不等式 02 证明不等式的方法大全

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1. 比较法 证明不等式

作差法：对于两个实数\(a\)和\(b\)，要证明\(a > b\)，只需证明\(a - b>0\)；要证明\(a\geq b\)，只需证明\(a - b\geq0\)。这是基于实数的运算性质，差值的正负性直接反映了两个数的大小关系。

作差法适用类型：适用于大多数多项式类型的不等式。例如，对于二次函数形式的不等式\(ax^2 + bx + c > 0\)（或\(\geq\)、\(<\)、\(\leq\)），通过作差可以将其转化为关于\(x\)的二次三项式，再利用判别式、配方法等来判断差的正负。如证明\(x^2 - 3x + 2 > 0\)，可作差为\((x - 1)(x - 2)\)，然后根据\(x\)的取值范围判断差的正负。

证明\(x^{2}+3x > 2x - 1\)。

作差可得：\((x^{2}+3x)-(2x - 1)=x^{2}+3x - 2x + 1=x^{2}+x + 1\)。

对于\(x^{2}+x + 1\)，其判别式\(\Delta = 1^{2}-4\times1\times1 = 1 - 4=-3<0\)，且二次项系数\(1>0\)，所以\(x^{2}+x + 1>0\)恒成立。

即\((x^{2}+3x)-(2x - 1)>0\)，从而\(x^{2}+3x > 2x - 1\)。

作商法：当\(a\)和\(b\)是正数时，要证明\(a > b\)，只需证明\(\frac{a}{b}>1\)；要证明\(a\geq b\)，只需证明\(\frac{a}{b}\geq1\)。这是因为当两个正数相除时，商大于\(1\)则被除数大于除数。

作商法适用类型：主要适用于不等式两边都是正数且具有一定的乘除关系的式子。比如，对于指数形式的不等式\(a^{n}>b^{n}\)（\(a,b>0\)），当\(n\)为正整数时，可以通过作商\(\frac{a^{n}}{b^{n}} = (\frac{a}{b})^{n}\)，根据\(\frac{a}{b}\)与\(1\)的大小关系来判断不等式是否成立。

已知\(a\)，\(b\)是正实数，证明\(\frac{a^{3}+b^{3}}{2}\geq\left(\frac{a + b}{2}\right)^{3}\)。

因为\(a\)，\(b\)是正实数，作商\(\frac{\frac{a^{3}+b^{3}}{2}}{\left(\frac{a + b}{2}\right)^{3}}=\frac{4(a^{3}+b^{3})}{(a + b)^{3}}\)。

将\((a + b)^{3}\)展开得\((a + b)^{3}=a^{3}+3a^{2}b + 3ab^{2}+b^{3}\)。

则\(\frac{4(a^{3}+b^{3})}{(a + b)^{3}}=\frac{4(a^{3}+b^{3})}{a^{3}+3a^{2}b + 3ab^{2}+b^{3}}=\frac{4(a^{3}+b^{3})}{(a^{3}+b^{3})+3ab(a + b)}\)。

因为\(a^{3}+b^{3}=(a + b)(a^{2}-ab + b^{2})\geq(a + b)ab\)（由\(a^{2}+b^{2}\geq2ab\)可得）。

所以\(\frac{4(a^{3}+b^{3})}{(a^{3}+b^{3})+3ab(a + b)}\geq\frac{4(a + b)ab}{(a + b)ab + 3ab(a + b)} = 1\)。

即\(\frac{a^{3}+b^{3}}{2}\geq\left(\frac{a + b}{2}\right)^{3}\)。

2. 综合法 证明不等式

原理：从已知条件出发，利用已知的定义、公理、定理、性质等，经过一系列的逻辑推理，逐步推导出要证明的不等式。它是一种“由因导果”的证明方法。

综合法 适用类型：适用于已知条件较为丰富，且可以通过一系列的定理、性质直接推导得出不等式结论的情况。例如，已知\(a,b,c\)是正数，且\(a + b + c = 1\)，要证明\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq9\)。可以利用\(a + b + c = 1\)这个条件，将\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)进行变形为\(\frac{a + b + c}{a}+\frac{a + b + c}{b}+\frac{a + b + c}{c}\)，然后利用基本不等式\(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\geq2\)等性质进行推导。

已知\(a\)，\(b\)，\(c\)是正数，且\(a + b + c = 1\)，证明\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq9\)。

因为\(a + b + c = 1\)，所以\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{a + b + c}{a}+\frac{a + b + c}{b}+\frac{a + b + c}{c}\)。

展开可得\(=3+\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)+\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\right)\)。

由基本不等式\(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\geq2\sqrt{\frac{b}{a}\times\frac{a}{b}} = 2\)（当且仅当\(a = b\)时取等号），同理\(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\geq2\)，\(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\geq2\)。

所以\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq3 + 2 + 2+2 = 9\)。

3. 分析法 证明不等式

原理：从要证明的不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后把要证明的不等式归结为一个明显成立的条件（已知条件、定理、定义、公理等）。它是一种“执果索因”的证明方法。

分析法 适用类型：对于结构较为复杂，从结论倒推条件比较容易找到思路的不等式。例如，证明\(\sqrt{a + 1}-\sqrt{a}<\sqrt{a}-\sqrt{a - 1}\)（\(a\geq1\)）。从结论出发，通过逐步变形，如两边同时平方等操作，将复杂的根式不等式转化为较简单的整式不等式来寻找使其成立的充分条件。

证明\(\sqrt{a}-\sqrt{b}<\sqrt{a - b}\)（\(a>b>0\)）。

要证\(\sqrt{a}-\sqrt{b}<\sqrt{a - b}\)，只需证\(\sqrt{a}<\sqrt{a - b}+\sqrt{b}\)。

两边平方得\(a<(\sqrt{a - b}+\sqrt{b})^{2}\)。

展开\((\sqrt{a - b}+\sqrt{b})^{2}=a - b + 2\sqrt{(a - b)b}+b=a + 2\sqrt{(a - b)b}\)。

所以只需证\(a<a + 2\sqrt{(a - b)b}\)，即证\(0<2\sqrt{(a - b)b}\)。

因为\(a>b>0\)，所以\((a - b)b>0\)，\(2\sqrt{(a - b)b}>0\)显然成立。

所以\(\sqrt{a}-\sqrt{b}<\sqrt{a - b}\)。

4. 反证法 证明不等式

原理：先假设要证明的不等式不成立，即假设不等式的反面成立，然后基于这个假设，结合已知条件进行推理，得出与已知条件、定理、公理等矛盾的结果，从而说明假设错误，原不等式成立。

反证法 适用类型：适用于直接证明比较困难，而其反面情况相对简单的不等式。例如，已知\(a + b + c>0\)，\(ab + bc + ca>0\)，\(abc>0\)，证明\(a,b,c\)全为正数。假设\(a,b,c\)不全为正数，通过推出与已知条件矛盾的结果，从而证明原不等式成立。

已知\(a + b + c>0\)，\(ab + bc + ca>0\)，\(abc>0\)，证明\(a\)，\(b\)，\(c\)都是正数。

假设\(a\)，\(b\)，\(c\)不都是正数，不妨设\(a\leq0\)。

因为\(abc>0\)，所以\(bc<0\)。

又因为\(a + b + c>0\)，所以\(b + c>-a\geq0\)。

那么\(ab + bc + ca=a(b + c)+bc\leq0\)，这与\(ab + bc + ca>0\)矛盾。

所以假设不成立，即\(a\)，\(b\)，\(c\)都是正数。

5. 放缩法 证明不等式

原理：通过对不等式中的某些项或整个不等式进行放大或缩小，使不等式的证明更加容易。放缩要基于不等式的传递性，并且放缩的程度要适当，以便能够达到证明的目的。

放缩法 适用类型：适用于含有数列求和形式的不等式，或者可以通过对式子进行适当放大或缩小使其形式更简单的不等式。例如，证明\(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{n}-1}>n\)（\(n\geq1\)），通过将\(\frac{1}{k}\)（\(k\geq2\)）进行放大为\(\frac{1}{2^{m}}\)（\(k\)在\(2^{m}\)到\(2^{m + 1}-1\)之间），从而简化求和过程并证明不等式。

证明\(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}>2(\sqrt{n + 1}-1)\)。

因为\(\frac{1}{\sqrt{k}}>\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k + 1}} = 2(\sqrt{k + 1}-\sqrt{k})\)（\(k = 1,2,\cdots,n\)）。

所以\(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}>2[(\sqrt{2}-1)+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+\cdots+(\sqrt{n + 1}-\sqrt{n})]\)。

括号内的式子可以相互抵消，得到\(2(\sqrt{n + 1}-1)\)。

所以\(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}>2(\sqrt{n + 1}-1)\)。

6. 数学归纳法 证明不等式

原理：用于证明与自然数\(n\)有关的不等式。首先证明当\(n = n_{0}\)（\(n_{0}\)为起始值，通常为\(1\)或\(2\)等）时不等式成立，然后假设当\(n = k\)（\(k\geq n_{0}\)）时不等式成立，在此基础上证明当\(n = k + 1\)时不等式也成立，从而证明对于所有大于等于\(n_{0}\)的自然数\(n\)，不等式都成立。

数学归纳法 适用类型：专门用于证明与自然数\(n\)有关的不等式。比如，证明\((1 + x)^{n}\geq1 + nx\)（\(x>-1,n\in N^{*}\)）。先验证当\(n = 1\)时不等式成立，然后假设当\(n = k\)时成立，再证明当\(n = k + 1\)时不等式也成立。

证明\(1 + \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{n}-1}>n\)（\(n\geq1\)）。

当\(n = 1\)时，左边\(=1+\frac{1}{2 - 1}=1 + 1 = 2>1\)，不等式成立。

假设当\(n = k\)（\(k\geq1\)）时不等式成立，即\(1 + \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{k}-1}>k\)。

当\(n = k + 1\)时，左边\(=1 + \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{k}-1}+\frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{k + 1}-1}\)。

因为\(\frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{k + 1}-1}> \frac{1}{2^{k + 1}-1}+\frac{1}{2^{k + 1}-1}+\cdots+\frac{1}{2^{k + 1}-1}\)（共\(2^{k}\)项）。

所以\(\frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{k + 1}-1}> \frac{2^{k}}{2^{k + 1}-1}> \frac{2^{k}}{2^{k + 1}}=\frac{1}{2}\)。

则\(1 + \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{k}-1}+\frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k}+1}+\cdots+\frac{1}{2^{k + 1}-1}>k+\frac{1}{2}>k + 1\)。

所以对于所有\(n\geq1\)，不等式\(1 + \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{n}-1}>n\)成立。

7. 换元法 证明不等式

原理：通过引入新的变量来替换不等式中的某些式子，将复杂的不等式转化为相对简单的不等式进行证明。换元的方式有多种，如三角换元、代数换元等。

换元法 适用类型：

三角换元：适用于含有\(a^2 + b^2 = r^2\)、\(\sqrt{a^2 - b^2}\)等形式的不等式。例如，对于不等式\(x^2 + y^2\leq1\)，可令\(x = r\cos\theta\)，\(y = r\sin\theta\)（\(r\leq1\)），将其转化为三角函数不等式来证明。

代数换元：当不等式中某个式子重复出现或者具有某种规律时，通过换元简化式子。比如，对于不等式\(\frac{1}{1 + x}+\frac{1}{1 + y}\geq\frac{2}{1 + \sqrt{xy}}\)（\(x,y>0\)），可以令\(a = \sqrt{x}\)，\(b = \sqrt{y}\)，将不等式转化为关于\(a,b\)的不等式来证明。

已知\(a\)，\(b\)为正数，且\(a + b = 1\)，证明\((a +\frac{1}{a})(b +\frac{1}{b})\geq\frac{25}{4}\)。

令\(a=\frac{1}{2}+t\)，\(b=\frac{1}{2}-t\)（\(-\frac{1}{2}<t<\frac{1}{2}\)）。

则\((a +\frac{1}{a})(b +\frac{1}{b})=(\frac{1}{2}+t+\frac{1}{\frac{1}{2}+t})(\frac{1}{2}-t+\frac{1}{\frac{1}{2}-t})\)。

化简可得\(=\left(\frac{1}{4}-t^{2}+\frac{1}{(\frac{1}{2}+t)(\frac{1}{2}-t)}\right)\)。

因为\((\frac{1}{2}+t)(\frac{1}{2}-t)=\frac{1}{4}-t^{2}\)。

所以\((a +\frac{1}{a})(b +\frac{1}{b})=\left(\frac{1}{4}-t^{2}+\frac{1}{\frac{1}{4}-t^{2}}\right)\)。

令\(m=\frac{1}{4}-t^{2}\)（\(0<m\leq\frac{1}{4}\)）。

则\(y = m+\frac{1}{m}\)在\((0,\frac{1}{4}]\)上单调递减。

当\(m=\frac{1}{4}\)时，\(y\)取得最小值\(\frac{1}{4}+4=\frac{25}{4}\)。

所以\((a +\frac{1}{a})(b +\frac{1}{b})\geq\frac{25}{4}\)。

8. 构造函数法 证明不等式

原理：根据不等式的特点构造一个函数，然后利用函数的单调性、最值等性质来证明不等式。

构造函数法 适用类型：当不等式可以通过变形构造出一个函数，且该函数的单调性、最值等性质容易研究时。例如，证明\(e^{x}>1 + x\)（\(x\neq0\)），构造函数\(f(x)=e^{x}-1 - x\)，通过求导研究其单调性来证明不等式。

证明\(\frac{\ln x}{x - 1}<\frac{1}{\sqrt{x}}\)（\(x>1\)）。

令\(f(x)=\sqrt{x}\ln x - (x - 1)\)（\(x>1\)）。

对\(f(x)\)求导得\(f^\prime(x)=\frac{\ln x + 2 - 2\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}\)。

令\(g(x)=\ln x + 2 - 2\sqrt{x}\)（\(x>1\)），\(g^\prime(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{\sqrt{x}}=\frac{1 - \sqrt{x}}{x}<0\)（\(x>1\)）。

所以\(g(x)\)在\((1,+\infty)\)上单调递减，\(g(x)<g(1)=0\)。

因为\(g(x)<0\)，所以\(f^\prime(x)<0\)，\(f(x)\)在\((1,+\infty)\)上单调递减。

又\(f(1)=0\)，所以\(f(x)<0\)，即\(\sqrt{x}\ln x - (x - 1)<0\)。

两边同时除以\(\sqrt{x}(x - 1)\)（\(x>1\)，\(\sqrt{x}(x - 1)>0\)），得到\(\frac{\ln x}{x - 1}<\frac{1}{\sqrt{x}}\)。

9. 利用基本不等式及其变式

适用类型

对于含有两个或多个正数的和、积、平方和等关系的不等式。例如，已知\(a,b>0\)，证明\(\frac{a + b}{2}\geq\sqrt{ab}\)，直接利用基本不等式\(a + b\geq2\sqrt{ab}\)进行证明。或者对于\(a^2 + b^2 + c^2\geq ab + bc + ca\)，可以通过\((a - b)^2+(b - c)^2+(c - a)^2\geq0\)展开变形后利用基本不等式的思想来证明。

10. 利用函数的凹凸性 证明不等式

适用类型

当不等式涉及到一些常见的凸函数（如\(y = \sin x\)在\((0,\pi)\)上是凸函数）或凹函数（如\(y = x^2\)在\((0,+\infty)\)是凹函数）的函数值的和、平均值等关系时。例如，证明\(\frac{\sin A+\sin B+\sin C}{3}\leq\sin\frac{A + B + C}{3}\)（\(A,B,C\in(0,\pi)\)），利用\(y = \sin x\)在\((0,\pi)\)的凸性进行证明。

11. 利用中值定理 证明不等式

适用类型

拉格朗日中值定理：适用于不等式中有函数值之差的形式，如证明\(\frac{b - a}{b}<\ln\frac{b}{a}<\frac{b - a}{a}\)（\(0 < a < b\)），令\(f(x)=\ln x\)，利用拉格朗日中值定理找到中间的导数关系来证明。

柯西中值定理：适用于不等式中有两个函数在两点的函数值之差的比值形式。例如，对于两个函数\(f(x)\)和\(g(x)\)，当要证明涉及\(\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\)的不等式时，若满足柯西中值定理的条件，可利用该定理进行证明。

（1）拉格朗日中值定理证明不等式

拉格朗日中值定理内容：

若函数\(y = f(x)\)满足在闭区间\([a,b]\)上连续，在开区间\((a,b)\)内可导，则在\((a,b)\)内至少存在一点\(\xi\)，使得

\(f(b)-f(a)=f^{\prime}(\xi)(b - a)\)

示例1：证明\(\frac{b - a}{b}<\ln\frac{b}{a}<\frac{b - a}{a}\)（\(0 < a < b\)）

令\(f(x)=\ln x\)，\(x\in[a,b]\)。因为\(f(x)=\ln x\)在\([a,b]\)上连续，在\((a,b)\)内可导，且\(f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}\)。

根据拉格朗日中值定理，存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\(\ln b-\ln a=\frac{1}{\xi}(b - a)\)。

因为\(0 < a < \xi < b\)，所以\(\frac{1}{b}<\frac{1}{\xi}<\frac{1}{a}\)。

从而\(\frac{b - a}{b}<\frac{1}{\xi}(b - a)<\frac{b - a}{a}\)，即\(\frac{b - a}{b}<\ln\frac{b}{a}<\frac{b - a}{a}\)。

示例2：证明当\(x > 0\)时，\(e^{x}>1 + x\)

令\(f(x)=e^{x}-x - 1\)，对任意的\(x > 0\)，考虑区间\([0,x]\)。

\(f(x)\)在\([0,x]\)上连续，在\((0,x)\)内可导，且\(f^{\prime}(x)=e^{x}-1\)。

由拉格朗日中值定理，存在\(\xi\in(0,x)\)，使得\(f(x)-f(0)=f^{\prime}(\xi)(x - 0)\)。

而\(f(0)=e^{0}-0 - 1 = 0\)，所以\(f(x)=e^{\xi}x\)。

因为\(\xi>0\)，所以\(e^{\xi}>1\)，则\(e^{\xi}x>x\)，即\(f(x)=e^{x}-x - 1>0\)，所以\(e^{x}>1 + x\)。

（2）柯西中值定理证明不等式

柯西中值定理内容：设函数\(f(x)\)，\(g(x)\)满足在闭区间\([a,b]\)上连续，在开区间\((a,b)\)内可导，且\(g^{\prime}(x)\neq0\)，则在\((a,b)\)内至少存在一点\(\xi\)，使得

\(\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime}(\xi)}{g^{\prime}(\xi)}\)

示例：证明当\(0 < a < b\)时，\(\frac{b - a}{1 + b^{2}}<\arctan b-\arctan a<\frac{b - a}{1 + a^{2}}\)

令\(f(x)=\arctan x\)，\(g(x)=x\)，\(x\in[a,b]\)。

\(f(x)\)和\(g(x)\)在\([a,b]\)上连续，在\((a,b)\)内可导，且\(g^{\prime}(x)=1\neq0\)。

由柯西中值定理，存在\(\xi\in(a,b)\)，使得\(\frac{\arctan b-\arctan a}{b - a}=\frac{\frac{1}{1+\xi^{2}}}{1}=\frac{1}{1+\xi^{2}}\)。

因为\(0 < a < \xi < b\)，所以\(\frac{1}{1 + b^{2}}<\frac{1}{1+\xi^{2}}<\frac{1}{1 + a^{2}}\)。

从而\(\frac{b - a}{1 + b^{2}}<\arctan b-\arctan a<\frac{b - a}{1 + a^{2}}\)。

已知 \( a > 0\)，\(b > 0\)，\(a + b = 10\)，求 \( ab\) 的最大值。

方法1：利用均值不等式

根据均值不等式\(\frac{a + b}{2} \geq \sqrt{ab}\)（\(a,b>0\)）

已知\(a + b = 10\)，则\(\frac{10}{2} \geq \sqrt{ab}\)，即\(5 \geq \sqrt{ab}\)，两边同时平方可得\(ab \leq 25\)，

当且仅当\(a = b = 5\)时取等号，所以\(ab\)的最大值为\(25\)。

方法2：函数法（二次函数）

由\(a + b = 10\)可得\(b = 10 - a\)，那么\(ab = a(10 - a)=-a^{2}+10a\)。

设\(y = -a^{2}+10a\)，这是一个二次函数，其图象开口向下，对称轴为\(a = -\frac{10}{2\times (-1)} = 5\)。

所以当\(a = 5\)时，\(y\)取得最大值，\(y_{max}=-5^{2}+10\times5 = 25\)，即\(ab\)最大值为\(25\)。

方法3：配方法

由\(a + b = 10\)得\(b = 10 - a\)，则

\(ab = a(10 - a)=-a^{2}+10a = -(a^{2}-10a + 25)+25 = -(a - 5)^{2}+25\)。

因为\((a - 5)^{2} \geq 0\)，所以\(-(a - 5)^{2} \leq 0\)，进而\(ab = -(a - 5)^{2}+25 \leq 25\)，

当\(a = 5\)时取到最大值\(25\)。

方法4：利用完全平方公式变形

因为\((a - b)^{2} \geq 0\)，展开可得\(a^{2} - 2ab + b^{2} \geq 0\)，即\(a^{2}+b^{2} \geq 2ab\)。

又因为\((a + b)^{2}=a^{2}+2ab + b^{2}=100\)，则\(a^{2}+b^{2}=100 - 2ab\)。

把\(a^{2}+b^{2}=100 - 2ab\)代入\(a^{2}+b^{2} \geq 2ab\)中，得到

\(100 - 2ab \geq 2ab\)，移项可得\(4ab \leq 100\)，即\(ab \leq 25\)，当且仅当\(a = b = 5\)时等号成立。

方法5：构造对称式

令\(S = ab\)，由\(a + b = 10\)，不妨设\(a = 5 + x\)，\(b = 5 - x\)（\(x \in R\)）。

则\(S=(5 + x)(5 - x)=25 - x^{2}\)，因为\(x^{2} \geq 0\)，所以

\(S = 25 - x^{2} \leq 25\)，当\(x = 0\)（即\(a = b = 5\)）时，\(S\)取最大值\(25\)。

方法6：三角换元法

由\(a + b = 10\)，令\(a = 5 + 5\sin^{2}\theta\)，\(b = 5 - 5\sin^{2}\theta\)（\(\theta \in R\)）。

则\(ab=(5 + 5\sin^{2}\theta)(5 - 5\sin^{2}\theta)=25 - 25\sin^{4}\theta\)。

因为\(\sin^{4}\theta \geq 0\)，所以\(ab = 25 - 25\sin^{4}\theta \leq 25\)，当\(\sin^{2}\theta = 0\)（即\(a = b = 5\)）时取最大值\(25\)。

方法7：利用导数求最值（函数法延伸）

设\(y = ab = a(10 - a)=-a^{2}+10a\)（\(a \in (0,10)\)）。

对\(y\)求导得\(y^\prime=-2a + 10\)，令\(y^\prime = 0\)，则\(-2a + 10 = 0\)，解得\(a = 5\)。

当\(0 < a < 5\)时，\(y^\prime> 0\)，函数\(y\)单调递增；当\(5 < a < 10\)时，\(y^\prime < 0\)，函数\(y\)单调递减。

所以\(a = 5\)时，\(y\)取得最大值\(25\)，即\(ab\)最大值为\(25\)。

方法8：利用柯西不等式

根据柯西不等式\((a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geq (ac + bd)^{2}\)，令\(c = d = 1\)，则

\((a + b)^{2} \geq 4ab\)（这里相当于\((a\cdot1 + b\cdot1)^{2} \geq 4ab\)）。

已知\(a + b = 10\)，则\(10^{2} \geq 4ab\)，即\(ab \leq 25\)，当且仅当\(a = b = 5\)时等号成立。

方法9：代入消元后利用判别式

由\(a + b = 10\)得\(b = 10 - a\)，代入\(ab\)中得\(y = a(10 - a)\)，整理为\(a^{2}-10a + y = 0\)。

因为\(a\)是实数，所以该一元二次方程的判别式\(\Delta = (-10)^{2}-4y \geq 0\)，即

\(100 - 4y \geq 0\)，解得\(y \leq 25\)，所以\(ab\)最大值为\(25\)。

方法10：利用向量数量积性质

设向量\(\overrightarrow{m}=(a,b)\)，\(\overrightarrow{n}=(1,1)\)，根据向量数量积\(\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{n}=\vert\overrightarrow{m}\vert\vert\overrightarrow{n}\vert\cos\theta\)（\(\theta\)为两向量夹角），

且\(\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{n}=a + b = 10\)，\(\vert\overrightarrow{n}\vert=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}\)。

又有\(\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{n}\leq\vert\overrightarrow{m}\vert\vert\overrightarrow{n}\vert\)，即\(10 \leq \sqrt{a^{2}+b^{2}}\cdot\sqrt{2}\)，平方可得\(100 \leq 2(a^{2}+b^{2})\)。

再结合\((a + b)^{2}=a^{2}+2ab + b^{2}=100\)，可得\(100 \leq 2(100 - 2ab)\)，化简得\(ab \leq 25\)，

当且仅当\(a = b = 5\)时等号成立。

方法11：利用算术平均数与几何平均数关系的等价变形

已知\(a + b = 10\)，设\(x = \sqrt{ab}\)，则

\(a = \frac{10 + \sqrt{100 - 4x^{2}}}{2}\)，\(b = \frac{10 - \sqrt{100 - 4x^{2}}}{2}\)（通过解\(a + b = 10\)与\(ab = x^{2}\)联立的方程组得到）。

因为\(a,b>0\)，要使\(a,b\)有意义，则\(100 - 4x^{2} \geq 0\)，即\(x^{2} \leq 25\)，所以\(ab = x^{2} \leq 25\)，

当且仅当\(a = b = 5\)时取最大值\(25\)。

方法12：利用等比数列性质（构造等比数列）

设\(a\)，\(m\)，\(b\)成等比数列，则\(m^{2}=ab\)，根据等比中项性质\(2m = a + b = 10\)，可得\(m = 5\)。

又因为等比数列中，若公比\(q\geq0\)（这里\(a,b>0\)，可构造出公比\(q\geq0\)的等比数列），则

\(m^{2}=ab \leq m^{2}=25\)，当且仅当\(a = b = 5\)时等号成立，所以\(ab\)最大值为\(25\)。

方法13：利用不等式\((a - b)^{2}=(a + b)^{2}-4ab\)

因为\((a - b)^{2} \geq 0\)，即\((a + b)^{2}-4ab \geq 0\)，

已知\(a + b = 10\)，代入可得\(100 - 4ab \geq 0\)，移项化简得\(ab \leq 25\)，

当且仅当\(a = b = 5\)时等号成立。

方法14：利用三角函数恒等式\(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha = 1\)构造（类比换元）

令\(a = 10\sin^{2}\alpha\)，\(b = 10\cos^{2}\alpha\)（\(\alpha \in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\)），则

\(ab = 100\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha = 25\sin^{2}2\alpha\)。

因为\(\sin^{2}2\alpha \leq 1\)，所以\(ab = 25\sin^{2}2\alpha \leq 25\)，当

\(\sin^{2}2\alpha = 1\)（即\(\alpha=\frac{\pi}{4}\)，此时\(a = b = 5\)）时取最大值\(25\)。

方法15：利用分组分解法（结合均值不等式）

\(ab=\frac{1}{4}[(a + b)^{2}-(a - b)^{2}]=\frac{1}{4}(100-(a - b)^{2})\)

因为\((a - b)^{2} \geq 0\)，所以\(\frac{1}{4}(100-(a - b)^{2}) \leq \frac{1}{4}\times100 = 25\)，

当且仅当\(a = b = 5\)时取等号，即\(ab\)最大值为\(25\)。

方法16：利用对数函数性质（间接构造）

设\(x = a\)，\(y = b\)，对\(x,y\)取对数，令\(A=\ln x\)，\(B=\ln y\)。

由\(a + b = 10\)可得\(x + y = 10\)，根据对数运算法则\(\ln(xy)=\ln x+\ln y = A + B\)，且\(xy = e^{A + B}\)。

再利用均值不等式\(\frac{x + y}{2} \geq \sqrt{xy}\)，即\(5 \geq \sqrt{e^{A + B}}\)，两边同时平方得\(e^{A + B} \leq 25\)，也就是\(ab = xy \leq 25\)，

当且仅当\(x = y = 5\)（即\(a = b = 5\)）时等号成立。

方法17：利用复数性质（构造复数）

设复数\(z_{1}=a + bi\)，\(z_{2}=1 + i\)（\(i\)为虚数单位），则\(\vert z_{1}z_{2}\vert=\vert z_{1}\vert\vert z_{2}\vert\)。

\(z_{1}z_{2}=(a + bi)(1 + i)=(a - b)+(a + b)i\)

\(\vert z_{1}z_{2}\vert=\sqrt{(a - b)^{2}+(a + b)^{2}}=\sqrt{2(a^{2}+b^{2})}\)，\(\vert z_{2}\vert=\sqrt{2}\)。

又因为\(a + b = 10\)，所以\(\vert z_{1}z_{2}\vert=\sqrt{2(a^{2}+b^{2})}\geq\vert a + b\vert = 10\)，平方可得\(2(a^{2}+b^{2})\geq100\)，

结合\((a + b)^{2}=a^{2}+2ab + b^{2}=100\)，可推出\(ab \leq 25\)，当且仅当\(a = b = 5\)时等号成立。

方法18：利用递推数列思想（构造数列）

设\(a_{n}\)，\(b_{n}\)满足\(a_{n}+b_{n}=10\)（\(n\in N\)），且\(a_{1}=1\)，\(b_{1}=9\)，定义

\(a_{n + 1}=\frac{a_{n}+b_{n}}{2}\)，\(b_{n + 1}=10 - a_{n + 1}\)。

通过计算可以发现随着\(n\)的增大，\(a_{n}\)和\(b_{n}\)会逐渐趋近于\(5\)，而\(a_{n}b_{n}\)会逐渐趋近于最大值，计算可得这个最大值为\(25\)（通过不断迭代递推式并观察规律得出）。

方法19：利用几何平均的加权形式

对于正数\(a,b\)，设权重\(w_{1}=w_{2}=\frac{1}{2}\)，根据加权几何平均不等式\(a^{w_{1}}b^{w_{2}}\leq w_{1}a + w_{2}b\)，可得

\(\sqrt{ab}\leq\frac{a + b}{2}\)。

已知\(a + b = 10\)，则\(\sqrt{ab}\leq5\)，两边平方得\(ab \leq 25\)，当且仅当\(a = b = 5\)时等号成立。

方法20：利用数学归纳法（从特殊到一般归纳证明最大值）

当\(n = 1\)时，\(a = 1\)，\(b = 9\)，\(ab = 9\)；

当\(n = 2\)时，\(a = 2\)，\(b = 8\)，\(ab = 16\)；

当\(n = 3\)时，\(a = 3\)，\(b = 7\)，\(ab = 21\)；

当\(n = 4\)时，\(a = 4\)，\(b = 6\)，\(ab = 24\)；

当\(n = 5\)时，\(a = b = 5\)，\(ab = 25\)。

假设对于\(a + b = k\)（\(k\)为正偶数且\(k \geq 10\)），\(ab\)的最大值是\(\frac{k^{2}}{4}\)（可通过前面类似推导证明）。

对于\(a + b = 10\)，\(ab\)的最大值就是\(\frac{10^{2}}{4}=25\)。

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