不等式 02 证明不等式的基本方法

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。