababc33abc， ababc32abc． ab332说明：题中给出的

ababc3，ab，，abc，只因为a、b、c都是正数，形23式同算术平均数与几何平均数定理一样，不加分析就用算术平均数与几何平均数定理来求

证，问题就不好解决了．

原不等式中是用“不大于”连结，应该知道取等号的条件，本题当且仅当cab时取“＝”号．证明不等式不论采用何种方法，仅仅是一个手段或形式问题，我们必须掌握证题的关键．本题的关键是证明c2ab33abc．

典型例题十五

例15 已知a0，b0，且ab1．求证：0111(a)(b)1． aab分析：记M0111(a)(b)，欲证0M1，联想到正、余弦函数的值aab域，本题采用三角换元，借助三角函数的变换手段将很方便，由条件ab1，a、bR可换元，围绕公式sec2tan21来进行．

， 2111111)(b)(sec)(tan) 则(a2asectansecab1sincoscos2(cos)()

coscossinsin212cossin

cossincos111)(b)1成立． ∵0，∴0sin1，即0(aa2ab证明：令asec2，btan2，且0说明：换元的思想随处可见，这里用的是三角代换法，这种代换如能将其几何意义挖掘出来，对代换实质的认识将会深刻得多，常用的换元法有：(1)若x1，可设xsin,R；(2)若x2y21，可设xcos，ysin，R；(3)若x2y21，可设xrcos，

yrsin，且r1．

典型例题十六

例16 已知x是不等于1的正数，n是正整数，求证(1x)(1x)2nnn1xn．

分析：从求证的不等式看，左边是两项式的积，且各项均为正，右边有2的因子，因此

可考虑使用均值不等式．

证明：∵x是不等于1的正数，

∴1x2x0，

∴(1x)n2nxn． ① 又1xn2xn0． ② 将式①，②两边分别相乘得

(1xn)(1x)n2xn2nxn，

∴(1xn)(1x)n2n1xn．

说明：本题看起来很复杂，但根据题中特点，选择综合法求证非常顺利．由特点选方法是解题的关键，这里因为x1，所以等号不成立，又因为①，②两个不等式两边均为正，所以可利用不等式的同向乘性证得结果．这也是今后解题中要注意的问题．

典型例题十七

例17 已知，x，y，zR，且xyz1，求证xyz3．

分析：从本题结构和特点看，使用比较法和综合法都难以奏效．为找出使不等式成立的充分条件不妨先用分析法一试，待思路清晰后，再决定证题方法．

证明：要证xyz3，

只需证xyz2(xy只需证xyxz∵x，y，zR，

xzyz)3，

yz1．

∴xy2xy，xz2xz，yz2yz， ∴2(xyz)2(xyxz∴xyxz∴xyz)，

yz1成立．

yz3．

说明：此题若一味地用分析法去做，难以得到结果．在题中得到只需证

xyxzyz1后，思路已较清晰，这时改用综合法，是一种好的做法．通过此例可

以看出，用分析法寻求不等式的证明途径时，有时还要与比较法、综合法等结合运用，决不可把某种方法看成是孤立的．

典型例题十八

例18 求证11112． 2232n2分析：此题的难度在于，所求证不等式的左端有多项和且难以合并，右边只有一项．注

1意到这是一个严格不等式，为了左边的合并需要考查左边的式子是否有规律，这只需从2n下手考查即可．

证明：∵

111111(n2)， n2nnn(n1)n1n∴11111111111122． 12232232n2n1nn说明：此题证明过程并不复杂，但思路难寻．本题所采用的方法也是解不等式时常用的

一种方法，即放缩法．这类题目灵活多样，需要巧妙变形，问题才能化隐为显，这里变形的这一步极为关键．

典型例题十九

例19 在ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，若AC2B，求证

a4c42b4．

分析：因为涉及到三角形的边角关系，故可用正弦定理或余弦定理进行边角的转化． 证明：∵ACB2B，∴B，cosB31． 2由余弦定理得b2a2c22accosBa2c2ac ∴a2c2b2ac， ∴a4c4(a2c2)22a2c2

=(a2c22ac)(a2c22ac) [b2(21)ac][b2(21)ac] b42acb2a2c2 (acb)22b42b4

说明：三角形中最常使用的两个定理就是正弦和余弦定理，另外还有面积公式

1SabsinC．本题应用知识较为丰富，变形较多．这种综合、变形能力需要读者在平时

2解题时体会和总结，证明不等式的能力和直觉需要长期培养．