第一篇：證明不等式的13種方法
證明不等式的幾種方法
黃啟泉
04數學與應用數學1班30號
近幾年來,有關不等式的證明問題在高考、競賽中屢見不鮮，由于不等式的證明綜合性強，對學生的思維靈活性與創造性要求較高，因此，許多考生往往“望題生嘆”，本人通過對該類題目認真分析與研究，總結以下幾種解題方法，下面結合一些熱點題加以簡要的介紹。
1. 運用重要不等式法，一些重要不等式如均值不等式，柯西不等式等在證明一些不等式題目中往往能取得一種立桿見影的效果。 1.1運用運用均值不等式
例1， 已知a,b,c,d都是正數， 求證：(ab?cd)(ac?bd)?4abcd
證明：由a,b,c,d都是正數，得
ab?cd2??0,ac?bd2?
?0.
?
(ab?cd)(ac?bd)
4
?abcd.
即(ab?cd)(ac?bd)?4abcd 1.2運用柯西不等式
例2.設a,b,x,y,k?R,k?1,且a2?b2
?2kab?1,
x2
?y2
?2kxy?
1.ax?by?
證：因為a2
?b2
?2kab?1,所以
(a-kb)2
?2
?1?(1)
同樣的，2?(kx-y)2
?1?(2) 運用柯本不等式式解：
(1)左*(2)左?[(a?kb?(kx?y)]
2
?ax?by)
2
故ax?by?
成立
2.配湊常數法
常數在不等式證明當中有著舉足輕重的作用，充分發揮好常數的“過渡”功能，將使證明的解決如虎添翼。 例3.已知a,b,c?R，求證
acb+c
?bc?a
?a?b
?32
證明，給每個式子配以常數k有
a
?b?cb+cc?a
a?b?3?(a
bcb+c
?1)?(
c?a?1)?(a?b?1)?(a?b?c)(1b+c
?
1c?a
?
1a?b)?1112[(b?c)?(c?a)?(a?b)](b+c?
1c?a
?
a?b
)
?12(1?1?1)
2
?
92
所以
abb+c
?
c?a
?
c9a?b
?
2
?3?
32
，當
a?b?c時，可以取等號，故命題得證。
3.待定系數法
當直接運用重要不等式較難達到目標時，有時可引入參數作為待定系數再根據題意解方程達到目標。
例4.設x,y,z是不全為零的實數，求
證
xy?2yzx2
?y2
?z
2
?
2
證：對不等式左邊分子式分母直接運用均值不等式顯然達到目標，為此引入待定系數a,b從而有：
xy?2yz?2??
????
?????
???
??2??
?1?z??b?
?
??a1?x2
?y2??212??22a????by??bz?
??a
2x2
??1?21?2a?b?y?z2??
b令a?1?b?
1即a?b?2
2a
b
解
xy?2yz?
x
?y2?z
?
即
xy?2yzx2
?y2
?z
?
4.向量法
向量做為中學數學一種新的工具，具在證明不等式中有時能達到異曲同工之效。 例5.已知x,y,z是非負實數，具x+y+z=1求證：
證：構造向量：a?
??x?y,x,y?,b???y?z,y,z?,則
c?
??z?x,z,x?.
a??b??c??(2,1,1),由a??b??c??a??b??c
?
代入原式成立易知x?y?z?13
時取等
號。
5.倒數變換法
這里所說的倒數變換是指將每一個字母都用其倒數的形式來代替，對一些分式不等式采用這一變換后，有時可將式子的結構化簡從而為不等式的證明找到契機。
例6.已知a?b?c?R?
,且abc?1,求證：
11a
?b?c?
?
b
?a?c?
?
1c
?a?b?
?
證：
令A=
1a
,B?
b,C1
?
c
,則
A，B，C?R，且ABC=1
此式左邊=
A+B+CA+B+C+B+CB+C
+
A+C
+
AA+B
-3
=12???B+C?+?A+C?+?A+B???1
11???++?B+CA+CA+B??3?
?92-3=32
即原命題得證 注：倒數變換方法實質是通過變換達到化繁為簡的目的，或將不熟悉的不等式轉化為熟透的不等式，需要注意的是，變量代換后的取值范圍可能有變化
6分母置換法
一般地，在分子不等式中當一個分式的分子較簡捷而分母相對較復雜時，通過對分母進行代換可以使解題思路變得更順暢。 例
7.已知a?b?c??
，R求證
a
?
bcb?3c
8c?
49a
3?47
a2。b 48
證：令b?3
c?,
則
x
?
a9cb?3c?
b8c?4a
?
3a?2b
?
1?y4x?1?z98??y??x?6???1?4z?xz??
?9z?61
?x?16??yz???48
由均值不等式解
1?y4x?1?z9x?1?4z8?x?y?9y?61
????6???xz??
?16??yz???48?118*4?
16*6?
16*12?
6148?4748
當且僅當y?2x,z?3x時取等號。
故原命題得證。
7.數形結合法
恩格斯曾說過：“數學是研究現實世界的量的關系與空間形式的科學.”數形結合就是根據數學問題的條件和結論之間的內在聯系，既分析其代數意義，又提示其幾何直觀使數量關系的精確刻畫與空間形式的直觀形像巧妙和諧地結合在一起，充分利用這種結合，尋找解題思路，有時能使問題化難為易，化繁為簡。 例
8.
已知x?0,x2
??
y?z?2
?1,求證：5?
x?y
?6
證：令z?
x?y
?
4?z?2?
?
x?
??2?
x2
?y
?
該式
，的分子可視為點P?,x
?y到
直
線
l?x?
?0的距離平方，分母可視為
P點與原點的距離平方，
因此利用幾何意義將原問題進行代換，作PA⊥l于點A設
∠AOP??
60o
???90o
,PA?
易知
OP?
以
sin?=
PAOP
,
?sin??1
此時?-2=4s2
?i?n?，?可
3得4當.x?0y,?時0?取最小值,5.
當x?,y?32
時，?取最大值。
?5???6即命題得證.
8行列式法
這是一種比較特別又新穎的解法，雖然不常見，但有些不等式題采用此法可以顯得很容易。 例
9.
若?,?,??R,求
證
?
?3s
?i??n???????s??in?
?????
i
n
3 證
:
令
u?sin??????sin??????sin?????
則
u?sin?cos??sin?cos??sin?cos?
?sin?cos??sin?cos??sin?cos?
sin?
cos?1?sin?
cos?1sin?
cos?
構
造
點
A?s??
?B?i?
?
?
C?
ns?
??則u?S?ABC
n
很明顯,上面三點A,B,C都在單位圓
x2
?y2
?1上因為圓內接三角形以正三角
形的面積最大所以當?ABC為正三角形時,S?ABC取得最大
值
,于
是
u?
故命題得證.
9.三角換元法
三角函數蘊涵著豐富的公式與性質,求運用這些公式與性質巧妙地解決某些不等式的證明問題 例
10.設正數a,b,c,x,滿y足z
cy?bz?a,az?cx?b,bx?ay?c求證:
x
y
1 1?x
?
1?y
?
z
1?z
?
證:由
條
件
解b???a
?z??
x?
??b
?c???
0即b 2
bcx?a2
?b2
?c2
?0故2
x?
b?c?a
2bc
同
理
可
得y?
c2
?a?b
b?c?a
2ac
,z?
2ab
因a,b,c,x,y,z均為正數,綜合上面3式可得
b2
?c2
?a2
,a2
?c2
?b2
,a2
?b2
?c2
故以a,b,c為邊長可構造一個銳角三角形.令x?cosA,y?cosB,z?cosC 則
原
不
等
式
轉
化為cos2
Acos2
Bcos2
?
?
C1?cosA
1?cosB
1?cosC
?
12
又令
u?cotA,v?cotB,w?cotC.則u,v,w?R?
,uv?vw?wu?1
u2
?1??u?v??u?w?,
且v2?1??u?v??v?w?,
w2
?1??u?w??r?w?,
因
此
w
cos2
A2
1?cosA
?1?
?x
a?
y?c
?
a
u2u
?
2?
bza
3?u2
?
?u?
?u2
?u?11?
2???u?vu?w?
?
22
cos2B
v3
?11?
同理
1?cosB?v?2??u?v?u?w?
?
cos2
C3
?111?cosC
?w?
w2??u?w??
v?w?
?
所
以
不等式左邊
?u2
?v2
?w2
?1?u3?v3w3?v3u3?v3?
2??u?v??u?vu?v?
?
?u2?v2?w2
?1
??u2?uv?v2???v2?vw?w2???u2?uv?w22?
??
??12
?uv?vw?uw??
12
當且僅當u?v?w時等號成立 此時a?b?c,x?y?z?12
故原命題得證.
10.局部突破法
對于和式型不等式,不妨先研究局部性
質,導出一些局部不等式,再綜合運用這些局部不等式推斷出整體性質.
例11.設x,y,z?R?
且x4
?y4
?z4
?1.求
證
x
3z
31?x
8
?
y
31?y
8
?
1?z
8
?
.
證.先求x?1?x8?的最大值. 注
意
到
8x
8
?1?x
8
?
8
?8x
8
?1?x8
??1?x8
8
?
??????????1???x?
?8個
???
?9
8x8?81?x8??
9
???8???9???
?9??
因此x?
1?x
8
??
?x
34
從而
x4
?
1?x8
?
x
x?
1?x
8
?
?
8同理y
y4
?z
3z4
?1?y
8
?
8
1?z
8
?
8
故x
1?x
8
???
x?y3
?z
??
當且僅當x?y?z?.
故原不等式得證.
11.利用配對法
如果不等式A?C中式子A的各項為形如
m
m?n
的和形式,則配上對應項為
n
m?n
的式子B,那么A?B必定是一個整
式形式,再對A?B進行適當變化有時可以找到解決問題的辦法. 例
12.
已知x?
1?x?xn?R2,且x?x???xn?1
.
求證
x2
n
1?x?
x1
1?x???
x2
1?x?
1n
n?1
.
n
證明:令不等式左邊=A,B?
?1
則
i?1
1?x
i
n
B?A?
?1?x2n
i
?
?(1?xi
)?n?1
i?11?x
ii?1n
n
222
B?A?
?
1?xi
?1?1?nxi
i?11?x?
?
n2
i
i?1n(1?xi)
n
n
?
?
n?1?2nxi?2
?n2?2n?11i?1
n(1?x?
?
i)
i?1
?n2
1?x?2?
?in?
?
n?2n?1
n2
B?2
?A?
2n?1n
B?2?
2n?1
n
?n?1?A??2
從而易推得A?
1n?1
使原不等式成
立.
有時,不等式中的各項是
mm?n
(其中
m為常數)的形式,此時可先將其化為
1m
m?n
或
m?n
的形式,然后再應用上述配
對方法.
12.引入復數法
復數的代數形式,三角形式與幾何形式將代數,三角與幾何進行有機地結合.因此,巧妙運用復數的性質也可以使很多問題”柳暗花明”
例13.若x,y,z?R?
且x?y?z?1.求證
:
證
:
經
配
方
解
x2?y2
?xy??1?2
??x??2y??????2 ?
同理:y2?z2
?yz??1?y?z????2??????2z?
??2
x2
?z2
?xz??
1?z?x????2?????x?
?2??
1??
構造復數：z1??x?y??yi,
22??
1??
z2??y?z??zi,
22??1??
z3??z?x??xi
2?2?
解z1?z2?z2?z1?z2?z3?32
?
x?y?z??
x?y?z?i
?(當且僅當x?y?z?
13
時,等號成立)
故命題得證.
當然不等式證明方法遠不止這些,不過從上面這些證法可以看出遇到不等式證明定要想辦法把它向我到熟悉的不等式轉化,這是各種證法的共同特征，應該說也是證明所有不等式的共同突破口。
參考文獻：
[1]中學數學研究 2007.1 [2]中學教研 2007.11 [3]中學數學教學 2007.6 [4]高中數學 2007.5
第二篇：證明不等式的幾種常用方法
摘要：不等式由于結構形式的多樣化化,證明方式也是靈活多樣,但都是圍繞著比較法、綜合法、分析法三種方法展開.這三種方法是不等式證明的最基本、最重要的方法. 關鍵詞：不等式證明;比較法;綜合法;分析法
引言：不等式的證明是初高中教學中的一個難點,由于結構形式不同,其證明方法也是靈活多樣的,且技巧性強.學生需要重點掌握的不等式證明的常用方法如比較法、綜合法、分析法,它們是不等式證明的最基本、最重要的方法.雖然證明不等式的方法靈活多樣,但都是圍繞這三種基本方法展開.1 比較法
法證明不等式是不等式證明的最基本的方法,常用作差法和作商法.
1.1 作差比較法
作差比較法：要證不等式a?b?a?b?,只需證a?b?0?a?b?0?即可.
作差比較法步驟為：作差、變形、判斷符號(正或負)、得出結論.
①作差：對要比較大小的兩個數(或式)作差.
②變形：對差進行因式分解或配方成幾個數(或式)的完全平方和.
③判斷差的符號：結合變形的結果及題設條件判斷差的符號.
例1 已知a,b,m都是正數,并且a?b,求證：a?ma?. b?mb
證明：a?mab(a?m)?a(b?m)m(b?a)???. b?mbb(b?m)b(b?m)
∵a,b,m都是正數,并且a?b,
∴b?m?0,b?a?0,
∴a?mam(b?a)?. ?0即：b?mbb(b?m)
aa?1,欲證a?b,需證?1. bb1.2 作商比較法 作商比較法：若b?0,要證不等式a?b,只需證
作商比較法步驟為：作商、變形、判斷與1的大小、得出結論.例2 已知a,b,m都是正數,并且a?b,求證：a?ma?. b?mb
證明：a?mab(a?m)ab?bm???, b?mba(b?m)ab?am
??m?R,0?a?b,
?ab?bm?ab?am,即
?ab?bm?1, ab?ama?ma?. b?mb
2 綜合法
綜合法就是由因導果,即由已知條件出發,利用已知的數學定理、性質和公式,推出結論的一
種證明方法.
例3 已知x?y?z?1,求證：x?y?z?
證明： ?x?y?z?2222221. 31[3(x2?y2?z2)] 3
1222222222?[x?y?z?(x?y)?(y?z)?(z?x)] 3
1211222?(x?y?z?2xy?2yz?2zx)?(x?y?z)?, 333
1222?x?y?z?. 3
bccaab???a?b?c例4 設a,b,c都正數,求證：abc
證明：?a,b,c?R, ?
bccaab,,?R?, abc
bccacaababbc∴??2c,??2a,??2b, abbcca
bccaab??2(a?b?c),∴2(?bcabccaab???a?b?c∴abc?
3 分析法
分析法：從結論出發,逐步逆找結論成立的充分條件.也就是從求證的不等式出發,分析使這
個不等式成立的條件,把證明不等式轉化為判定這些條件是否具備的問題,如果能夠肯定這
些條件都已具備,那么就可以斷定原不等式成立,基本步驟：要證……只需證……,只需證……
1. 3
1222證明： ?x?y?z?1,為了證明x?y?z?, 3例5 已知x?y?z?1,求證：x?y?z?222
只需證明3x?3y?3z?(x?y?z),
即3x?3y?3z?x?y?z?2xy?2yz?2zx, 2222222222
即2x2?2y2?2z2?2xy?2yz?2zx,
即(x2?2xy?y2)?(y2?2xy?z2)?(z2?2zx?x2)?0,
即(x?y)2?(y?z)2?(z?x)2?0.
?(x?y)2?(y?z)2?(z?x)2?0成立,?x?y?z?2221成立. 3
(a?b)2a?b(a?b)2
??ab?. 例6 設a?b?0,求證：8a28b
(a?b)2(a?b)2(a?b)2
證明：要證原不等式成立,只需證：??. 8a28b
∵a?
(a?b)2(a?)2
只需證?1?. 4a4b
a?ba?b只需證,?1?2a2ba只需證 ?1?ab
∵a?b?0上式成立,
∴原不等式在a?b?0時成立.
4 結束語
關于不等式的證明,上面的三種方法是最基本的方法,該類不等式的證明方法是以上三種方
法的延伸.有待讀者進一步的研究.
第三篇：不等式的幾種證明方法及簡單應用
本科畢業論文(設計)
題目：不等式的幾種證明方法及簡單應用
學生：孫振學號： 200940520131學院：數學與計算科學學院專業： 信息與計算專業
入學時間： 2009年9月10日 指導教師： 荊科職稱：學士完成日期：年月日
(空一行)
論文題目(格式：居中，三號黑體，加粗，標題不超過20字，不用非公知公用的縮寫、化學式等)
(空一行)
——副標題(格式：居中，小三號黑體，加粗)
摘要(五號黑體，加粗)：□□□□五號楷體□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□(五號楷體，行距16磅)關鍵詞(五號黑體，加粗)：詞1;詞2;......詞5(五號楷體)
(空一行)
Title(格式：居中，四號Time New Roman字加粗，行間距20磅，句首字母和專有名詞首字母大寫)
(空一行)
Abstract: □□□□□□□□□□□□□□。(五號Time New Roman體，行距16磅)
Key words: word1;word2;......word5(一一對應)(格式：五號Time New Roman體)
(空一行)
目錄(格式：黑體四號字，字間空出4個半角字符，加粗，居中)
1(第1章)引言(緒論)................1 1.1 (第1章第1節)題名............1 1.1 (第1章第2節)題名............2 2 (第2章)題名..........2 2.1 (第2章第1節)題名............5 2.2 (第2章第2節)題名............6 2.2.1(第2章第2節第1目)題名.............7 2.2.2(第2章第2節第2目)題名............. ......8
......5 (第5章)結論(結束語)..............25 參考文獻.................26 附錄A ...........28 附錄B ...........32......
致謝 .............36
(格式：宋體小四號，加粗，分散對齊，行間距20磅，
一、
二、三級標題序號與題名間均空出1個半角字符)
(空一行)
1一級標題(格式：宋體小四號，加粗，左對齊，標題序號與題名間空出2個半角字符)□□□□宋體小四號字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。(格式：宋體小四號，首行縮進4個半角字符，行距20磅) 1.1二級標題(格式：宋體小四號，左對齊，標題序號與題名間空出2個半角字符)□□□□宋體小四號字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。 1.2二級標題
□□□□宋體小四號字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。
1.2.1三級標題(格式：宋體小四號，左對齊，標題序號與題名間空出2個半角字符)
□□□□宋體小四號字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。
1.2.2.1四級標題(格式：宋體小四號，左對齊，標題序號與題名間空出2個半角字符)□□□□宋體小四號字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。 2一級標題
□□□□宋體小四號字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。
......5結論(結束語)
□□□□宋體小四號字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。
參考文獻：(格式：宋體四號字，加粗，左對齊，左縮進4個半角字符)
(文獻按正文部分標注的序號依次列出)(格式：宋體五號字，左對齊，左縮進4個半角字符，行距16磅)
示例：
[1] 廖榮寶，朱云，吳佳，等.對高?；瘜W教材中雜化軌道理論的一點認識[J].阜陽師范學
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主要責任者.文獻題名[M].譯者.版本(第1版不著錄).出版地：出版者，出版年：起止頁碼.作者項同上)
[3] 王兆騫，陳欣，馬琨，等.紅壤坡地水土流失的監控方法研究[C]//李萍萍.生態學
研究進展——王兆騫教授農業生態學學術思想研討會文集.鎮江：江蘇大學出版社，2011：59-67.(論文集：析出文獻主要責任者.文獻題名[C]//論文集編者名.論文集名.出版地：
出版者，出版年：起止頁碼.作者項同上)
[4] 石秦.高等教育校園中具有地域特色的空間營造——以西安建筑科技大學草堂校區為
例[D].西安：西安建筑科技大學建筑學院，2008.(學位論文：作者名.題名[D].保存地點：
保存單位(高校標注到學院或系)，年份.)
[5]李國云.本地化服務才是高校信息系統的死角[EB/OL].[2008-05-12].
. (電子文獻：網址加http://;網址前加日期，先發布日期，
用圓括號;后下載日期，用中括號;給出的年-月-日，年為4位，月、日為2位;網址后加點)
[6] GB/T 6532-86，原油及其產品的鹽含量測定法[S].(技術標準：標準編號，標準名稱[S].) [7] 姜錫洲.一種溫熱外敷藥制備方案：中國，88105607.3[P].1989-07-26.(專利：專利申請
者或所有者.專利題名：專利國別，專利編號[P].公告日期或公布日期.)
[8] 馮西橋.核反應堆壓力管道與壓力容器的LBB分析[R].北京：清華大學核能技術設計
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[9] 謝希德.創造學習的新思路[N].人民日報，1998-12-25(10).(報紙：主要責任者.文獻題
名[N].報紙名，出版日期(版次).)
[10] Katharine A F, Stefan W K, Craig A C, ea al. Simulating the hydrological response to
predicted climate change on a watershed in southern Alberta, Canada [J]. Climatic Change, 2011, 105(3-4): 555-576. 對于漢語拼音著者，姓與名全寫，名不縮寫，名的首字母大寫、其余小寫，雙名連寫、不加連字符.作者項3人內全部寫出，第4人及其后著為“, et al”.期刊名稱標明全稱，不縮寫.)
附錄A(格式：黑體四號字，加粗，左對齊)
標題(格式：黑體四號字，加粗，居中)
□□□□宋體小四號字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。(格式：宋體小四號，首行縮進4個半角字符，行距20
磅)
附錄B(格式：黑體四號字，加粗，左對齊)
標題(格式：黑體四號字，加粗，居中)
□□□□宋體小四號字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。(格式：宋體小四號，首行縮進4個半角字符，行距20
磅)
致謝(格式：黑體四號字，加粗，居中)
□□□□宋體小四號字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□
□□□□□□□□□□□□□□□□。(內容一般不超過300字。格式：宋體小四號，首行縮
進4個半角字符，行距20磅)
表例：
表1NanoDrop ND-1000測定RNA質量
實驗組 對照組
1.8
51.98
2.05
2.1
4147.84 140.1
220
40
2 956.8 5 604.8
(格式：表中文字五號，中文宋體，英文、數字Time New Roman體)
圖例：
圖2含二甲氨基查爾酮基團的三硫代碳酸酯在不同溶劑中的熒光光譜圖
(格式：圖題五號字，中文黑體，英文及數字Time New Roman體)
(格式：圖中數字、字母、符號一般為小五號，圖例為六號，中文用宋體，英文及數字用Time New Roman
體)
公式：
n
n
wi
n
fw(V1,?,Vn)?
?
j?
1wiVj?[1??(1?ti),1??fi](1)
i?1
i?1
wi
(格式：圖題五號字，中文黑體，英文及數字Time New Roman體)
(用公式編輯器輸入，重要公式、多個公式應給出編號，全文按前后順序連續編號，公式居中。要注意公式與物理量符號及上下角標。)
第四篇：用導數證明函數不等式的四種常用方法
本文將介紹用導數證明函數不等式的四種常用方法.
()x?0). 例
1證明不等式：x?ln(x?1證明
設f(x)?x?ln(x?1)(x?0)，可得欲證結論即f(x)?f(0)(x?0)，所以只需證明函數f(x)是增函數. 而這用導數易證：
f?(x)?1?所以欲證結論成立.
1?0(x?0) x?1注
欲證函數不等式f(x)?g(x)(x?a)(或f(x)?g(x)(x?a))，只需證明f(x)?g(x)?0(x?a)(或f(x)?g(x)?0(x?a)). 設h(x)?f(x)?g(x)(x?a)(或h(x)?f(x)?g(x)(x?a))，即證h(x)?0(x?a)(或h(x)?0(x?a)). 若h(a)?0，則即證h(x)?h(a)(x?a)(或h(x)?h(a)(x?a)). 接下來，若能證得函數h(x)是增函數即可，這往往用導數容易解決. 例
2證明不等式：x?ln(x?1). 證明
設f(x)?x?ln(x?1)(x??1)，可得欲證結論即f(x)?0(x??1). 顯然，本題不能用例1的單調性法來證，但可以這樣證明：即證f(x)?x?ln(x?1)(x??1)的最小值是0，而這用導數易證：
f?(x)?1?1x?(x??1) x?1x?1
所以函數f(x)在(?1,0],[0,??)上分別是減函數、增函數，進而可得
f(x)min?f(?1)?0(x??1)
所以欲證結論成立. 注
欲證函數不等式f(x)?(?)g(x)(x?I,I是區間)，只需證明f(x)?g(x?)?()0x?. (I設h(x)?f(x)?g(x)(x?I)，即證h(x)?(?)0(x?I)，也即證h(x)min?(?)0(x?I)(若h(x)min不存在，則須求函數h(x)的下確界)，而這用導數往往容易解決.
bex?1例3
(2014年高考課標全國卷I理科第21題)設函數f(x)?aelnx?，曲線
xxy?f(x)在點(1,f(1))處的切線為y?e(x?1)?2.
(1)求a,b;
(2)證明：f(x)?1.
x解
(1)f?(x)?aelnx?axbx?1bx?1e?2e?e. xxx題設即f(1)?2,f?(1)?e，可求得a?1,b?2.
?x(2)即證xlnx?xe?21(x?0)，而這用導數可證(請注意?1)： ee設g(x)?xlnx(x?0)，得g(x)min?g????. 設h(x)?xe?x??1??e?1e12(x?0)，得h(x)max?h(1)??.
ee注
i)欲證函數不等式f(x)?g(x)(x?I,I是區間)，只需證明f(x)min?g(x)max(x?I)，而這用導數往往可以解決. 欲證函數不等式f(x)?g(x)(x?I,I是區間)，只需證明f(x)min?g(x)max(x?I)，或證明f(x)min?g(x)max(x?I)且兩個最值點不相等，而這用導數往往也可以解決. ii)例3第(2)問與《2009年曲靖一中高考沖刺卷理科數學
(一)》壓軸題第(3)問完全一樣，這道壓軸題(即第22題)是：
已知函數f(x)?xlnx,g(x)??x?ax?3. (1)求函數f(x)在[t,t?2](t?0)上的最小值;
(2)對一切x?(0,??),2f(x)?g(x)恒成立，求實數a的取值范圍; (3)證明：對一切x?(0,??)，都有lnx?212?成立. xeexln x例4 (2013年高考北京卷理科第18題)設L為曲線C：y=在點(1，0)處的切線.
x(1)求L的方程;
(2)證明：除切點(1，0)之外，曲線C在直線L的下方. 解 (1)(過程略)L的方程為y=x-1. lnx?x?1(當且僅當x?1時取等號). xx2-1+ln xlnx(x?0). 設g(x)?x?1?，得g′(x)=
x2x(2)即證當01時，x2-1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，得g(x)單調遞增.
所以g(x)min?g(1)?0，得欲證結論成立. (2)的另解 即證僅當x?1時取等號). 設g(x)?x?x?lnx，可得g?(x)?2lnx?x?1(當且僅當x?1時取等號)，也即證x2?x?lnx?0(當且x2x?1(x?1)(x?0). x進而可得g(x)min?g(1)?0，所以欲證結論成立. (2)的再解 即證lnx?x?1(當且僅當x?1時取等號)，也即證lnx?x2?x(當且僅當xx?1時取等號).
2如圖1所示，可求得曲線y?lnx與y?x?x(x?0)在公共點(1,0)處的切線是y?x?1，所以接下來只需證明
lnx?x?1,x?1?x2?x(x?0)(均當且僅當x?1時取等號)
前者用導數易證，后者移項配方后顯然成立.所以欲證結論成立.
圖1
例5
(2013年高考新課標全國卷II理21(2)的等價問題)求證：e?ln(x?2). 分析
用前三種方法都不易解決本問題，下面介紹用導數證明函數不等式的第四種常用方法. 設f(x)?e(x??2),g(x)?ln(x?2)(x??2)，我們想辦法尋找出一個函數h(x)，使得f(x)?h(x)?g(x)(x??2)且兩個等號不是同時取到. 當然，函數h(x)越簡潔越好. 但h(x)不可能是常數(因為函數g(x)?ln(x?2)(x??2)的值域是R)，所以我們可嘗試h(x)能否為一次函數，當然應當考慮切線. 如圖2所示，可求得函數f(x)?e(x??2)在點A(0,1)處的切線是y?x?1，進而可得f(x)?h(x)(x??2);還可求得函數g(x)?ln(x?2)(x??2)在點B(?1,0)處的切線也是y?x?1，進而可得h(x)?g(x)(x??2).
xxx
圖2 進而可用導數證得f(x)?h(x)?g(x)(x??2)且兩個等號不是同時取到，所以欲證結論成立. 當然，用例2的方法，也可給出該題的證明(設而不求)：
x設f(x)?e?ln(x?2)，得f?(x)?e?x1(x??2). x?2可得f?(x)是增函數(兩個增函數之和是增函數)，且?1?f????e?2?0,f?(1)?e?1?0，所以函數g?(x)存在唯一的零點x0(得?2?(x0?2)ex0?1,x0?2?e?x0,ex0?1)，再由均值不等式可得 x0?2f(x)min?f(x0)?ex0?ln(x0?2)??1?1?lne?x0???x0?2??2?0x0?2?x0?2?
(因為可證x0??1)所以欲證結論成立. x例6 求證：e?lnx?2.
x證法1
(例5的證法)用導數可證得e?x?1(當且僅當x?0時取等號)，x?1?lnx?2(當且僅當x?1時取等號)，所以欲證結論成立.
x證法2
(例2的證法)設f(x)?e?lnx，得f?(x)?e?x1(x?0). x可得f?(x)是增函數且g???11?1?1????0,g(0)??0，所以函數g(x)存在唯?2e1.5?2?一的零點x0(得ex0?1,x0?e?x0)，再由均值不等式可得 x011?lne?x0??x0?2(因為可證x0?1)x0x0 f(x)min?f(x0)?ex0?lnx0?所以欲證結論成立. 注
欲證函數不等式f(x)?g(x)(x?I,I是區間)，只需尋找一個函數h(x)(可以考慮曲線y?h(x)是函數y?f(x),y?g(x)的公切線)使得f(x)?h(x)?g(x)(x??2)且兩個等號不是同時取到，而這用導數往往容易解決. 下面再給出例5和例6的聯系.
對于兩個常用不等式ex?x?1,lnx?x?1，筆者發現y?ex與y?lnx互為反函數，y?x?1與y?x?1也互為反函數，進而得到了本文的幾個結論.
定理
已知f(x),g(x)都是單調函數，它們的反函數分別是f?1(x),g?1(x). (1)若f(x)是增函數，f(s)?g(s)恒成立，則f?1(t)?g?1(t)恒成立;
?1?1(2)若f(x)是減函數，f(s)?g(s)恒成立，則f(t)?g(t)恒成立; ?1?1(3)若f(x)是增函數，f(s)?g(s)恒成立，則f(t)?g(t)恒成立; ?1?1(4)若f(x)是減函數，f(s)?g(s)恒成立，則f(t)?g(t)恒成立. 證明
下面只證明(1),(4);(2),(3)同理可證. (1)設不等式f(s)?g(s)中s的取值范圍是A，當s?A時，f(s),g(s)的取值范圍分別是fA,gA，得不等式f?1(t)?g?1(t)中t的取值范圍是fA?gA，所以
?1?t?fA?gA,?x0?A,t?gx(0x),?gt. ()0由f(s)?g(s)恒成立，得g(x0)?f(x0). 由f(x)是增函數，得
f?1(x)也是增函數，所以f?1(g(x0))?f?1(f(x0))?x0?g?1(g(x0))，即f?1(t)?g?1(t). 得?t?fA?gA,f?1(t)?g?1(t)，即欲證結論成立. (4)設不等式f(s)?g(s)中s的取值范圍是A，當s?A時，f(s),g(s)的取值范圍分別是fA,gA，得不等式f?1(t)?g?1(t)中t的取值范圍是fA?gA，所以
?1?t?fA?gA,?x0?A,t?gx(0x),?t. ()0g由f(s)?g(s)恒成立，得g(x0)?f(x0). 由f(x)是減函數，得
f?1(x)也是減函數，所以f?1(g(x0))?f?1(f(x0))?x0?g?1(g(x0))，即f?1(t)?g?1(t). 得?t?fA?gA,f?1(t)?g?1(t)，即欲證結論成立. 推論1
已知f(x),g(x)都是單調函數，它們的反函數分別是f?1(x),g?1(x). (1)若f(x),g(x)都是增函數，則f(s)?g(s)恒成立?f?1(t)?g?1(t)恒成立; (2)若f(x),g(x)都是減函數，則f(s)?g(s)恒成立?f?1(t)?g?1(t)恒成立. 證明
(1)由定理(1)知“?”成立.下證“?”：
因為g(x)是增函數，g?1(t)?f?1(t)恒成立，g?1(x),f?1(x)的反函數分別是g(x),f(x)，所以由“?”的結論得g(s)?f(s)恒成立，即f(s)?g(s)恒成立. (2)同(1)可證.
推論2
把定理和推論1中的“?,?”分別改為“?,?”后，得到的結論均成立. (證法也是把相應結論中的“?,?”分別改為“?,?”.)
在例5與例6這一對姊妹結論“e?ln(x?2),lnx?e?2”中y?e與y?lnx互為
x反函數，y?ln(x?2)與y?e?2也互為反函數，所以推論2中的結論“若f(x),g(x)都?1?1是增函數，則f(s)?g(s)恒成立?f(t)?g(t)恒成立”給出了它們的聯系.
xxx
第五篇：高二培優講義1構造函數法證明不等式的七種方法
利用導數研究函數的單調性極值和最值，再由單調性來證明不等式是函數、導數、不等式綜合中的一個難點，也是近幾年考試的熱點。解題技巧是構造輔助函數，把不等式的證明轉化為利用導數研究函數的單調性或求最值，從而證得不等式，而如何根據不等式的結構特征構造一個可導函數是用導數證明不等式的關鍵。以下介紹構造函數法證明不等式的七種方法。
一.移項法、作差法構造函數 例1.已知函數f(x)?1
2x2
?lnx. 求證：在區間(1,??)上，函數f(x)的圖象在函數g(x)?
2
33x的圖象的下方.二.換元法構造函數證明
例2.證明：對任意的正整數n，不等式ln(
1?1)?11
nn2?
n3
都成立.
三.從條件特征入手構造函數證明
例3.若函數y=f(x)在R上可導且滿足不等式xf?(x)>-f(x)恒成立，且常數a，
b滿足a>b，求證：.af(a)>bf(b)
四.主元法構造函數
例4.已知函數f(x)?ln(1?x)?x,g(x)?xlnx 設0?a?b,證明 ：0?g(a)?g(b)?2g(
a?b
2)?(b?a)ln2. 1
五.構造二階導數函數證明導數的單調性 例5.已知函數f(x)?aex?
12
x2 (1)若f(x)在R上為增函數,求a的取值范圍; (2)若a=1,求證:x>0時,f(x)>1+x
六.對數法構造函數(選用于冪指數函數不等式) 例6.證明：當x?0時,(1?x)1?1x
?e
1?
x2
七.構造形似函數
例7：證明當b?a?e,證明ab?ba
例8：已知m、n都是正整數，且1?m?n,證明：(1?m)n
?(1?n)m
經典題選
1. 已知函數f(x)?ln(1?x)?x
1?x
，求證：對任意的正數a、b，恒有lna?lnb?1?ba.
2.已知函數f(x)?ln(x?1)?x，求證：當x??1時，恒有
1?
x?1
?ln(x?1)?x
3.已知函數2
f(x)?ln2(1?x)?x.
1?x
(1)求函數f(x)的單調區間;
(2)若不等式(1?1n
)n?a?e對任意的n?N*都成立(其中e是自然對數的底數).求a的最大值.
4. 已知函數f(x)?
12
x2
?ax?(a?1)lnx，a?1. 證明：若a?5，則對任意xf(x1)?f(x2)
1,x2?(0,??)，x1?x2，有x??1.
1?x2
5. 已知函數f(x)?xlnx?ax2
?(2a?1)xa?R. (1)當a?
時，求f(x)的單調區間; (2)若函數f(x)在[1,??)單調遞減，求實數a的取值范圍.
6. 已知函數f(x)?alnx?b，曲線y?f(x)在點(1,f(1)處)的切線方程為
x?1
x
x?2y?3?0.
(I)求a，b的值;
(II)證明：當x>0，且x?1時，f(x)?lnx.
x?1
7. 已知函數f(x)?
lnx?k
ex
(k為常數,e=2.71828是自然對數的底數),曲線y?f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行. (Ⅰ)求k的值;
(Ⅱ)求f(x)的單調區間;
(Ⅲ)設g(x)?xf?(x),其中f?(x)為f(x)的導函數.證明:對任意x?0,g(x)?1?e?2
8. 設函數f(x)?axn
(1?x)?b(x?0),n為正整數,a,b為常數,
曲線y?f(x)在(1,f(1))處的切線方程為x?y?1. (1)求a,b的值;
(2)求函數f(x)的最大值;(3)證明:f(x)?
1ne
. 答案：3.(1)增(-1,0)減(0，+∞)(2)a≤1
2)a≥1
ln2−1;5.(1)減(0，+∞)(2;6.a=b=1;7.(1)k=1(2)增(0,1)減(1，+∞);8.(1)a=1，b=0;(2nn
(n+1)