. . .. .. 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)≤(2ba)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a2＋b2＜－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，p3＋q3= 2，求证：p＋q≤2． 证明：反证法 假设p＋q＞2，则(p＋q)3＞8，即p3＋q3＋3pq (p＋q)＞8， ∵p3＋q3= 2，∴pq (p＋q)＞2． 故pq (p＋q)＞2 = p3＋q3= (p＋q)( p2－pq＋q2)， 又p＞0，q＞0 p＋q＞0， ∴pq＞p2－pq＋q2，即(p－q)2 ＜0，矛盾． 故假设p＋q＞2不成立，∴p＋q≤2． 例4 已知)(xf= x2＋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(|fff
③ba②ba①ba.21932
1
,21422
1
,2112
1
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≤(21ba)221ba＞21， 同理：21cb＞21，21ac＞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(accbba 那么2)2(ba≥ba)2(＞1，① 同理2)2(cb＞1，②
2)2(ac＞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或cos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x2＋
y2≤r2，22ax＋22by= 1或22ax－22by= 1的条件可以分别引入三角代换sincosryrx
(| r |≤1)，sincosbyax或tansecbyax，其中的取值围取决于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≤x2＋y2≤2，求证：21≤x2－xy＋y2≤3．
证明：∵1≤x2＋y2≤2，∴可设x = rcos，y = rsin，其中1≤r2≤2，0≤＜2． ∴x2－xy＋y2= r2－r2sin2= r2(1－21sin2)， ∵21≤1－21sin2≤23，∴21r2≤r2(1－21sin2)≤23r2， . . .. .. 而21r2≥21，23r2≤3， ∴ 21≤x2－xy＋y2≤3． 例2 已知x2－2xy＋y2≤2，求证：| x＋y |≤10． 证明：∵x2－2xy＋y2= (x－y)2＋y2， ∴可设x－y = rcos，y = rsin，其中0≤r≤2，0≤＜2． ∴| x＋y | =| x－y＋2y | = | rcos＋2rsin| = r|5sin(＋ractan21)|≤r5≤10． 例3 已知－1≤x≤1，n≥2且nN，求证：(1－x)n＋(1＋x)n≤2n． 证明：∵－1≤x≤1，设x = cos2 (0≤≤2)， 则1－x =1－cos2= 1－(1－2sin2) = 2sin2，1＋x =1＋cos2= 2cos2， ∴(1－x)n＋(1＋x)n= 2nsinn2＋2ncosn2≤2n( sin2＋cos2) =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－x2≥0，∴－1≤x≤1，故可设x = cos，其中0≤≤． 则21x－x =2cos1－cos= sin－cos=2sin(－4)， ∵－4≤－4≤43， ∴－1≤2sin(－4)≤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，bR，且a＋b = 1，求证：(a＋2)2＋(b＋2)2≥225． 证明：∵a，bR，且a＋b = 1，∴设a =21＋t，b=21－t， (tR) 则(a＋2)2＋(b＋2)2= (21＋t＋2)2＋(21－t＋2)2= (t＋25)2＋(t－
25)2= 2t2＋225≥225．
∴(a＋2)2＋(b＋2)2≥225． 例8 已知a1＋a2＋…＋an= 1，求证：21a＋22a＋…＋2na≥n1． 证明：设a1= t1＋n1，a2= t2＋n1，…，an= tn＋n1，其中t1＋t2＋…＋tn= 0， 则21a＋22a＋…＋2na= (t1＋n1)2＋(t2＋n1)2＋…＋(tn＋n1)2= n·21n＋2×n1( t1＋t2＋…＋tn)＋…＋21t＋22t＋…＋2nt=n1＋21t＋22t＋…＋2nt≥n1． 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(1n＜41．
证明：∵2)12(1k=14412kk＜kk4412=41(k1－11k)， ∴91＋251＋…＋2)12(1n＜41[(1－21)＋(21－31)＋…＋(n1－11n) =41(1－