第十三讲 不等式证明选讲
本节主要内容为证明不等式的基本方法——比较法；综合法于分析法；放缩法；放缩法；反证法；数学归纳法；数形结合以及运用函数的性质． A类例题
例1 设r1?1,r2?1，证明
112?? 1?r11?r21?r1r2 分析：可以把不等式两边相减，通过恒等变形（例如配方，因式分解等），转化为一个能够明确确定正负的代数式．
证明：
(1?r1?r2)(1?r1r2)?2(1?r1)(1?r2)112???? 1?r11?r21?r1r2(1?r1)(1?r2).(1?r1r2)?r1r2(r1?r2)2?(r1?r2)2(1?r1)(1?r2).(1?r1r2)?
r1r1r2?r2r1r2?2r1r2?r1?r2?2r1r2(1?r1)(1?r2).(1?r1r2)(r1?r2)2.(r1r2?1)(1?r1)(1?r2).(1?r1r2)?0，?112??当且仅当r1?r2?1时等号成1?r11?r21?r1r2立．
说明：要证a?b，最基本的方法就是证明a?b?0，即把不等式两边相减，转化为比较差与0的大小，此法用的频率极高．
链接：本题可推广为r1,r2,...rn都不小于1，证明：
111n??...??（注：要用数学归纳法）
n1?r11?r21?rn1?r1r2...rn例2 设0?x?1，a?0,a?1，比较|loga(1?x)|与|loga(1?x)|的大小．
（1982年全国高考题）
分析：显然，要比较的两个数都是正数，把它们相除考察商式与1的大小关系，同样可
得出两数的大小关系，即a,b为正数
a?1?a?b b解：由于0?x?1，1?x?1?loga(1?x)?0?|loga(1?x)|?0，同理
|loga(1?x)|?0，
|loga(1?x)|loga(1?x)?||?|log1?x(1?x)|??log1?x(1?x)?
|loga(1?x)|loga(1?x)1?log1?x(1?x)?1，因此|loga(1?x)|?|loga(1?x)| 1?x112例3 1）a?,b?,ab?，证明a?b?1
339log1?x2）n为任意正整数，证明
1n(n?1)?n?n?1
- 1 -
1）分析：观察欲证不等式的特点，已知中有ab，结论中有a?b，这种结构特点启发我们采用如下方法．
11111，所以a??0，同理b??0，因此(a?)(b?)?0，
3333311112ab?(a?b)??0?(a?b)?ab?，又ab?，故a?b?1
39399证明：因为a? 说明：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法，综合法又叫顺推证法或由因导果法． 2）分析：从不等式的结构不易发现需要用哪些不等式的性质或事实解决这个问题，因此用分析法．
证明：要证
1n(n?1)?n?n?1，只需证
1n(n?1)?1n?n?1，也就是要证
n(n?1)?n?n?1，两边平方n2?n?n?n?1?2n(n?1)，只需证
n(n?1)?2n(n?1)?1?0，只需证(n(n?1)?1)2?0，该式对一切正整数n都成立，
所以
1n(n?1)?n?n?1成立．
说明：证明命题时，我们还常常从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实，从而得出要的命题成立，这种证明的方法叫做分析法．这是一种执果索因的思考和证明方法，在寻求证明思路时尤为有效．
当问题比较复杂时，时常把分析法和综合法结合起来使用．以分析法寻找证明的思路，用综合法叙述、表达整个证明过程．
在实际的证题思考过程中，执果索因和由因导果总是不断交替地出现在思维过程中．
链接：用此已经获证的不等式很容易证出一个新的不等式：
?k?1n1k(k?1)?n
例4 1）设a,b,c是一个三角形的三条边长，a?b?c?2，证明
2）设an?4?a2?b2?c2?2 3n?2，bn?3n(n?2?n?1)，比较an与bn的大小
（1992年上海高考题改编） 1） 证明：用分析法证不等式的前半部分． 要证
4?a2?b2?c2，只需证3(a2?b2?c2)?4，即证3(a2?b2?c2)?(a?b?c)2，3222只需证a?b?c?ab?bc?ca，因为该不等式是我们熟知的已经成立的不等式，所以
?a?b?c?24222?2?c?c?0?c?1，同理0?a,b?1，这样?a?b?c成立．又?a?b?c3? - 2 -
?a2?a?222便有?b2?b?a2?b2?c2?a?b?c，也即a?b?c?2．综上得
?c2?c?4?a2?b2?c2?2 3
2）分析：用特殊值代入(n?1,2,3,4,5)获得的印象是n?1,2,3时an?bn，从n?4开始
an?bn，因此我们从作差入手，用放缩法完成全部结论．
解：an?bn?n?2?3n(n?2?n?1)?n?2?(n?2)(n?1)?3nn?2?n?1?
n?2?(n?1)?3nn?2?n?1又an?bn??3?nn?2?n?1，所以an?bn(n?1,2,3) ?0（当1?n?3时）
n?2?(n?2)(n?1)?3nn?2?n?1?n?2?n?2?3nn?2?n?1?4?nn?2?n?1?0（当
，所以an?bn(n?4,5,6...)．综上可知1?n?3时，an?bn；n?4时，an?bn n?4时）
说明：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而
达到证明的目的，我们把这种证法称为放缩法．比如说直接证明不等式A?B比较困难，可以试着去找一个中间量C，如果有A?C及C?B同时成立，自然就有A?B．所谓“放缩”即将A放大到C，再把C放大到B，或者反过来把B缩小到C再缩小到A，不等式证明的技巧常体现在对放缩尺度的把握上． 情景再现
(a?b)2a?b(a?b)2??ab?1. 设0?b?a，证明 8a28b2. 1）设a,b?R，证明
?ab??1?a?3bb?3aab?
3a?b3b?a2）x,y,z为任意实数，满足xy?yz?zx?1，求证xyz(x?y?z)?3. 设1?x?y?z?t?100，则B类例题
例5 设x1,x2,...,xn，y1,y2,...,yn?R满足
1）0?x1y1?x2y2?...?xnyn
2）x1?x2?...?xk?y1?y2?...?yk，k?{1,2,3,...,n}，证明：
?1 3xz?的最小值=__________ yt- 3 -
111111 ??...????...?x1x2xny1y2yn 分析：从要证明的结论看，去分母是不可能的，因为去分母计算量太大，去分母后也无法利用已知条件．另外，应该注意已知条件2）实际上包含着n个不等式
x1?y1??x1?x2?y1?y2?，考虑到以上特点，因此用比较法，先作差． ?...???x1?x2?...?xn?y1?y2?...?yn
证明：(111111??...?)?(??...?)? y1y2ynx1x2xn(x?y1x2?y21111111111?)?(?)?...?(?)?1??(?)?...?(?)y1x1y2x2ynxnx1y1x2y2y3x3ynxnx1?y1x2?y21111??(?)?...?(?)? x2y2x2y2y3x3ynxn?(x1?x2)?(y1?y2)x3?y311??...?(?)?
x2y2x3y3ynxn(x1?x2)?(y1?y2)x3?y311??...?(?)?
x3y3x3y3ynxn(x1?x2?x3)?(y1?y2?y3)11?...?(?)（依次类推）?
x3y3ynxn?(x1?x2?...?xn)?(y1?y2?...?yn)?0，
xnyn因此
111111??...????...? x1x2xny1y2yn 说明：证题过程看似好长，实际上关键步骤只有一两个．从数学欣赏的角度看，本题已知，求证和证法合在一起，显得十分和谐优美．
例6 1）证明：任何三个实数都不可能同时满足下列三个不等式：
|x|?|y?z|，|y|?|z?x|，|z|?|x?y|
2）设a,b,c是实数且满足abc?1，证明2a?111、2b?、2c?中最多有两个数大bca于1 （第44届塞尔维亚和里山数学奥林匹克）
分析：要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰，于是考虑反证法．
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1）证明：假设存在某三个实数x,y,z同时满足题设的三个不等式，将它们的两端都同时
平方，然后分别移项、分解因式得：
(x?y?z)(x?y?z)?0 （1） (y?z?x)(y?z?x)?0 （2） (z?x?y)(z?x?y)?0 （3）
三式相乘得(x?y?z)(x?y?z)(y?z?x)?0，这显然是不可能的，因此原命题成立． 说明：本题所得到的三个不等式（1）（2）（3），单独看哪一个看不出有什么毛病，而一旦把它们求积，矛盾便显现在眼前．
222111、2b?、2c?都大于1，由于a,b,c中至少有一个是bca1正的，不妨设a?0，于是2c?2c??1?c?0．同理可推得b?0，因此a,b,c都是正
a
2）证明：假设三个数2a?数．由2b?11111?1?b?(1?)?.2，即b?c2c2c31，同理a?c1，c?b1，三式相a乘得abc?1?(abc)2?1?abc?1，此与已知abc?1矛盾，因此题目结论成立． abc 说明：反证法的根据是排中律，是用证明逆否命题成立来替代原命题成立．其难点在于提出与结论相反的假设后，如何合理地展开思路以便尽快凸现矛盾．
x1例7 设数列{xn}满足x1?，xn?1?xn?n2，证明x2001?1001
2n
（2001年中国西部数学奥林匹克）
分析：这是一个有关正整数的命题，很自然地考虑用数学归纳法，注意到1001接近2001
2的一半，因此可以试着证明xn?
n （1） 21n证明：n?1时，x1?，命题xn?成立．
222xk1k2k设n?k时，（1）成立，即xk?，当n?k?1时，有xk?1?xk?k2??2()
2k22k?k1k?12001*，故对一切n?N，（1）都成立，从而x2001????1001
24222
4422例8 1）x,y为非负实数，x?y?1，证明：5?1?x?1?y?1?
? 2）设x,y?R，证明x?3x?3?2y2?3y?3?x2?3xy?y2?6
分析：从1），2）的结构看，似乎分别与勾股定理、余弦定理有些联系，因此可以把题中的式子赋于几何意义，从而把复杂的代数不等式化为相应的较为简单的几何不等式．
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