一类条件不等式的一种代换证明
证明不等式的几种方法
昭通学院学生毕业论文论文题目证明不等式的几种方法姓名学号 201103010128学院数学与统计学院专业数学教育指导教师2014年3月6日证明不等式的几种方法摘 要：证明不等式就是要推出这个不等式对其中所有允许值都成立或推出数值不等式成立。
本文主要归纳了几种不等式证明的常用方法。
关键词：不等式; 证明; 方法 1.引言在定义域中恒成立的不等式叫做恒不等式，确认一个不等式为恒不等式的过程为对该不等式进行证明。
证明不等式的主要方法是根据不等式的性质和已有的恒不等式进行合乎逻辑的等价变换。
主要方法有：比较法、综合法、分析法、反证法、归纳法、放缩法、构造法、导数法、均值不等式性质证明不等式等方法。
2.不等式证明的常用方法2.1 比较法比较法是直接作出所证不等式，两边的差（或商）然后推演出结论的方法。
具体地说欲证B A >)(B A <,直接将差式B A -与0比较大小；或若当+∈R B A ,时，直接将商式BA与1比较大小[]1。
差值比较法的理论依据是不等式的基本性质：“若0≥-b a ,则b a ≥;若0≤-b a ,则b a ≤.”其一般步骤为：1.作差：观察不等式左右两边构成的差式，将其看成一个整体。
2.变形：把不等式两边的差进行变形，或变形成一个常数，或为若干个因式的积，或一个或几个平方和。
其中变形是求差法的关键，配方和因式分解是经常使用的方法。
3.判断：根据已知条件与上述变形结果判断不等式两边差的正负号，最后肯定所求不等式成立的结论。
应用范围：当被证的不等式两端是多项式，对于分式或对数式时，一般使用差值比较法。
商值比较法的理论依据是：“∈b a ,+R ，若b a 1≥则b a ≥;若ba1≤则b a ≤.”其一 般步骤为：1.作商：将左右两端作商。
2.变形：化简商式到最简形式。
3.判断：商与1的大小关系，就是判定商大于1还是小于1。
应用范围：当被证的不等式两端含有幂指数式时，一般使用商值比较法。
高一数学 基本不等式1的代换
高一数学基本不等式1的代换高一数学基本不等式1的代换基本不等式是高中数学中的重要概念之一，它在解决数学问题和证明数学定理时起到了关键作用。
而基本不等式1的代换则是在解决一些复杂的不等式问题中的常用技巧之一。
本文将通过几个具体的例子，来介绍基本不等式1的代换方法及其应用。
我们先回顾一下基本不等式1的表达式。
基本不等式1是指对于任意的正实数a、b和正整数n，都有(a+b)^n≥C(n,0) * a^n * b^0 + C(n,1) * a^(n-1) * b^1 + C(n,2) * a^(n-2) * b^2 + ... + C(n,n) * a^0 * b^n。
其中，C(n,m)表示从n个元素中选取m个元素的组合数。
下面，我们将通过实例来介绍基本不等式1的代换方法。
例1：证明当x>0时，有x^2 + 1/x^2 ≥ 2。
解：由于不等式中含有平方项，我们可以尝试将其转化为基本不等式1的形式。
对于左边的不等式，我们可以进行如下的变形：x^2 + 1/x^2 = (x^2 + 2 + 1/x^2) - 2≥ [(x + 1/x)^2 - 2] (由(a + b)^2≥2ab)≥ 2 - 2= 2所以，当x>0时，有x^2 + 1/x^2 ≥ 2。
例2：证明当a、b、c均为正实数时，有(a+b+c)(1/a+1/b+1/c) ≥ 9。
解：同样地，我们可以利用基本不等式1的代换方法来解决这个不等式。
对于左边的不等式，我们可以进行如下的变形：(a+b+c)(1/a+1/b+1/c) = (a+b+c)(ab+bc+ca)/(abc)= [(a+b+c)/3][(ab+bc+ca)/3]/(abc)≥ [(√(abc))/3][(√(abc))/3](abc) (由基本不等式1)= abc/9由于a、b、c均为正实数，所以abc>0，所以abc/9>0。
所以，当a、b、c均为正实数时，有(a+b+c)(1/a+1/b+1/c) ≥ 9。
一个不等式的七种证明方法
一个不等式的七种证明方法证明不等式就是证明所给不等式在给定条件下恒成立.由于不等式的形式是多种多样的,因此,不等式的证明方法也可谓是千姿百态.针对不等式证明,要具体问题具体分析,灵活选用证明方法,提高代数变形,推理论证能力,一题多解,有助于我们对辩证唯物主义观点有进一步的认识. 题目：已知a ,b ,c ,d ∈R ,求证:ac +bd ≤))((2222d c b a ++ 分析一:用分析法证法一:(1)当ac +bd ≤0时,显然成立.(2)当ac +bd >0时,欲证原不等式成立, 只需证(ac +bd )2≤(a 2+b 2)(c 2+d 2) 即证a 2c 2+2abcd +b 2d 2≤a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2 即证2abcd ≤b 2c 2+a 2d 2 即证0≤(bc -ad )2因为a ,b ,c ,d ∈R ,所以上式恒成立, 综合(1)、(2)可知:原不等式成立. 分析二:用综合法 证法二:(a 2+b 2)(c 2+d 2)=a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2=(a 2c 2+2abcd +b 2d 2)+(b 2c 2-2abcd +a 2d 2)=(ac +bd )2+(bc -ad )2≥(ac +bd )2 ∴))((2222d c b a ++≥|ac +bd |≥ac +bd .故命题得证. 分析三:用比较法证法三:∵(a 2+b 2)(c 2+d 2)-(ac +bd )2=(bc -ad )2≥0,∴(a 2+b 2)(c 2+d 2)≥(ac +bd )2∴))((2222d c b a ++≥|ac +bd |≥ac +bd , 即ac +bd ≤))((2222d c b a ++. 分析四:用放缩法证法四:为了避免讨论,由ac +bd ≤|ac +bd |,可以试证(ac +bd )2≤(a 2+b 2)(c 2+d 2). 由证法1可知上式成立,从而有了证法四. 分析五:用三角代换法证法五:不妨设⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==ββααsin cos ,sin cos 2211r d r c r b r a (r 1,r 2均为变量).则ac +bd =r 1r 2cos αcos β+r 1r 2sin αsin β=r 1r 2cos （α-β） 又|r 1r 2|=|r 1|·|r 2|=))((22222222d c b a d c b a ++=+⋅+ 及r 1r cos （α-β）≤|r 1r 2| 所以ac +bd ≤))((2222d c b a ++. 分析六:用换元法证法六:(1)当(a 2+b 2)(c 2+d 2)=0时,原不等式显然成立.(2)当(a 2+b 2)(c 2+d 2)≠0时,欲证原不等式成立, 只需证| 2222dc b a bd ac +⋅++|≤1.即证|22222222dc d ba b dc c ba a +⋅+++⋅+|≤1,注意到(22b a a +)2+(22b a b+)2=1与(22d c c +)2+(22d c d +)2=1和cos 2x +sin 2x =1的结构特征很类同,不妨设22ba a+=cos α, 22dc c +=cos β,则22ba b +=sin α,22dc d +=sin β,故|22222222dc b a bddc ba ac+⋅++++|=|cos αcos β+sin αsin β| =|cos （α-β）|≤1 所以ac +bd ≤))((2222d c b a ++. 分析七:用构造函数法(判别式法)证法七:待证不等式的结构特征与一元二次方程的判别式Δ =b 2-4ac ≤0的结构特征很类似,由此不妨构造函数, f (x )=(a 2+b 2)x 2+2(ac +bd )x +(c 2+d 2)=(a 2x 2+2acx +c 2)+(b 2x 2+2bdx +d 2) =(ax +c )2+(bx +d )2显然不论x 取任何实数,函数f (x )的值均为非负数,因此,(1)当a 2+b 2≠0时,方程f (x )=0的判别式Δ≤0, 即［2(ac +bd )］2-4(a 2+b 2)(c 2+d 2)≤0, 即(ac +bd )2≤(a 2+b 2)(c 2+d 2)故ac +bd ≤|ac +bd |≤))((2222d c b a ++(2)当a 2+b 2=0时,原不等式显然成立. 分析八:用构造复数法证法八:待证不等式的结构特征与复数的模相似设复数Z 1=a+bi,Z 2=c+di 则有|z 12又。
基本不等式之1的代换
专题：均值不等式应用中“1的代换〞不等式是高中数学的重要内容之一，利用均值不等式求最值以与证明不等式是重中之重.纵观近几年全国各省的高考题与竞赛题，可以发现均值不等式中与“1〞有关的试题频频出现，好学教育老师对此总结如下，以供大家参考.[题引][XX 省皖江名校2016届高三12月联考数学〔理〕试题]已知实数,x y 满足22020220x y x y x y --≤⎧⎪+-≤⎨⎪-+≥⎩，若目标函数5(0,0)z ax by a b =++>>的最小值为2，则23a b+的最小值为〔 〕8214.3A +426.3B +9215.3C +1046.3D + [答案]D[解析] 首先作出可行域，如下图所示，42246551015z =ax +by -5A (-2,-2)-33-2-1-1211Oyx2x -y +2=0x +y -2=0x -2y -2=0把目标函数5(0,0)z ax by a b =++>>，变形可得5az y x bbb=-+-，斜率为负数，当z 取得最小值时，联立求出交点A 的坐标220220x y x y -+=⎧⎨--=⎩(2,2)A ∴--，当目标函数5(0,0)z ax by a b =++>>过点A 时取最小值，代入得32a b +=，即2()13a b += 所以232232231046()()(5)333b a a b a b a b a b ++=++=++≥32a b =时，23a b+取最小值，故选D ．[考点]线性规划；基本不等式之1的代换.[点评]这道题目除了考查线性规划外，还考查了常数的代换，或称为“1的代换〞，更具体的说，其与一般代换还是不同的，它更像是在所求的式子后面乘以一个1，或者是一个常数，因此，我们把此类解题技巧定义为“1的代换〞. [使用情景]使用“1的代换〞解题的结构特征：①都可转化为条件求最值问题，且已知是“和式〞，所求也是“和式〞，同时要求两和式是一整式，一分式〔或化为分式〕； ②已知“和式〞可变为常数“1〞；③两个“和式〞都是齐次式或可变为齐次式。
用三角代换证明条件为ab+++bc+++ca+=1的一类不等式
＝ － ３（ｓｉｎＣ
－
１ ）２ ３
＋
１０ ３
≤
１０ ３．
因此，原不等式得证． 例 ５ 设 ｘ、ｙ、ｚ ＞ ０，且 ｘｙ ＋ ｙｚ ＋ ｚｘ ＝ １，求证：５（ ｘ
＋ ｙ ＋ ｚ） ＋ ３ｘｙｚ ≥ ８（ｘｙ １ ＋ ｚ２ ＋ ｙｚ １ ＋ ｘ２ ＋ ｚｘ
１ ＋ ｙ２ ） ．（ 《 数学通报》 “ 数学问题与解答”６９４） 证明 由 ｘ、ｙ、ｚ ＞ ０，且 ｘｙ ＋ ｙｚ ＋ ｚｘ ＝ １，令 ｘ ＝
ｃｏｔＡ，ｙ ＝ ｃｏｔＢ，ｚ ＝ ｃｏｔＣ，其中 Ａ、Ｂ、Ｃ 是锐角 △ＡＢＣ 的三
个内角．
（ ｘ ＋ ｙ ＋ ｙ ＋ ｚ ＋ ｚ ＋ ｘ）２
＝ ２（ｘ ＋ ｙ ＋ ｚ） ＋ ２∑ （ｘ ＋ ｙ）（ｘ ＋ ｚ）
＝ ２（ｘ ＋ ｙ ＋ ｚ） ＋ ２∑ ｘｙ ＋ ｙｚ ＋ ｘｚ ＋ ｘ２
＝ ２（ｘ ＋ ｙ ＋ ｚ） ＋ ２∑ １ ＋ ｘ２
ｓｉｎＣｓｉｎＡｃｏｓＢ） ＋ ３ｃｏｓＡｃｏｓＢｃｏｓＣ
≥ ８（ｃｏｓＡｃｏｓＢ ＋ ｃｏｓＢｃｏｓＣ ＋ ｃｏｓＣｃｏｓＡ）． ①
由 ｓｉｎＡｓｉｎＢｃｏｓＣ ＋ ｓｉｎＢｓｉｎＣｃｏｓＡ ＋ ｓｉｎＣｓｉｎＡｃｏｓＢ
＝
１ ２
［
ｓｉｎＡ（
ｓｉｎＢｃｏｓＣ
＋
ｓｉｎＣｃｏｓＢ）
＋
ｓｉｎＢ（ｓｉｎＡｃｏｓＣ ＋ ｃｏｓＡｓｉｎＣ） ＋ ｓｉｎＣ（ｓｉｎＡｃｏｓＢ ＋
ｃｏｔＣｃｏｔＡ ＝ １，可设 ａ ＝ ｃｏｔＡ，ｂ ＝ ｃｏｔＢ，ｃ ＝ ｃｏｔＣ，用三角
代换的方法证明此类不等式．
例 １ 设 ａ、ｂ、ｃ ＞ ０，且 ａｂ ＋ ｂｃ ＋ ｃａ ＝ １．
求证： ｂ２ ＋ ｃ２ ＋ ｃ２ ＋ ａ２ ＋ ａ２ ＋ ｂ２ ≥ ３ ．
基本不等式一的代换
基本不等式一的代换在一个阳光明媚的下午，咱们聊聊“基本不等式一”的事儿，听起来是不是有点复杂？其实呢，别紧张，这个数学名词就像咱们吃的馄饨，里面包的其实都是一些简单易懂的东西。
说白了，就是一种关系，告诉咱们在某些情况下，怎么能得到最优解。
这就像你在选择今天中午吃什么，觉得牛肉面好，结果又想起了炒饭，最后发现披萨才是最棒的选择。
用不等式来说，就是得出结论：这几样东西比较起来，披萨肯定让你更开心！想象一下，假设你有两种果汁，橙汁和苹果汁。
你说，橙汁好，苹果汁也不错。
可你知道吗，基本不等式就能告诉你，在某种条件下，橙汁加苹果汁的综合效果可能比单独喝一种要更好。
这就像生活中的友情，几个好朋友一起玩，快乐指数立马上升。
换句话说，有时候合作能带来更大的快乐，而不是孤军奋战。
你看，这就是不等式的魅力所在，数学在这里也能和生活产生共鸣，真是妙不可言。
再说了，基本不等式还特别适合用来做一些不太容易的决定。
想象一下，你正在计划一次旅行，想着去海边还是山上。
这时候，基本不等式就像你的旅行指南，告诉你去哪个地方能让你更开心。
比如说，如果你在海边能找到好吃的海鲜，而在山上只能喝茶，那海边就胜出啦！这就像是生活中的抉择，有时候我们得在各种可能性中寻找最佳选择，才能实现自己的价值。
你会发现，基本不等式不仅仅是在解题上有用，它的背后还有很多道理值得我们思考。
就像一杯好酒，不光是喝进去的那一瞬间，还要品味它的余香和余味。
生活中，咱们常常在权衡利益，选择的时候，如果能多用用这种“基本不等式”的思维方式，或许能更好地规划我们的未来。
比如说，工作和休息的关系，有时候工作太拼命，没时间放松，结果效率反而低。
这时候，如果能调整一下，就像在数学里换个变量，生活的乐趣就多了。
基本不等式就像一把钥匙，能打开你脑海里许多锁着的门。
它在数学里是严谨的，但在生活中，它的灵活性让人刮目相看。
有些时候，咱们为了追求完美，反而迷失在了细节里。
想想基本不等式，它告诉咱们，找到一个合适的平衡点，反而能让一切变得简单。
条件为ab+bc+ca=1的一类不等式的证明
=
kq+ r k
= q+
r k
= q,
x-
k+ k
1=
q+
r-
( kk
1)
[
q=
x k
.
设正整数 n 满足不等式
n 2
+
n 3
+
n 11
+
n 13
<
n.
则 n- 1\
n 2
+
n 3
+
n 11
+
n 13
\n
2
1+
n
3
2+
n -1110+
n- 12 13
=
859 858
n-
2855783 .
故 n [ 1 715.
12
命题与解题
中 等数 学
条件为 ab+ bc + ca = 1 的一类不等式的证明
全是a²+1变成(a+b)(a+c)的题
张宏
( 广东省工业贸易职业技术学校, 528237)
当遇到含有条件 ab + bc+ ca = 1 的不等 式时, 如果不等式的项中含有类似于 a2 + 1
a3+ a +
3
b
+
b+
3
c
+
c \2
a+ b+ c.
( 2008, 伊朗队选拔考试)
的项, 则可以尝试用 ab+ bc+ ca 去代替其中
证明: 注意到
的 1, 然后分 解因 式, 有利 于进一 步分 析问
不等式的几种证明方法及其应用
不等式的几种证明方法及其应用不等式的证明方法多种多样，常用的证法有初等数学中的综合法、分析法、比较法和数学归纳法等，高等数学中常用的方法是利用函数的单调性、凹凸性等方法．本文将对其中一些典型证法给出系统的归纳与总结，并以例题的形式展示这些方法的应用．1 利用构造法证明不等式“所谓构造思想方法就是指在解决数学问题的过程中，为完成从条件向结论的转化，利用数学问题的特殊性设计一个新的关系结构系统，找到解决原问题的具体方法．利用构造思想方法不是直接解决原问题，而是构造与原问题相关或等价的新问题．”)52](1[P 在证明不等式的问题中，构造思想方法常有以下几种形式：1.1 构造函数证明不等式构造函数指根据所给不等式的特征，巧妙地构造适当的函数，然后利用一元二次函数的判别式或函数的有界性、单调性、奇偶性等来证明不等式．1.1.1 利用判别式在含有两个或两个以上字母的不等式中，若根据题中所给的条件，能与一元二次函数有关或能通过等价形式转化为一元二次函数的，都可考虑使用判别式法．例1 设R z y x ∈,,，证明0)(322≥+++++z y x z y xy x 成立． 解 令22233)3()(z yz y x z y x x f +++++=为x 的二次函数． 由2222)(3)33(4)3(z y z yz y z y +-=++-+=∆知0≤∆，所以0)(≥x f ． 故0)(322≥+++++z y x z y xy x 恒成立．对于某些不等式，若能根据题设条件和结论，结合判别式的结构特征，通过构造二项平方和函数)(x f =(11b x a -)2＋(x a 2－22)b ＋…＋2)(n n b x a -，由0)(≥x f 得出0≤∆，从而即可得出所需证的不等式．例2 设+∈R d c b a ,,,，且1=+++d c b a ，求证614141414<+++++++d c b a )18](2[P ．证明 令)(x f =(x a 14+－1)2＋(114-+x b )2＋)114(-+x c 2＋)114(-+x d 2=4)14141414(282++++++++-x d c b a x (因为1=+++d c b a )．由0)(≥x f 得0≤∆ 即0128)14141414(42≤-+++++++d c b a ．所以62414141414<≤+++++++d c b a ．1.1.2 利用函数有界性若题设中给出了所证不等式中各个变量的变化范围，可考虑利用函数的有界性来证明，具体做法是将所证不等式视为某个变量的函数．例3 设,1,1,1<<<c b a 求证1->++ca bc ab )18](2[P ． 证明 令1)()(+++=ac x c a x f 为x 的一次函数． 因为,1,1<<c a 所以0)1)(1(1)1(>++=+++=c a ac c a f ，0)1)(1(1)()1(>--=+++-=-c a ac c a f ．即∀)1,1(-∈x ，恒有0)(>x f ．又因为)1,1(-∈b ，所以0)(>b f ， 即01>+++ca bc ab ． 1.1.3 利用函数单调性在某些问题中，若各种式子出现统一的结构，这时可根据这种结构构造函数，把各种式子看作同一函数在不同点的函数值，再由函数的单调性使问题得到解决．例４ 求证121212121111n n n na a a a aa a a a a a a +++≤++++++++++)53](1[P ．分析 通过观察可发现式中各项的结构均相似于式子M M +1，于是构造函数xxx f +=1)()0(≥x ．证明 构造函数xxx f +=1)( )0(≥x ． 因为0)1(1)(2'>+=x x f ， 所以)(x f 在),0[+∞上严格递增．令n a a a x +++= 211，n a a a x +++= 212． 因为21x x ≤，所以)()(21x f x f ≤． 所以≤+++++++nn a a a a a a 21211nn a a a a a a +++++++ 21211=+++++na a a a 2111++++++ n a a a a 2121nna a a a ++++ 211nna a a a a a ++++++≤1112211 ．1.1.4 利用函数奇偶性 例５ 求证221xx x <-)0(≠x ．证明 设)(x f 221x x x --=，对)(x f 进行整理得)(x f )21(2)21(xx x -+=， )(x f -＝)21(2)21(xx x ---+-＝)12(2)12(-+-x x x ＝)21(2)21(x x x -+＝)(x f ， 所以)(x f 是偶函数．当0>x 时，12>x ，所以021<-x，所以0)(<x f ． 由偶函数的图象关于y 轴对称知，当0<x 时，0)(<x f ． 即 当0≠x 时，恒有0)(<x f ，即221xx x <- )0(≠x ． 注意 由以上几种情况可以看出，如何构造适当的函数并利用函数的性质来证明不等式是解题的关键．1.2 构造几何图形证明不等式构造几何图形，就是把题中的元素用一些点或线来取代，使题中的各种数量关系得以在图中表现出来，然后借助几何图形的直观性或几何知识来寻求问题的解答．一般是在问题的条件中数量关系有明显的几何意义，或可以通过某种方式与几何形（体）建立联系时宜采用此方法.)52](1[P 这种方法十分巧妙且有效，它体现了数形结合的优越性．下面将具体介绍用几何法证明不等式的几种途径：1.2.1 构造三角形)1](3[P例６ 已知z y x ,,为正数，求证22y xy x ++＋22z xz x ++＞22z yz y ++．分析 注意到︒-+=++120cos 22222xy y x y xy x ，于是22y xy x ++可看作是以y x ,为两边，夹角为︒120的三角形的第三边，由此，易得出下面的证明:证 如图1 ，在BC A ∆内取一点O ，分别连接OC OB OA ,,，使图1B︒=∠=∠=∠120COA BOC AOB ，z OC y OB x OA ===,,则22y xy x AB ++=，22z xz x AC ++=，22z yz y BC ++=．由BC AC AB >+， 即得所要证明的不等式．注 该题可做如下推广:已知z y x ,,为正数，πα<<0，πβ<<0，πγ<<0，且πγβα2=++，求证++-22cos 2y xy x α>+-22cos 2z xz x β22cos 2z yz y +-γ，令γβα,,为满足条件的特殊角可设计出一系列的不等式．例7 已知正数k n m c b a ,,,,,满足p k c n b m a =+=+=+,求证2p cm bk an <++． 证明 如图2，构造边长为p 的正三角形ABC ，在边BC AB ,,上依次截取 n FA b CF k EC c BE m DB a AD ======,,,,,．因为ABC FEC DBE ADF S S S S ∆∆∆∆<++所以243434343p bk cm an <++， 即2p cm bk an <++． 1.2.2 构造正方形)1](3[P例8 已知+∈R x ,d c b a ,,,均是小于x 的正数，求证+-+22)(b x a +-+22)(c x b +-+22)(d x c x a x d 4)(22<-+．分析 观察不等式的左边各式，易联想到用勾股定理，每个式子代表一直角三角形的一斜边，且)()()()(d x d c x c b x b a x a -+=-+=-+=-+，所以可构造边长为x 的正方形．证明 如图3，构造边长为x 的正方形ABCD ，在边DA CD BC AB ,,,上 依次截取,a AE =,a x EB -=,d BF =c CG d x FC =-=,，b DHc x GD =-=,，b x HA -=．则四边形EFGH 的周长为+-+22)(b x a +-+22)(c x b +-+22)(d x c 22)(a x d -+．由三角形两边之和大于第三边知，四边形EFGH 的周长小于正方形ABCD 的周长， 从而命题得证．1.2.3 构造矩形图2x-c 图3例9 已知z y x ,,为正数，证明))((z y y x yz xy ++≤+．分析 两个数的乘积，可看作以这两个数为边长的矩形的面积，也可以看成以这两个数为直角边长的三角形面积的两倍．证明 如图4 ，造矩形ABCD ，使,y CD AB ==,x BE =,z EC =设α=∠AED ．由AED ECD ABE ABCD S S S S ∆∆∆++=矩形知 =+)(z x y ++yz xy 2121αsin ))((21z y y x ++． 化简得αsin ))((z y y x yz xy ++=+．因为1sin 0≤<α，所以))((z y y x yz xy ++≤+(当且仅当︒=90α时，等号成立)．1.2.4 构造三棱锥例10 设,0,0,0>>>z y x 求证22y xy x +->+-+22z yz y 22x zx z +-)129](4[P ．分析 注意到22y xy x +-︒-+=60cos 222xy y x ，可以表示以y x ,为边， 夹角为︒60的三角形的第三边，同理22z yz y +-，22x zx z +-也有类似意义．证明 如图5，构造顶点为O 的四面体ABC O -，使︒=∠=∠=∠60AOC BOC AOB ，z OC y OB x OA ===,,，则有22y xy x AB +-=，22z yz y BC +-=，22x xz z AC +-=．在ABC ∆中AC BC AB >+，即得原不等式成立．注 该题还可做如下推广:已知z y x ,,为正数，,0πα<<,0πβ<<πγ<<0时πγβα20<++<且,βαγβα+<<-求证22cos 2y xy x +-α+22cos 2z xz x +-β>22cos 2z yz y +-γ.例10便是当︒===60γβα时的特殊情况．1.3 构造对偶式证明不等式对偶思想是根据矛盾双方既对立又统一的二重性，巧妙地构造对偶数列，从而将问题解决的一种思想．⌒ADCBE y x +图4图5OAC例11 求证1212124321+<-⨯⨯⨯n nn ．分析 令=P nn 2124321-⨯⨯⨯ ，由于P 中分子为奇数、分母为偶数，则由奇数的对偶数为偶数可构造出关于P 的一个对偶式Q ，1225432+⨯⨯⨯=n nQ ．证明 设=P n n 2124321-⨯⨯⨯ ，构造P 的对偶式Q ，1225432+⨯⨯⨯=n nQ ．因为Q P <<0，所以=<PQ P 2)2124321(n n -⨯⨯⨯ 121)1225432(+=+⨯⨯⨯n n n ．所以121+<n P ，即原不等式成立．注 构造对偶式的途径很多，本题是利用奇偶性来构造对偶式，此外，还可利用倒数关系、相反关系、对称性关系等来构造对偶式．1.4 构造数列证明不等式这种方法一般用于与自然数有关的不等式证明，当问题无法从正面入手时，可考虑将它转化为数列，然后利用数列的单调性来证明．例12 求证:不等式!21n n ≤-，对任何正整数n 都成立)55](1[P ．分析 不等式可变形为,1!21≤-n n n 是正整数，所以可构造数列{},n a 其中1,!211==-a n a n n ，则只需证1a a n ≤即可．对于任意正整数n ，=-+=--+!2)!1(211n n a a n n n n 0)!1(2)1()!1()1(2211≤+-=++---n n n n n n n ， 所以{}n a 是递减数列．所以1a a n ≤，即原命题成立．1.5 构造向量证明不等式向量由于其自身的形与数兼备的特性，使得它成了数形结合的桥梁，也是解决一些问题的有利工具．对于某些不等式的证明，若能借助向量模的意义、数量积的性质等，可使不等式得到较易的证明．1.5.1 利用向量模的性质 例13 已知,,,,R d c b a ∈求证++++2222c b b a 2222a d d c +++)(2d c b a +++≥．证明 在原点为O 的直角坐标系内取四个点：()(),,,,c b b a B b a A ++(),,d c b c b a C ++++(),,a d c b d c b a D ++++++则原问题可转化为+，该不等式显然成立．1.5.2 利用向量的几何特征例14 设{}n a 是由正数组成的等比数列，n S 是前n 项和，求证)31](5[12.022.02.0log 2log log P n n n S S S ++>+． 分析 可将上述不等式转化为,212++<⋅n n n S S S 构造向量，用平行四边形的几何特征来证明．证明 设该等比数列的公比为q ，如图6，构造向量(),,11a a OA =(),,1n n qS qS OB +=()()12111,,+++=++=n n n n S S qS a qS a OC ，则OB OA OC +=，故B C A O ,,,构成平行四边形．由于OB OA ,在对角线OC 的两侧，所以斜率OB OA k k ,中必有一个大于OC k ，另一个小于OC k ．因为{}n a 是由正数组成的等比数列，所以OA n n OC k S S k =<=++121， 所以OC OB k k <， 即<+1n n S S 21++n n S S ． 所以212++<⋅n n n S S S ． 此外，还可以利用向量的数量积证明不等式，一般是根据向量的数量积公式θb a =⋅找出不等关系，如b a ≤⋅≤等，然后利用不等关系证明不等式，在此对这种方法不再举例说明．综上所述，利用构造思想证明不等式时，需对题目进行全面分析，抓住可构造的因素，并借助于与之相关的知识，构造出所求问题的具体形式或是与之等价的新问题，通过解决所构造的问题使原问题获得解决．就构造的对象来说它的表现形式是多样的，这就需要我们牢固的掌握基础知识和解题技巧，综合运用所学知识将问题解决．2 利用换元法证明不等式换元法是数学解题中的一种重要方法，换元的目的是通过换元达到减元，或通过换元得到熟悉的问题形式．换元法主要有以下几种形式：图6O xyABC2.1 三角换元法例15 已知,122≤+y x 求证2222≤-+y xy x ．证明 设θθsin ,cos r y r x ==()10≤≤r ，则=-+222y xy x θθθθ22222sin sin cos 2cos r r r -+θθθ222sin 2sin cos -+=r224sin 22sin 2cos 222≤≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=r r r πθθθ．注 这种方法一般是已知条件在结构上与三角公式相似时宜采用．若题设为,12=+y x 可设;sin 2,cos θθ==y x 题设为,122=-y x 可设θθtan ,sec ==y x 等．2.2 均值换元法例16 设,1,,,=++∈z y x R z y x 求证31222≥++z y x )12](2[P ．证明 设,31α+=x ,31β+=y ,31γ+=z 其中0=++γβα 则 =++222z y x ++2)31(α++2)31(β=+2)31(γ31)(231222≥++++++γβαγβα(当且仅当γβα==时取等号)．2.3 增量换元法这种方法一般用于对称式(任意互换两个字母顺序，代数式不变)和给定字母顺序的不等式的证明．例17 已知,0>>y x 求证 yx y x -<-)55](6[P ．证明 由,0>>y x 可令t y x += )0(>t ． 因为2)(2t y yt t y t y +=++<+， 所以t y t y +<+， 即y x y x -<-．总之，证明不等式时适当的引进换元，可以比较容易的找到解题思路，但具体使用何种代换，则因题而异，总的目的是化繁为简．3 利用概率方法证明不等式)51](7[P利用概率方法证明不等式，主要是根据实际问题，构造适当的概率模型，然后利用有关结论解决实际问题．3.1利用概率的性质：对任意事件A ，1)(0≤≤A P ，证明不等式例18 证明若,10,10≤≤≤≤b a 则1+≤+≤ab b a ab ．分析 由,10,10≤≤≤≤b a 可把a 看做事件A 发生的概率，b 看做事件B 发生的概率． 证明 设事件A 与B 相互独立，且,)(,)(b B P a A P ==则ab b a B A P B P A P B A P -+=-+=)()()()( ．因为,1)(0≤≤B A P 所以10≤-+≤ab b a ，所以1+≤+≤ab b a ab ．3.2 利用Cauchy-Schwarz 不等式：2))((ξηE ≤22ηξE E 例19 设0>i a ，0>i b ，,2,1=i …n ,， 则 21)(∑=ni i i b a ≤))((1212∑∑==ni in i i ba ．证明 设随机变量ξηηξ,,满足下列要求ξ概率分布:P (ξ=i a )=n 1(n i ,,2,1 =)，η概率分布:P (η=i b )=n1(n i ,,2,1 =)，ξη概率分布:⎪⎩⎪⎨⎧≠=== )(0)(1)(j i j i nb a P j i ξη， 则 2ξE ＝∑=n i i a n 121，2ηE ＝∑=n i i b n 121，)(ξηE ＝∑=n i i i b a n 11．由2))((ξηE ≤22ηξE E 得 212)(1∑=n i i i b a n ≤)1)(1(1212∑∑==n i i n i i b n a n ．即 21)(∑=ni i i b a ≤))((1212∑∑==ni in i i ba ．用概率证明不等式比较新颖，开辟了证明不等式的又一途径．但该法用起来不太容易，因为读者必须对概率这部分知识熟悉掌握，才能选择适当的结论加以利用，因此对这种方法只做简单了解即可．4 用微分方法证明不等式在高等数学中我们接触了微分, 用微分方法讨论不等式,为不等式证明方法开辟了新的视野． 4.1利用微分中值定理微分中值定理包括罗尔定理、拉格朗日定理、柯西定理、泰勒定理，下面仅给出拉格朗日中值定理、泰勒定理的应用：拉格朗日中值定理)120](8[P 若函数)(x f 在[]b a ,上连续，()b a ,内可导，则在()b a ,内至少存在一点ξ，使得)('ξf ＝ab a f b f --)()(．例20 已知0>b ,求证b b bb<<+arctan 12． 证明 函数x arctan 在[]b ,0上满足拉格朗日中值定理的条件，所以有b arctan －0arctan ＝)0()(arctan '-=b x x ξ＝21ξ+b，),0(b ∈ξ． 而b bx b <+<+2211ξ， 故原不等式成立．泰勒定理)138](8[P 若函数)(x f 在[]b a , 上有直至n 阶的连续导数，在()b a ,内存在()1+n 阶导函数，则对任意给定的0,x x ()b a ,∈，使得10)1(00)(200''00'0)()!1()()(!)()(!2)())(()()(++-++-++-+-+=n n nn x x n f x x n x f x x x f x x x f x f x f ξ 该式又称为带有拉格朗日余项的泰勒公式．例21 设函数)(x f 在[]b a ,上二阶可导，且M x f ≤)(''，,1,0)2(=-=+a b ba f 试证 4)()(M b f a f ≤+)69](9[P ．证明 将函数)(x f 在点20ba x +=展成二阶泰勒公式 ++-+++=)2)(2()2()('b a x b a f b a f x f 2'')2)((21b a x f +-ξ＝)2)(2('ba xb a f +-+＋2'')2)((21b a x f +-ξ． 将b a x ,=代入上式得)21)(2()('b a f a f +-=＋)(811''ξf ，)(81)21)(2(')(2''ξf b a f b f ++=． 相加得))()((81)()(2''1''ξξf f b f a f +=+． 取绝对值得))()((81)()(2''1''ξξf f b f a f +≤+≤4M ．4.2 利用极值例22 设12ln ->a 为任一常数，求证xeax x <+-122()0>x )188](10[P ．证明 原问题可转化为求证012)(2>-+-=ax x e x f x)0(>x ．因为0)0(=f ,所以只需证022)('>+-=a x e x f x．由02)(''=-=xe xf 得)('x f 的稳定点2ln =x ．当2ln <x 时，0)(''<x f ． 当2ln >x 时，0)(''>x f ． 所以 02)2ln 1(222ln 22)2(ln )(min ''>+-=+-==>a a f x f x ．所以原不等式成立．4.3 利用函数的凹凸性定义)193](10[P )(x f 在区间I 上有定义，)(x f 称为I 上的凸（凹）函数，当且仅当：21,x x ∀∈I ，有)2(21x x f +≤2)()(21x f x f + （)2(21x x f +≥2)()(21x f x f +）． 推论)201](10[P 若)(x f 在区间I 上有二阶导数，则)(x f 在I 上为凸（凹）函数的充要条件是：0)(''≥x f （0)(''≤x f ）．例23 证明na a a n +++ 21≥n n a a a 21 ),,2,1,0(n i a i =>)125](11[P ．证明 令,ln )(x x f =则01)(,1)(2'''<-==xx f x x f ，所以 x x f ln )(=在()+∞,0上是凹函数，对),0(,,,21+∞∈n a a a 有)ln ln (ln 1ln 2121n n a a a nn a a a +++≥⎪⎭⎫ ⎝⎛+++ ，所以na a a n +++ 21≥nn a a a 21．例24 对任意实数,,b a 有)(212b ab a e e e+≤+)80](12[P ．证明 设xe xf =)(，则),(,0)(''+∞-∞∈>=x e x f x，所以)(x f 为),(+∞-∞上凸函数．从而对b x a x ==21,有2)()()2(b f a f b a f +≤+． 即)(212b ab a e e e+≤+． 5 利用几个著名的不等式来证明不等式5.1 均值不等式)133](4[P定理 1 设n a a a ,,,21 是n 个正数，则)()()()(n Q n A n G n H ≤≤≤称为均值不等式，其中,111)(21na a a nn H +++=,)(21n n a a a n G =,)(21na a a n A n+++=na a a n Q n22221)(+++=分别称为n a a a ,,,21 的调和平均值，几何平均值，算术平均值，均方根平均值．例25 已知,10<<a ,02=+y x 求证812log )(log +≤+a yx a a a ． 证明 由,10<<a ,0,0>>yxa a 有y x y x y x a a a a a +=⋅≥+22，从而得22log )2(log )(log yx a a a a y x a y x a ++=≤++， 故现在只需证812≤+y x 或 41≤+y x 即可． 而4141)21(22≤+--=-=+x x x y x (当21=x 时取等号)，所以812log )(log +≤+a yx a a a ．5.2 Cauchy 不等式 定理2)135](4[P 设),,2,1(,n i R b a i i =∈，则∑∑∑===≥⋅n i ni i i ni ii b a ba 121122,)(当且仅当nn a b a b a b === 2211时等号成立. 例26 证明三角不等式 2112)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑=ni i i b a ≤2112⎪⎭⎫ ⎝⎛∑=ni i a ＋2112⎪⎭⎫ ⎝⎛∑=ni i b )33](12[P ．证明 因为∑=+ni i ib a12)(＝∑=+ni i i i a b a 1)(＋∑=+ni i i i b b a 1)(根据Cauchy 不等式，可得∑=+ni i i ia b a1)(≤211212)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑∑==ni i n i i i a b a ． （1）∑=+ni i i i b b a 1)(≤211212)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑∑==ni i ni i ib b a ． （2） 把（1）（2）两个式子相加，再除以2112)(⎥⎦⎤⎢⎣⎡+∑=ni i i b a ，即得原式成立．5.3 Schwarz 不等式Cauchy 不等式的积分形式称为Schwarz 不等式． 定理3)271](10[P )(),(x g x f 在[]b a ,上可积，则⎰⎰⎰≤b ababadx x g dx x f dx x g x f .)()())()((222若)(),(x g x f 在[]b a ,上连续，其中等号当且仅当存在常数βα,，使得)()(x g x f βα≡时成立(βα,不同时为零)．例27 已知)(x f 在[]b a ,上连续，,1)(=⎰badx x f k 为任意实数，求证2)cos )((⎰bakxdx x f 1)sin )((2≤+⎰b akxdx x f )272](10[P ．证明 上式左端应用Schwarz 不等式得2)cos )((⎰bakxdx x f 2)cos )(()(⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎰badx kx x f x f⎰⎰⋅≤babakxdx x f dx x f 2cos )()(⎰=bakxdx x f 2cos )(． (1)同理2)sin )((⎰bakxdx x f ⎰≤bakxdx x f 2sin )(． (2)由(1)+(2)即得原不等式成立． 5.4 利用W.H.Young 不等式 定理4)288](10[P 设)(x f 单调递增，在),0[+∞上连续，,0)0(=f )(,0,1x fb a ->表示)(x f 的反函数，则⎰⎰-+≤bady y f dx x f ab 010,)()(其中等号当且仅当b a f =)(时成立．例28 设,0,>b a ,1>p ,111=+qp 试证q b p a ab q p +≤)290](10[P ．证明 因为,1>p 所以1)(-=p xx f 单调递增且连续 (当0≥x 时)，1111)(---==q p y yy f )111(-=-q p ． 应用W.H.Young 不等式有 qb p a dy y f dx x f ab qp ba+=+≤⎰⎰-01)()(．。
证明不等式的几种常用方法
证明不等式的几种常用方法证明不等式除了教材中介绍的三种常用方法，即比较法、综合法和分析法外，在不等式证明中，不仅要用比较法、综合法和分析法，根据有些不等式的结构，恰当地运用反证法、换元法或放缩法还可以化难为易．下面几种方法在证明不等式时也经常使用．一、反证法如果从正面直接证明，有些问题确实相当困难，容易陷入多个元素的重围之中，而难以自拔，此时可考虑用间接法予以证明，反证法就是间接法的一种．这就是最“没办法”的时候往往又“最有办法”，所谓的“正难则反”就是这个道理．反证法是利用互为逆否的命题具有等价性来进行证明的，在使用反证法时，必须在假设中罗列出各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证法都是不完全的．用反证法证题的实质就是从否定结论入手，经过一系列的逻辑推理，导出矛盾，从而说明原结论正确．例如要证明不等式A ＞B ，先假设A ≤B ，然后根据题设及不等式的性质，推出矛盾，从而否定假设，即A ≤B 不成立，而肯定A ＞B 成立．对于要证明的结论中含有“至多”、“至少”、“均是”、“不都”、“任何”、“唯一”等特征字眼的不等式，若正面难以找到解题的突破口，可转换视角，用反证法往往立见奇效．例1 设a 、b 、c 、d 均为正数，求证：下列三个不等式：①a ＋b ＜c ＋d ；②(a ＋b)(c ＋d)＜ab ＋cd ；③(a ＋b)cd ＜ab(c ＋d)中至少有一个不正确．反证法：假设不等式①、②、③都成立，因为a 、b 、c 、d 都是正数，所以不等式①与不等式②相乘，得：(a ＋b)2＜ab ＋cd ，④由不等式③得(a ＋b)cd ＜ab(c ＋d)≤(2b a )2·(c ＋d)， ∵a ＋b ＞0，∴4cd ＜(a ＋b)(c ＋d)，综合不等式②，得4cd ＜ab ＋cd ， ∴3cd ＜ab ，即cd ＜31ab ． 由不等式④，得(a ＋b)2＜ab ＋cd ＜34ab ，即a 2＋b 2＜－32ab ，显然矛盾．∴不等式①、②、③中至少有一个不正确．例2 已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ca ＞0，abc ＞0，求证：a ＞0，b ＞0，c＞0．证明：反证法由abc ＞0知a ≠0，假设a ＜0，则bc ＜0，又∵a ＋b ＋c ＞0，∴b ＋c ＞－a ＞0，即a(b ＋c)＜0，从而ab ＋bc ＋ca = a(b ＋c)＋bc ＜0，与已知矛盾．∴假设不成立，从而a ＞0，同理可证b ＞0，c ＞0．例3 若p ＞0，q ＞0，p 3＋q 3= 2，求证：p ＋q ≤2．证明：反证法假设p ＋q ＞2，则(p ＋q)3＞8，即p 3＋q 3＋3pq (p ＋q)＞8，∵p 3＋q 3= 2，∴pq (p ＋q)＞2．故pq (p ＋q)＞2 = p 3＋q 3= (p ＋q)( p 2－pq ＋q 2)，又p ＞0，q ＞0 p ＋q ＞0，∴pq ＞p 2－pq ＋q 2，即(p －q)2 ＜0，矛盾．故假设p ＋q ＞2不成立，∴p ＋q ≤2．例4 已知)(x f = x 2＋ax ＋b ，其中a 、b 是与x 无关的常数，求证：|)1(f |，|)2(f |，|)3(f |中至少有一个数不小于21． 反证法一：假设|)1(f |＜21，|)2(f |＜21，|)3(f |＜21， 由于)1(f = 1＋a ＋b ，)2(f = 4＋2a ＋b ，)3(f = 9＋3a ＋b ，∴)1(f ＋)3(f －)2(f =2，但是，2 = |)1(f ＋)3(f －)2(f |≤|)1(f |＋|)3(f |＋2|)2(f |＜21＋21＋2×21= 2， 即2＜2，矛盾，∴假设不成立，∴|)1(f |，|)2(f |，|)3(f |中至少有一个数不小于21． 反证法二：假设|)1(f |＜21，|)2(f |＜21，|)3(f |＜21，即 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<<.21|)3(|,21|)2(|,21|)1(|f f f ⇒ ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<++<-<++<-<++<-③b a ②b a ①b a .219321,214221,21121 ①＋③得：－1＜4a ＋2b ＋10＜1，即－21＜2a ＋b ＋5＜21， ∴－23＜2a ＋b ＋4＜－21，④ 显然②与④矛盾，因此，假设是不成立的， 故|)1(f |，|)2(f |，|)3(f |中至少有一个数不小于21． 例4 设a ，b ，c 均为小于1的正数，求证：(1－a)b ，(1－b)c ，(1－c)a 不能同时大于41． 证明：反证法假设(1－a)b ，(1－b)c ，(1－c)a 同时大于41，即(1－a)b ＞41，(1－b)c ＞41，(1－c)a ＞41， 则由41＜(1－a)b ≤(21b a +-)2⇒21b a +-＞21， 同理：21c b +-＞21，21a c +-＞21， 三个同向不等式两边分别相加，得23＞23，矛盾，所以假设不成立， ∴原结论成立．例6 若0＜a ＜2，0＜b ＜2，0＜c ＜2，求证：(2－a)b ，(2－b)c ，(2－c)a不能同时大于1．证明：反证法假设⎪⎩⎪⎨⎧>->->-.1)2(,1)2(,1)2(a c c b b a 那么2)2(b a +-≥b a )2(-＞1，① 同理2)2(c b +-＞1，② 2)2(a c +-＞1，③ ①＋②＋③，得3＞3矛盾，即假设不成立，故(2－a)b ，(2－b)c ，(2－c)a 不能同时大于1．二、三角换元法对于条件不等式的证明问题，当所给条件较复杂，一个变量不易用另一个变量表示，这时可考虑用三角代换，将复杂的代数问题转化为三角问题．若变量字母x 的取值围与sin θ或cos θ的变化围相同，故可采用三角换元，把所要证的不等式转换为求三角函数的值域而获证．一般地，题设中有形如x 2＋y 2≤r 2，22a x ＋22b y = 1或22a x －22b y = 1的条件可以分别引入三角代换⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x (| r |≤1)，⎩⎨⎧==θθsin cos b y a x 或⎩⎨⎧==θθtan sec b y a x ，其中θ的取值围取决于x ，y 的取值围，凡不能用重要不等式证明的问题时，一般可以优先考虑换元(代数换元或三角换元)，然后利用函数的单调性最终把问题解决．在三角换元中，由于已知条件的限制作用，根据问题需要，可能对引入的角度有一定的限制，应特别引起注意，否则可能会出现错误的结果．例2 已知1≤x 2＋y 2≤2，求证：21≤x 2－xy ＋y 2≤3． 证明：∵1≤x 2＋y 2≤2，∴可设x = rcos θ，y = rsin θ，其中1≤r 2≤2，0≤θ＜π2．∴x 2－xy ＋y 2= r 2－r 2sin θ2= r 2(1－21sin θ2)， ∵21≤1－21sin θ2≤23，∴21r 2≤r 2(1－21sin θ2)≤23r 2，而21r 2≥21，23r 2≤3， ∴ 21≤x 2－xy ＋y 2≤3． 例2 已知x 2－2xy ＋y 2≤2，求证：| x ＋y |≤10．证明：∵x 2－2xy ＋y 2= (x －y)2＋y 2，∴可设x －y = rcos θ，y = rsin θ，其中0≤r ≤2，0≤θ＜π2．∴| x ＋y | =| x －y ＋2y | = | rcos θ＋2rsin θ| = r|5sin(θ＋ractan21)|≤r 5≤10．例3 已知－1≤x ≤1，n ≥2且n ∈N ，求证：(1－x)n ＋(1＋x)n ≤2n ． 证明：∵－1≤x ≤1，设x = cos θ2 (0≤θ≤2π)， 则1－x =1－cos θ2= 1－(1－2sin 2θ) = 2sin 2θ，1＋x =1＋cos θ2= 2cos 2θ，∴(1－x)n ＋(1＋x)n = 2n sin n 2θ＋2n cos n 2θ≤2n ( sin 2θ＋cos 2θ) =2n ，故不等式(1－x)n ＋(1＋x)n ≤2n 成立．例4 求证：－1≤21x -－x ≤2．证明：∵1－x 2≥0，∴－1≤x ≤1，故可设x = cos θ，其中0≤θ≤π． 则21x -－x =θ2cos 1-－cos θ= sin θ－cos θ=2sin(θ－4π)， ∵－4π≤θ－4π≤43π， ∴－1≤2sin(θ－4π)≤2，即－1≤21x -－x ≤2． 三、增量代换法 在对称式(任意互换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如a ＞b ＞c)的不等式，常用增量进行代换，代换的目的是减少变量的个数，使要证的结论更清晰，思路更直观，这样可以使问题化难为易，化繁为简．例7 已知a ，b ∈R ，且a ＋b = 1，求证：(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥225． 证明：∵a ，b ∈R ，且a ＋b = 1，∴设a =21＋t ，b=21－t ， (t ∈R) 则(a ＋2)2＋(b ＋2)2= (21＋t ＋2)2＋(21－t ＋2)2= (t ＋25)2＋(t －25)2= 2t 2＋225≥225． ∴(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥225． 例8 已知a 1＋a 2＋…＋a n = 1，求证：21a ＋22a ＋…＋2n a ≥n1． 证明：设a 1= t 1＋n 1，a 2= t 2＋n 1，…，a n = t n ＋n1，其中t 1＋t 2＋…＋t n = 0，则21a ＋22a ＋…＋2n a = (t 1＋n 1)2＋(t 2＋n 1)2＋…＋(t n ＋n 1)2= n ·21n＋2×n 1( t 1＋t 2＋…＋t n )＋…＋21t ＋22t ＋…＋2n t =n 1＋21t ＋22t ＋…＋2n t ≥n 1． 四、放缩法放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式的传递性，作适当的放大或缩小，证明不原不等式更强的不等式来代替原不等式的证明．这种证题方法的实质是非等价转化，而它的证题方法没有一定的准则和程序，需按题意适当．．放缩，否则是达不到目的．利用放缩法证明不等式，要根据不等式两端的特征及已知条件，采取舍掉式中一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母、把和式中的某些项换以较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的．此类证法要慎审地采取措施，进行恰当地放缩，任何不适宜的放缩(放的过大或过小)都会导致推证的失败．例5 设n 为自然数，求证：91＋251＋…＋2)12(1+n ＜41． 证明：∵2)12(1+k =14412++k k ＜k k 4412+=41(k1－11+k )， ∴91＋251＋…＋2)12(1+n ＜41[(1－21)＋(21－31)＋…＋(n 1－11+n ) =41(1－11+n )＜41． ∴91＋251＋…＋2)12(1+n ＜41[(1－21)＋(21－31)＋…＋(n 1－11+n ) =41(1－11+n )＜41． 例5 已知a n =21⨯＋32⨯＋…＋)1(+n n ，其中n 为自然数， 求证：21n(n ＋1)＜a n ＜21(n ＋1)2． 证明：∵)1(+k k ＜21++k k =212+k 对任意自然数k 都成立， ∴a n =21⨯＋32⨯＋…＋)1(+n n ＜23＋25＋27＋…＋212+n =21[3＋5＋7＋…＋(2n ＋1)] =21(n ＋2n)＜21(n ＋2n ＋1) =21(n ＋1)2． 又)1(+k k ＞2k = k ，∴a n =21⨯＋32⨯＋…＋)1(+n n ＞1＋2＋3＋…＋n =21n(n ＋1)， ∴21n(n ＋1)＜a n ＜21(n ＋1)2． 评析：根据要证不等式的结构特征，应用均值不等式“放大”a n 为一个等差数列的和，求和后再添加一个数1，直到“放大”到要证的右边；而左边是通过“缩小”a n 的方法去根号而转化为等差数列的和．放大或缩小的技巧很多，如添项、减项、分子、分母加或减一个数，或利用函数的单调性、有界性等等，但要注意放缩要适度．11．设a 、b 为不相等的两正数，且a 3－b 3= a 2－b 2，求证：1＜a + b ＜34． 证明：由题意得a 2＋ab ＋b 2= a + b ，于是(a ＋b)2= a 2＋2ab ＋b 2＞a 2＋ab ＋b 2= a + b ，故a + b ＞1，又(a ＋b)2＞4ab ，而(a ＋b)2= a 2＋2ab ＋b 2= a ＋b ＋ab ＜a ＋b ＋4)(2b a +， 即43(a ＋b)2＜a ＋b ，解得a + b ＜34． ∴1＜a + b ＜34． 例12 已知a 、b 、c 、d 都是正数，求证：1＜c b a b ++＋d c b c ++＋a d c d ++＋ba d a ++＜2． 证明：∵d cb a b +++＜c b a b ++＜ba b +， d c b a c +++＜d c b c ++＜dc c +，d c b a d +++＜a d c d ++＜dc d +， d c b a a +++＜b a d a ++＜ba a +， 将上述四个同向不等式两边分别相加，得：1＜c b a b ++＋d c b c ++＋a d c d ++＋ba d a ++＜2．。
用一种代换方法证明两类条件不等式
ｒ 十丁 十ｒ 干 干 干
而 以上不等式等价于
Ｘ２
ｌ
１一 ２ Ｉ １ 一
１ 一 Ｚ２
ｌ
／
３
’
３
Ｙ２
ｌ
２
＼
＋— Ｌ ＋ — 一 ≤ 旦
．
Ｘ ＋ ｙｚ
Ｙ＋ Ｚ Ｘ
＋ ｘｙ
４
ｉ
一
十较繁， 下面利用本文介绍的 代换法给出一种简证．
＋
所 以原不等式获证． 年德国国家 队试题：
ａ ＋ ｃｃ）耋 ＋ ａ ． ＋ ｂ ： ｂ＋ ＋
等， 故 以上 不 等 式 等价 于
说 明：１以上证 明中的不等式 ⑨ 即为 ２０ （） ０１
设 仉 ｃ 是正数， 求证：
＋ 靠 ＼‘ 。 ３… ‘ …
令 。＝ ， ６＝ １
＋
解： 设 ： 、 ｃ ＝ ｖ ， ＝ 、ｎ （、 、 ／ ， ／ ６ ／６ ａ ｂ Ｃ ／
＞０， 问题变为： ）则 已知０ ＋ｂ ＋ｃ １ 求 Ｓ＝ ６ ｃ ａ＝ ， ａ＋ｂ 的最小值． ＋Ｃ 因为 Ｓ ＝ （ ａ＋ｂ ｃ。＝ ａ ＋ ） ＋ｂ 。＋Ｃ ＋
≥ 对 所有 正 实 数 。 、 成 立 ・ ｃ
甘 ａ ＋而 ｂ ＋ ｃ ≤ ９
这正是例 ２ 即知所证不等式成立． ，
所以当 ＝ Ｙ＝ ＝
。
．
时， 取得最小值
证 法 ｌ 设 ａ＝ ｙ ， Ｚ ， ｘ Ｘ Ｙ ＞ ： ｚｂ＝ Ｘ Ｃ＝ ｙ（、 、
０， 问题转化为： ）则 已知 ＋ ＋ ｚ＝ ｌ 求证： ，
例２ （ ［ 问题 １设 、 、 文 １ ］ ） Ｙ 为正实数， 且
Ｘ＋ Ｙ＋ ＝ ｌ求证 ： ，
不等式证明中的七种代换
证 明 设 ｂ － ｆ— ａ— Ｙ＞ ０ ４ ，
１ ＋ ａ— ｂ— ＞ ０， Ｃ
三式相 加 ， 得 ａ ｂ Ｃ— ＋Ｙ＋ ， ＋ ＋
２１ ０ １年 第 ４ 期
数 学 中 的思 想 和方 法
《 理 天 地 》 中版 数 高
则 原 不 等 式 化 为 （ ＋ ＋ ｚ 。 ２ ． ｚ － ｚ ） ≥ ７ｙ ， ｒ
＋Ｙ ＋ｚ 。
则
一
证明 设 口一 √３ ， 一 √３ ， ＋ ｂ 一
则 因 为
所 以
口＞ ｂ＞ ０ ， ａ ｂ ａ ＜ ｎ ＋ ｂ ＋ ｂ 。 。一 ６ ，
３ ｂ（ ａ ａ＋ ６ ）＜ １ ８，
３ ｂ（ ａ ａ＋ ６ ＋ ａ ） ＋ ｂ 。＜ ２ ４，
一
（＋ ） （＋ ） （＋ ） ÷ ＋÷ ｔ ＋ １ ｔ ２ ３ 。
÷ ｃ ÷ 其 ＋ ＋ 一 ， ＋ ， ＋ ，中 。 一 。 。 或 ÷ ６ ÷ ￡ ＝１ （ ． ＋ ， ＋。 ＝ 一￡ ） 一 ，＝ ｃｉ ＋
ｎ 一
例 ５ 在 △ Ａ Ｃ 中 ， Ａ、 Ｂ、 Ｃ所 对 的 Ｂ 边 分别 为 ｄｂＣ求证 ： ．，，
＆一 ｂ
＋ ｃ １ 。 ２ ｙ—Ｙ ≤ √ ． ｚ ｒ 】 ２
证 明 设 － ｒ ｏ ａ， 一 ｒ ｉａ Ｏ≤ ｒ １ ， ｚ— ｃ ｓ ｓｎ （ ≤ ） 则
—
＋ ｚ Ｉ 。 ２ ｙ— Ｙ Ｉ ＣＳ Ｉ Ｏ 。 ＋ ２ 。 ｉ Ｏ — ｉ。 ｒ ｒ ｓｎ Ｃ Ｓ —ｒ ｓｎ ａ １
两 个 量 （ 两个 以上） ， 相 等 ， ａ＞ ｂ 或 ａ ｂ不 如 ，
则 可作 代换 ａ— ｂ （≥ｏ称为增量） 即将 ａ ＋ ， ， 表 示为 加上 一 个正 数 的形 式 ， 样 可使 不 等 化 这 为相等 ， 问题得 以简化．
基本不等式之_1的代换_任卫兵
基本不等式之“1”的代换利用基本不等式求最值是高考的基本考点，高考主要求最值、判断不等式、解决不等式有关的问题.运用基本不等式需要注意“一正、二定、三相等”的条件，为了得到“定值”，往往需要对目标式进行恰当的“配”“奏”.“1的代换”是一种常用的方法，可用来创造使用基本不等式的条件.此类问题通常有 如下特点:1.变量a 、b 是正实数;2.有一个代数式①的值已知，求另一个代数式②的最小值，其中两个代数式一个是整式,ma nb +一个是分式,p qa b+也有其它的变形形式. 通过“1 的代换”奏出可以使用基本不等式的齐次式:b aa bμλ+1 看得见的“1”例 1 已知 0,0,1,a b a b >>+= 则 11a b+ 的最小值为 .分析 为了构造齐次式,可将11a b+的分子“1”代换为“a b +".112a b a b b a a b a b a b+++=+=++24,+=当且仅当12a b ==时取等号. 即11a b+ 的最小值为4 注也可以将11a b +“乘1”构造,即11a b +=11()2b a a b a b a b ⎛⎫++=++ ⎪⎝⎭变式 1已知110,0,4,a b a b>>+= 则a +b 的最小值为 .解由 114a b+=可得111111 1.()2444424424b a b a b a b a b a b a b a ⎛⎫+=+=++=+++= ⎪⎝⎭1 当且仅当12a b ==时取等号.即a b +的最小值为1. 变式2已知0,0,23,a b a b >>+=则21a b+的最小值为解由23a b +=可得2211.33a b a b+=+=2124442333333a b b aa b a b ⎛⎫⎛⎫++=+++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭8,3=当且仅当322a b ==时取等号.即2a 1b +的最小值为83. 变式3 已知10,0,21,a b a b >>+=则2a+b 的最小值为 .221225b b a a a b ab ⎛⎫⎛⎫+=+⋅+=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22529,ab ab += 当且仅当22,ab ab =即1=,33a b =时取等号，即2a+b 的最小值为9. 2 看不见的“1””例2已知10,2a <<则1812a a+-的最小值为分析 题目中没有已知的“1"，但观察分母，可以配奏出“1”: 2121a a +-=解：18282(12)16(212)1012212212a a a a a a a a a a-⎛⎫+=+⋅+-=++ ⎪---⎝⎭18 =，当且仅当2(12)2a a -=1612a a -时，即16a =时取等号 故1812a a+-的最小值为18. 例3 设正数,,a b c 满足,abc a b c =++求证：4936ab bc ac ++证明：由abc a b c =++可得1111ab bc ac++=. 49(49)ab bc ac ab bc ac ++=++111494914a c b c b a ab bc ca c a c b a b ⎛⎫++=++++++ ⎪⎝⎭14236a c +=当且仅当2,3,1a b c ===时取等号. 例4 设正项等差数列{}n a 的前n 项和为n S ， 若20194038S =,则10201019a a +的最小值为 . 解由等差数列的前n 项和公式,得()1201920191201920194038, 42a a S a a +==+=则由等差数列的性质得1020104,a a +=所以()102010102010102010191194a a a a a a ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭=20101010201091110(1044a a a a ⎛⎫+++= ⎪⎝⎭4, 当且仅当2010103a a =时等号成立. 3 将1看成21,构造齐次式 例5已知0,0,1,a b a b >>+=则111a b ab++的最小值为 . 分析目标111a b ab ++中1a 和分母为一次式,可与例1相同的方法处理，但1ab分母为二次式，为了构造齐次式，将1看成“1”代换. 解 2111()a b a b a b a b ab a b ab+++++=++= 42448b a b a b a ⎛⎫+++⋅= ⎪⎝⎭，当且仅当12a b ==时取等号即111a b ab++的最小值为8. 例6已知0,0,1,a b a b >>+=求221111 a b ⎛⎫⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的最小值 ..分析 题目中有己知的“1”,观察分母为二次式,为了构造齐次式,考虑将1看成看成21.解：222222111111a ba b a b --⎛⎫⎛⎫--=⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭222222()()(2)(2)a b a a b b a b a b a b ab +-+-++⋅= 2225529b a b a b a =+++=，当且仅当12a b ==时取等号. 即221111 a b ⎛⎫⎛⎫--⎪⎪⎝⎭⎝⎭的最小值为9.例7 已知,a b 均为正数,且20,ab a b --=则22214a b a b-+-的最小值为 .解 由20ab a b --=可得211a b+= 222221144a ab b a b -+-=+-分子为二次形式，为了构造齐次式，可将分式乘以21 22222222141144a a b b b a b a ⎛⎫⎛⎫+-=+⋅+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2222441244a b a b b a b a ++++⋅1=7 当且仅当2a b =，即4,2a b ==时等号.即22214a b a b-+-的最小值为7.4 局部“1”的代换 例8 已知0,0,1,a b a b >>+=则1aa b +的最小值为 . 分析本题与例1的不同之处在于a b 已经是齐次式，只需将1a进行“1的代换".解111a a b a b a a b a b a b ++=+=+++3=，当且仅当12a b ==时取等号.即 1a +ab 的最小值为3.例9 设2,0,a b b +=>则当a = 时，1||2||a a b+取得最小值. 解1||||2||4||4||4||a a b a a b a b a b a a ++=+=+||13244a b +-+= 当且仅当||4||b a a b=且0a <时取等号.即2,4a b =-=时， 1||3 .2||4a ab +取最小值 5 多变量问题中的“1的代换”例10已知0,0,0,1a b c a b c >>>++=则111a b c++的最小值为解1 113a b c a b c a b c b a a c c b a b c a b c a b c a b c ++++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=++=++++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭3+2+2+2=9.当且仅当13a b c ===时取等号.即111a b c++的最小值为9. 变式 已知正数123,,,,n a a a a 满足1231n a a a a ++++=，求证：22212122311 2n n a a a S a a a a a a =++++++ 分析 观察待求证式的分母,()()()()122311222n n a a a a a a a a a ++++++=+++=再运用“1”的代换即 求得最小值. 证明 因为()()(1223n a a a a a +++++)()11222,n a a a a +=+++=所以22212122312nn a a a S a a a a a a ⎛⎫=+++ ⎪ +++⎭⎝()()1223a a a a ++++⎡⎣()1n a a ++⎤⎦()2222123na a a a =++++()()221223121223a a a a a a a a a a ⎡⎤+++⋅++⎢⎥++⎦⎣()21231n a a a a ++++=，当且仅当121n a a a n ====时取到等号，所以1 2S . 备注 本题关键是配凑出基本不等式所需要的两项，如()()221223121223a a a a a a a a a a ⋅+⋅+++与相加 相加，利用基本本不等式有()212312a a a a a ⋅+++()221212232a a a a a a a ⋅++，从而最终得出()212321n Sa a a a ++++=例11 已知,,a b c 为互不相等的正实数，且1abc = 求证:111a b c<++.证明111abc abc abc ab bc ac a b c a b c++=++=++=1[()()()]2ab bc ab ac bc ac +++++12= 又因为,,a b c 为互不相等的正实数，所以等号取不到,111a b c++. 运用“1的代换”求最值的步骤：(1)根据已知条件或其变形确定定值(常数); （2）把确定的定值（常数）变形为1;（3）把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘或相除，配凑成齐次式: b aa b μλ+； （4）利用基本不等式求解最值.解题过程中要根据表达式的具体特点，选择“部分1的代换”或者“将1看成21",并且要注意基本不等式成立的前提条件.。
不等式证明常用方法
不等式证明常用方法不等式是中学数学最基本内容之一,它有着丰富的实际背景，与生产实践联系十分密切；因此，无论普通高考，还是对口高考，不等式,历年都是考试的重点、热点,甚至难点。
下面就不等式的证明，介绍几种常见方法，如有不对，敬请同行、同学们斧正. 一、作差法例1、对于任意实数x ,求证：x x 232>+.证明：∵x x 232-+=2)1(2+-x 0> ∴x x 232>+.评注:1.作差法步骤:作差—变形—判断与0的关系—结论.2.作差后的变形常用方法有因式分解、配方、通分、有理化等，应注意结合式子的形式，适当选用.二、作商法例2、设a ,b 均是正实数，求证：a b b a b a b a ≥.证明：首先，由条件0>bab a ,0>abb a ， 其次， b a a b b a b aba b a -=)(，⑴当0>≥b a 时，1≥ba，0≥-b a ，∴1)(≥-b a b a .⑵当0>>a b 时，10<<b a ，0<-b a ，∴1)(>-b a ba.综合⑴、⑵：1)(≥-b a ba，∴a b b a b a b a ≥.评注:1.作商法步骤:作商—变形—判断与1的关系—结论.2.作差法是通法，运用较广；作商法，要注意条件，不等式两边必须是正数。
作商法常用于证幂、指数形式的不等式。
三、综合法例3、设a ,b ,c 均是正实数,求证：c b a c ab b ca a bc ++≥++ 证明：∵a ,b ,c 均是正实数,∴a bc ,b ca ,cab也均是正实数.∴2,2,2bc ca ca ab ab bc c a b a b b c c a+≥+≥+≥∴2(bc a +)(2c b a c abb ca ++≥+， ∴c b a cab b ca a bc ++≥++ 评注：1.利用某些已经证明过的不等式（例如正数的算术均值不小于几何均数等）和不等式的性质(例如||||||||||b a b a b a +≤+≤-等)推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法通常叫做综合法.2.综合法的思维特点是：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出结论的一种证明方法.3.运用综合法证明不等式，必须发现式子的结构特征，结合重要不等式和常用不等式，找到解题的方法。
基本不等式中“1”代换的各种应用
一 一
基 本 不 等 式 中 “１＂代 换 的 各 种 应 用
邓 明 星
（贵 州 大 学 附 属 中 学 ，贵州 贵 阳 ５５００００）
基 本 不 等 式 在 高 考 中具 有 重 要 的 地 位 。主 要 是 作 为 一 种 工 具 求 最 值 问题 ，且 常 与 函数 、数 列 、解 析 几 何 等 知 识 结 合 在 一 起 进行 考 查 ．解 决 此 类 问 题 通 常 要 求 具 有 扎 实 的基 础 知 识 和 较 强 的 技 巧 性 。属 于 难 度 系 数 较 大 的 一 类 题 目．下 面就 在 教 学 中 遇 到 的 几 类 典 型 问 题 进 行 介 绍 ，希 望 能对 同 学 们 解 题 能 力 的提 高 有 所 帮 助 ．
ａ
一
￣ｌａ＝、／ ｂＳ￣］Ｒ等号，故 ＋三的最小值为 ＋、／广芝Ｉ．
，
２ｂ
ａ ｂ
２
二 、与 线 性 规 划 结 合
２ｙ ３≤Ｄ ，
（３＋ ｂ２ ＋ ）≥三－Ｉ－ 、／ 当且 仅当ａ２＝２ｂ 时等号成立取
．
２ 、 ａ ｂ ２ ２ ’ ， ’
’ 。
得 最 小 值 ，所 １）Ａｆ（ｘ）＝（２Ｖ 一２） ＋１． 五 、总 结
参考 文献 ：
次 得 分 的期 望 是 ２，则 二 ＋ 取得 最小 值 时 ，求 不 得 分 的 概 率ｃ．
ａ ３ｂ
［１］普 通 高 中课 程 标 准 实 验 教 科 书 《数 学》必 修５．人 民 教 育 出版 社．
解 ：由期 望 的计 算 公 式 可 知 ３ａ＋２ｂ＋０ｘｃ＝２。
［２］高考 一本 解 决 方 案 ．湖 南教 育 出版 社 ．
基本不等式1的代换经典例题
基本不等式1的代换经典例题那咱就开始讲基本不等式“1”的代换的经典例题啦。
一、例题呈现已知x> 0，y> 0，且x + y = 1，求(1)/(x)+(9)/(y)的最小值。
二、解题思路1. 首先呢，我们看到已知条件x + y = 1，这个“1”可就太关键啦，就像一把神奇的钥匙，能帮我们解开这道题的锁。
2. 然后我们对要求最小值的式子(1)/(x)+(9)/(y)进行变形。
我们把“1”（也就是x + y）代进去，就得到((1)/(x)+(9)/(y))(x + y)。
3. 接下来就展开这个式子呗。
((1)/(x)+(9)/(y))(x + y)=(1)/(x)× x+(1)/(x)× y+(9)/(y)×x+(9)/(y)× y = 1+(y)/(x)+(9x)/(y)+9 = 10+(y)/(x)+(9x)/(y)。
4. 到这一步呢，基本不等式就该闪亮登场啦。
因为x> 0，y> 0，根据基本不等式a + b≥2√(ab)（这里a=(y)/(x)，b = (9x)/(y)），所以(y)/(x)+(9x)/(y)≥2√(frac{y){x}×(9x)/(y)} = 2√(9)=6。
5. 那么10+(y)/(x)+(9x)/(y)≥10 + 6 = 16，所以(1)/(x)+(9)/(y)的最小值就是16啦。
当且仅当(y)/(x)=(9x)/(y)，再结合x + y = 1（可以联立方程组求解哦），就能求出此时x和y的值啦。
这就是基本不等式“1”的代换的一个经典例题，是不是还挺有趣的呢？就像玩一个巧妙的数字游戏一样。
高一数学不等式题型1的代换公式
高一数学不等式题型1的代换公式
不等式是数学中的一种重要概念，在高一数学中也有很多与不等式相关的题型。
其中，代换公式是解决一类特定类型不等式的有效方法之一。
高一数学的不等式题型1中，常常会遇到形如 x² + px + q > 0 的二次不等式。
为了解决这类题目，我们可以使用一种常见的代换公式：令 t = x + m，其中 m 是
一个参数。
通过代入 t = x + m，我们可以将二次不等式转化成一个简单的一次不等式。
下
面我们将详细介绍如何运用代换公式来解决这类不等式题目：
1. 确定参数 m 的取值范围，使得代换后的一次不等式可以更方便地求解。
2. 将 t = x + m 代入给定的二次不等式，得到关于 t 的一次不等式。
3. 求解得到关于 t 的不等式的解集。
4. 根据 t = x + m 的代换关系，将 t 的解集转换回原始不等式的解集。
需要注意的是，在求解过程中要注意考虑代换带来的影响。
具体说来，如果参
数 m 的取值范围会导致转换出来的一次不等式不易求解，那么就需要重新选择合
适的参数 m。
在解决二次不等式时，代换公式可以简化计算过程，使得求解更加高效。
同时，代换公式的运用也能帮助我们更好地理解不等式的性质与关系。
总之，高一数学不等式题型1中的代换公式可以解决一类特定类型的不等式，
有效地将二次不等式转化为一次不等式，从而方便求解。
通过掌握代换公式的运用方法，我们能够更好地应对不等式题目，提高数学解题的能力。
例谈“三角代换”法证明不等式
课程篇变量代换是解决数学问题的常用技巧，在高考试卷特别是数学竞赛中出现频繁。
对于一些结构比较复杂，变元较多而变化关系不太清楚的不等式，可以适当引进一些新变量替换（或者部分替换）原来的变量，从而简化结构，凸显特征，是转化与化归的数学思想的重要体现。
三角代换是一种常用的代换方法，下面通过举例子来说明用“三角代换”法证明不等式。
例1.设x 1，x 2，y 1，y 2∈R ，证明：（x 12+y 12）（x 22+y 22）≥（x 1x 2+y 1y 2）2证明：设x 12+y 12=r 12，x 22+y 22=r 22，r 1，r 2≥0，于是，可令x 1=r 1cos α，y 1=r 1sin α，x 2=r 2cos β，y 2=r 2sin β从而有（x 12+y 12）（x 22+y 22）=（r 12cos 2α+r 12sin 2α）（r 22cos 2β+r 22sin 2β）=r 12r 22≥r 12r 22cos 2（α-β）=（r 1r 2cos αcos β+r 1r 2sin αsin β）=（x 1x 2+y 1y 2）2当x 1，x 2，y 1，y 2不全为零时，其中等号当且仅当cos （α-β）=±1时取得，即当x 1=λx 2，y 1=λy 2时，等号成立。
例2.设实数x i >0（i =1，2，…，n ），ni =1∑x i =1，正数m 满足1-mx i 2≥0（i =1，2，…，n ）。
求证：ni =1∑1-mx i 2√≤n 2-m√证明：由于0<m √x i ≤1，可设m √x i =cos αi （αi 为锐角），则令y =ni =1∑1-mx i2√=ni =1∑sin αi (1)且n i =1∑cos αi =ni =1∑m √x i =m√ni =1∑x i =m √……（2）以上两式平方相加后，得y 2+m =（ni =1∑sin αi ）2+（ni =1∑cos αi ）2=n +2ni =j ∑cos （αi -αj ）≤n +C 2n =n 2于是y 2≤n 2-m ，即y ≤n 2-m √，故原不等式得证。
例析不等式证明中常用的几种代换 学法指导 不分本 试题
例析不等式证明中常用的几种代换制卷人：打自企； 成别使； 而都那。
审核人：众闪壹； 春壹阑； 各厅……日期：2022年二月八日。
裴华明对于某些不等式的证明，假如能恰当的引入有关的变量代换，那么常会使一些生疏的问题熟悉化，复杂的问题简单化。
下面通过实例来介绍几种常见的代换方法，仅供参考。
一. 常值代换将不等式中的某些特殊的数值用字母代换，可使问题得到巧妙的解决。
例1. 试证33332333333++-<证明：设a =+3333，b =-3333那么a b >>0因为a b ab a b 22336+<+=所以318ab a b ()+<那么32433ab a b a b ()+++<即()a b +<324所以a b +<233，故原不等式成立。
二. 三角代换给出的条件中假如是a b 221+=，可设a =cos α，b =sin α；假如是a b 221-=，可设a =sec α，b =tan α；假如是||x a <，可设x r r a =≤≤sin ()α0；假如是||x a ≥，可设x r r a =≥sec ()α等。
例2. x y 221+≤，求证||x xy y 2222+-≤证明：设x r y r r ==≤≤cos sin ()αα，01，那么||x xy y 222+-=+-|cos sin cos sin |r r r 222222αααα=+r 222|sin cos |αα =+≤≤2242222r r |sin()|απ例3. x y 221-=，求证|()()|x x y y x -+<11112 证明：设x y k k Z ==≠+∈sec tan ()αααππ，，2，那么 |()()|x x y y x-+1112 =-+|(sec cos )(tan cos )cos |ααααα2 =|sin cos cos sin |222αααα=<|sin |α1三. 平均值代换假设a b +=1，可作代换a t b t =+=-1212，；假设a b c ++=1，可作代换a t b t c t =+=+=+131313123，，，其中t t t 1230++=，或者a t b t =+=+131312，，c t t =-+1312() 例4. x y z ++=1，求证x y z 22213++≥证明：设x t y t z t =+=+=+131313123，，，其中t t t 1230++=，那么 x y z 222++ =+++++()()()131313122232t t t =++++++++192319231923112222332t t t t t t=++++++1323123122232()t t t t t t 因为t t t 1230++=t t t 122232000≥≥≥，，所以x y z 22213++≥〔当且仅当x y z ===13时，等号成立〕四. 增量代换两个量〔或者两个以上〕a 、b 不相等，如a b >，那么可作代换a b =+δ〔δ≥0，称为增量〕，即把a 表示为b 加上一个正数的形式，这样可使不等化为相等，使问题得以简化。
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＝ ——（— — ＋— — ＋— — ）
证明
＋ Ｙ 十 ， １ ＋ ｂ
十 Ｙ 十 ，
２ ｎ＋ｂ ｂ＋ Ｃ Ｃ＋ ａ
了 而
： —
＇ （ ， ） ， ， ＞ｕ ＞０ ） ， 则ａ 则 ２ ： ÷ ’ ， ｂ ＝ 一
＝ｌ ， ２ ， …， ｎ ， ｎ≥２ ） ， 且 ， Ｂ ＝ ｝ ， ｃ （
１
≤ — — — — — 了．
２
１ ， 则有
…
（ 。 ， ６ ， ｃ＞ｏ ） ， 这样就 可将所证不 等式转化
为关 于三元 ａ ， ｂ ， ｃ 的一 个无条 件约束 的代 数不等式从
例１ （ １ ９ ９ ８ 年 日本 Ｉ Ｍ Ｏ选拔 赛试题 ） 若 ， ， ｚ＞
０， 且 １ ＋ １ 十 １
（ ｎ— １ ）
例３ （ ２ ０ ０ ５ 年 伊 朗数 学 奥林 匹克试 题 、 ２ ０ ０ ７年
１
美国国家 集训队测试题） 设 ， Ｙ ， 是正数， 且— ÷ ＋
十 ｌ
＝ｌ ， 求证 ：
≥８ ．
＋ － ｚ ， 证 ＋ 弘 ＋ ≤ 寻 ．
式得 ｎ ６＋６ ｃ＋ｃ 。≤ ３
，
Ｃ＋１
＝ （ 其中Ａ ｙ ｚ Ｂ ＝丝 ２ ｙ ＇ ｃ＝ ） ， 所 以可令
，
０
曰 １
Ｃ
ａ ＋ ｂ ＋ Ｃ’ Ｃ １
Ａ ＋ １
ａ ＋ ｂ ＋ ｃ’ Ｂ
因此本题 同例 ３ 是等价 的 具
，
体证 明从略．
例５
（ ２ ０ ０ ４ 年上 海竞赛试题 ） 若
，
证 明 由于条件式 １ ＋
１ － ｌ Ｖ ｔ １Leabharlann 证明＝ 令
（
＝
，
＝
＋
十 ｌ
＝２ 。
， ｃ＞０ ） ， 则 ＝ ｂ＋ｃ
，
南 ＋ 南 ＋ 南 ； ＿ １ ， 所 以 可 口 ＿ Ｊ 令
ａ
’
Ｙ： — ， ：
竺
，
卢， ’ ， ∈（ ０ ，
’
＾ — — —
詈 ） ， ｓ ｉ ｎ ２ ＋ ｓ ｉ ｎ ＋ ｓ ｉ ｎ ｙ ＝ １ ， 求 证 ： 。 ｔ ＋ ｃ 。 ＋ 。 。 ｔ
≥３ √ ．
２
浮 于 是 ＝ ２ √ 而
工 Ｈ 、
６ ＇ ｃ ＞ ０ ） 测 芸 ＝ ｂ ＋ ｃ ， 莠 ＝ ， ｘ ｙ ：
，
． ｙ．
＝Ｔ ≤
了 ＝ ｎ ， ＿ ＝ ｂ
③
＿ ＝ ＝ 了： ， 代入 ＋
＝ ４ｉ ｉ Ｅ Ｎ： ＋ｙ＋。≤３ ． 。
日
— — 一 ～
证明
因为 ＋ ＋ Ｚ ２ ＋ ＝４ §
令
Ｉ Ｂ ＋ Ｉ
＋
，
手 ＋ ÷ 螂 ＋ ＋ ２ ， 而 代 入 ③
以上最后一个 不等式 即例 ｌ 中 已证 的不 等式 ① ， 故原 不等式成 立． 说 明 将例 ２中的不等式 推广 ， 可得 ： 设 ∈Ｒ
Ｈ
一
定、 统一 的方法 ， 本文 介绍一种 代换 证法 ， 可 有效 地证
明 这 类 不 等 式 ， 即 可 令 Ａ ＝
而加 以证 明．
．
②
＋ √
厂
１ ＋ ｂ 。
由二元均 值不等式得
＋
给 出一 种简证．
， 求 证 ： 等 ・
令 ｌ ＋ ａ
ｑ √ ’ √
厂
厂
‘ √
＋
问题提供人 给 出的证 明很繁 琐 ， 以下 利用代 换 法
√ ・ √ ≤ ÷ ［ ｃ ＋ … ＋
所 以原不 等式得证．
例４ （ １ ９ ９ ８年伊 朗数 学奥 林 匹克试 题 ）如果 ，
＋～ １
：
，
Ｚ 十 十 Ｖ 于 是 ｎ ６ ｃ ≤ 鲁 斗 铮 （ 。 ６ ｃ ） ≤ 吉 铮 Ｙ 毫 十 Ｚ
＝
‘ Ｊ 一‘ ｜ ． ÷ ≤ 甘 ÷ 甘 （ ＋ ｙ ） （ ｙ ＋ ） （ ＋ ） ≥ ８‘ ．
， 所让 证小 不寺 等瓦 式可 口 Ｊ 化 刀 为 Ｐ：
≥８
．
ｙ
Ｄ
’
ｚ
ｃ
（ 。， ６， 。
，
，
①
由二元 均值不等式 得
Ｐ ≥ ≥ ——竺 — —— — ■■ — — 一 ： ８，
，
＞ 。 ） ， 则 ＝ √ ， ｙ ＝ √ ， ＝ ＝ √ ， 所 证 不
ａ
．
ｙ， ｚ≥ １ ， 且 ＋
ｙ
２ ， 证明：
４ｌ
Ｚ
（ 可 ） 。≥ （ ＝ ＿ 『＋
） 。 铮
・
＝ Ｔ ＋ 原 不等式得证．
＋
＝Ｔ ・
＋
．、
例７ （ 第２ ０ 届伊 朗数 学奥林 匹克竞赛题） 设ｚ
∈Ｒ ， 且 ＋， ， ＋ ＋
等式可 化为
所 以原 不等式得证．
例２ （ 《 数 学通￣ ｝ ２ ０ １ ４年 第 ９期 问题 ２ ２ ０ １ ）已
知。 ， ６ ， ｃ∈Ｒ ， 且满 足 ２
ｌ ＋ ａ‘
＋
．
ｑ √ ‘ √
厂
十 √ 。 √
＋
～
Ｃ
．
。
／ ÷ ≤ ３ ． √ ≤ 。
中学数 学 杂志
２ ０ １ ５年 第 ３期
览 ● Ｉ
孵 琵 霓 ９
一
类条 件 不 等 式 的 一种 代 换 证 明
２ ０ １ ９ ９ ９ 姜 坤崇
上海 市 宝 山区宝林路 宝林 六村 ４ ２号 １ ０ １室
对 于或可化 为条件为 Ａ＋ Ｂ＋Ｃ＝１ （ Ａ ， Ｂ， ｃ＞０ ） 类条件 不等 式 的证 明 ， 其 方 法 灵 活 多 样 且 没 有 固
｜
ｂ ｃ
， ｙ ＝
，
—
—
—
一
— — — — — — — — 一
／ － ａｃ ａ ２ ／ ＿ ａ ｂ 二 二 ６ ＋ ｃ ） 一 ， ＼ ／
・ …
证明 由 ｓ ｉ ｎ ２ ＋ｓ ｉ ｎ ２ ｌ ＋ｓ ｆ ｉ ｎ ＝１ 可令 ｓ ｉ ｎ 。 ：