不等式的证明
教学目标
1．通过复习不等式的性质及常用的证明方法(比较法、分析法、综合法、数学
归纳法等)，使学生较灵活的运用常规方法(即通性通法)证明不等式的有关问题．
2．通过揭示问题本质特征，使得难解性问题转化为可解性问题，从而培养
学生的分析问题、解决问题的能力并提高逻辑推理能力．
3．通过复习的过程，让学生看到学习群体的思维轨迹，促进同学之间互相
交流不断进取的氛围的形成．
4．通过学生参与证明不等式的过程，培养学生自觉运用数形结合、函数等
基本数学思想方法证明不等式的能力．
重点难点
重点是较灵活运用常规方法证明不等式．
难点是选择适当的证明方法．
教学过程
证明不等式的方法灵活多样，内容丰富、技巧性较强，这对发展同学们分析
综合思想、正逆思维等，将会起到很好的促进作用．在证明不等式前，要依据题
设和待证不等式的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法．
例 1 已知函数f(x)=x2+ax+b，当p、q满足p+q=1时，试证明：pf(x)
+qf(y)≥f(px+qy)对于任意实数x，y都成立的充要条件是0≤p≤1
分析 直接证难以入手，不妨从要证不等式出发，即改证为：pf(x)
+qf(y)-f(px+qy)≥0对于任意实数x，y都成立的充要条件是0≤p≤1．
证明 因为f(x)=x2+ax+b，p+q=1，所以
pf(x)+qf(y)-f(px+qy)
=p(x2+ax+b)+q(y2+ay+b)-(px+qy)2-a(px+qy)-b
=(p-p2)x2-2pqxy+(q-q2)y2+(p+q)b-b
=p(1-p)x2-2pqxy+q(1-q)y2
=pqx2-2pqxy+q(1-q)y2
=pq(x-y)2．
(1)必要性若pf(x)+qf(y)≥f(px+qy)，则pq(x-y)2≥0．
由于(x-y)2≥0，所以pq≥0，即p(1-p)≥0，所以0≤p≤1．
(2)充分性 若0≤p≤1，则p(1-p)≥0．
又(x-y)2≥0，所以pf(x)+qf(y)-f(px+qy)≥0，即
pf(x)+qf(y)≥f(px+qy)．
证法一 (作差比较法)
证法二 (作商比较法)
评述 当不等式两边的式子以和差形式出现时，常常采用求差比较法；
当不等式两边的式子以积、商、指数形式出现时，常常采用求商比
例 3 已知a，b，c，d都大于1，且loga(bcd)≤9，求证
logba+logca+logda≥1．
证明 因为a，b，c，d都大于1，所以logab，logac，logad都大于零，
因此
所以(logba+logca+logda)·loga(bcd)≥9．
分析 当待证的数学结构较复杂时，不妨根据题设条件，进行化简工作，
也许使你找到证明该不等式的突破口．
证明 由于a，b，c∈R+，所以只需证
a4+b4+c4≥a2bc+ab2c+abc2． ①
(出现对称结构)
由三式相加得 a4+b4+c4≥a2b2+b2c2+c2a2．
②
(虽然②式左边的结构已与①式左边一样，但它们的右边还有一定的差距，
由于右边仍呈现“对称”形式，故仍采用上面的方法)．
三式相加得
a2b2+b2c2+c2a2≥a2bc+ab2c+abc2． ③
由②，③得a4+b4+c4≥a2bc+ab2c+abc2，所以
评述 通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不
等式，从而使原不等式得到证明；反之，亦可从明显的、熟知的不等式入手，经
过一系列的运算而导出待证的不等式，前者是“执果索因”，后者是“由因导
果”，为沟通联系的途径，证明时往往联合使用分析综合法，两面夹击，相辅
相成，达到欲证的目的。
例 5 已知x+2y=12(x＞0，y＞0)．求证：
分析 不等式左边是对数式，故要用对数性质将左边变形为log4x2y．因
其真数是乘积的形式，故用定和求积原理．但要注意，x+2y
要与x2y的变形结合起来．
证明 log2x+log4x=log4x2+log4y=log4x2y．
因此估计本题不会是运用均值不等式的方法证明．为此改变看问题的角度，
构造函数，和利用函数的单调性解决．
y取得最小值，即
例 7 若a＞0，b＞0，a3+b3=2．求证
a+b≤2，ab≤1．
分析 由条件a3+b3=2及待证的结论 a+b≤2的结构入手，联想它们之间
的内在联系，不妨用作差比较法或均值不等式或构造方程等等方法，架起沟通
二者的“桥梁”．
证法一 (作差比较法)
因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以
(a＋b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6
=3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0，
即 (a+b)3≤23．
证法二 (平均值不等式—综合法)
因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以
所以a+b≤2，ab≤1．
评述 充分发挥“1”的作用，使其证明路径显得格外简捷、漂亮．
证法三 (构造方程)
设a，b为方程x2-mx+n=0的两根．则
因为a＞0，b＞0，所以 m＞0，n＞0且Δ=m2-4n≥0．①
因此2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m[m2-3n]，所以
所以a+b≤2．
由2≥m得4≥m2，又 m2≥4n，所以4≥4n，即 n≤1．所以 ab≤1．
评述 认真观察不等式的结构，从中发现与已学知识的内在联系，就能
较顺利地找到解决问题的切入点．
证法四 (恰当的配凑)
因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以
2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b)，
于是有 6≥3ab(a+b)，从而
8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，
所以a+b≤2．(以下略)
即 a+b≤2．(以下略)
证法六 (反证法)
假设a+b＞2，则
a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]＞2(22-3ab)．
因为a3+b3=2，所以2＞2(4-3ab)，因此ab＞1．
①
另一方面，
2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=(a+b)·ab＞2ab，
所以ab＜1．
②
于是①与②矛盾，故 a+b≤2．(以下略)
评述 此题用了六种不同的方法证明，这几种证法都是证明不等式的常
用方法．
例 8 已知a，b∈R，且a+b=1．求证：
分析 观察条件与待证不等式的结构，发现连接它们的“桥”较多，因
此可以从不同的角度来证明该不等式．
证法一 (比较法)
因为a、b∈R，a+b=1，所以b=1-a．因此
证法二 (分析法)
评述 分析法是基本的数学方法，使用时，要保证“后一步”是“前一
步”的充分条件．
证法三 (综合法．由分析法逆推获证，略)
证法四 (反证法)
证法五 (放缩法)
评述 根据欲证不等式左边是平方和及a+b=1这个特点，选用基本
证法六 (均值换元)
(形如 a+b=1结构式的条件，一般可以采用均值换元)．
证法七 (构造函数)
设y=(a+2)2+(b+2)2．由a+b=1，有b=1-a，所以
证法八 (利用一元二次方程根的判别式)
设y=(a+2)2+(b+2)2．
由a+b=1，有y=(a+2)2+(3-a)2=2a2-2a+13，所以
2a2-2a+13-y=0．
证法九 (数形结合)
在直角坐标系aob中，(a+2)2+(b＋2)2表示点 P(a，b)与点 B(-2，-2)间距
离的平方．又点 P(a，b)在直线 a+b=1上．
所以欲证不等式的几何意义是：点 B(-2，-2)到直线 l∶a+b=1上的
EBF中，BQ⊥EF，所以|BQ|为 B点与直线 l上点的最短距离．
评述 (1)上述九种证法几乎覆盖了不等证明的常用方法，各种方法都体
现了“化归”的思想．证法 6、7、8、9又分别体现了换元、函数与方程、数形结合
等数学思想方法．证法1、2、5、6、7皆比较简捷，说明证法较多的情况下，要思
考如何选择你认为最好的路径．
(2)此题还有何种证法？是否有更好的证法？证明过程中暴露出什么问题？
条件能改变吗？结论能推广吗？……经常这样思考，不断提出问题，不断解决
问题，必定有助于思维品质的提高．
(3)若将条件改为a，b∈R+且 a+b=1，结论不变，则在进行换元时，可利用
0＜a＜1，0＜b＜1，a+b=1，进行三角换元，令 a=cos2θ，
例 9 已知 n∈N，n＞1．求证
分析 虽然待证不等式是关于自然数的命题，但不一定选用数学归纳法，
观其“形”，它具有较好规律，因此不妨采用构造数列的方法进行解．
则
评述 因为数列是特殊的函数，所以可以因问题的数学结构，利用函数
的思想解决．
分析 观察不等式左边的第n项，若巧妙的将其分母降次，可能会对解
决该问题有所帮助．
证明 因为
所以
评述 对于某些分式不等式，可适当将分子分母拆开，以把它变得简单
一些．
对一切n∈N，(a+b)n-(an+bn)≥22n-2n+1．
分析 如果不等式是关于自然数命题的形式，又无好的切入点时，不妨
试用数学归纳法来证明．
证明 (1)当 n=1时，左边=(a+b)-(a+b)=0，右边=22-22=0，所以左=右，
因此原不等式成立．
(2)假设 n=k时，不等式成立，即(a+b)k-(ak+bk)≥22k-2k+1．则 n=k+1
于是有ab=a+b≥4．因此
(a+b)k+1-(ak+1+bk+1)
=(a+b)(a+b)k-(a+b)(ak+bk)+(a+b)(ak+bk)-(ak+1+bk+1)
=(a+b)[(a+b)k-(ak+bk)]+(ak+1+bk+1)+abk+bak-(ak+1+bk+1)
所以 n=k+1时，原不等式成立．
综合(1)，(2)，对于任意的自然数 n，原不等式成立．
评述 在归纳递推中，除充分运用归纳假设外，有时还要结合使用比较
法、分析法、放缩法、反证法等．但要注意的是，不一定关于自然数的命题一定要
使用数学归纳法，这要根据数学结构的“自然条件”灵活选用．比如：已知 n
是大于1的自然数，求证：(n+1)n＞2·4·…·2n．注意到待证式右边为 n个
正数2，4，…，2n的积，自然考虑到左边能否
恰好有 n(n+1)=2+4+6+…+2n，故可采用均值不等式证之，即 n(n+1)=2+4
即(n+1)n＞2·4·…·2n．
小结
1．比较法是不等式证明中最基本、也是最常用的方法，比较法的一般步骤
是：作差(商)→变形→判断符号(值)．
2．通过等式或不等式的运算，将待证的不等式化为明显的、熟知的不等式，
从而使原不等式得到证明；反之亦可从明显的、熟知的不等式入手，经过一系列
的运算而导出待证的不等式，前者是“执果索因”，后者是“由因导果”，为
沟通联系的途径，证明时往往联合使用分析综合法，两面夹击，相辅相成，达
到欲证的目的．
3．证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍
是证明不等式的最基本方法．要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适
当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语
言特点．
能力训练
1．下列四组条件中，甲是乙的充分不必要条件的是．
[ ]
B．甲：ab＜0，乙：|a+b|＜|a-b|
A．都不大于2
B．都不小于2
C．至少有一个不大于2
D．至少有一个不小于2
则．
[ ]
A．M≥N
B．M≤N
C．M＞N
D．M＜N
5．已知等比数列{an}的公比q＞0，Sn是其前 n项的和，则．
[ ]
6．锐角△ABC中， tanA·tanB·tanC．
[ ]
C．既有最大值又有最小值
D．既没有最大值又没有最小值
7．已给下列不等式：①x2+3＞2x(x∈R)；
②a5+b5≥a3b2+a2b3(a，b∈R)；③ a2+b2≥2(a-b-1)(a，b∈R)其中正确的个
数为．
[ ]
A．0
B．1
C．2
D．3
8．设正实数a，b，c，d满足a+d=b+c，且|a-d|＜|b-c|，则．
[ ]
A．ad=bc
B．ad＜bc
C．ad＞bc
D．ad，bc的大小关系不确定
C．P=M∩N
D．P=M∪N
关系是____．
11．若f(x)=|x-t|+|5-x|的最小值为3，则 t的值是____．
13．已知a2+b2=1且 c＜a+b恒成立，则c的取值范围是____．
14．设f(x)=ax2+bx，若1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4，则f(-2)的取值范围
是____．
15．若x与实数列 a1，a2，…，an中各数的差的平方和最小，则x____．
小关系是____．
18．已知实数x，y满足2x2+y2=6x，则x2+y2+2x的最大值为____．
20．设a1，a2∈R+，a1+a2=1，λ1，λ2∈R+．求证：(λ1a1+
21．已知函数f(x)是(-∞，+∞)上的增函数，a，b∈R．
(1)证明：若a+b≥0，则f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)；
(2)判断(1)时逆命题是否成立，并证明你的结论．
22．设f(x)=x2-x+13，实数a满足|x-a|＜1．求证：|f(x)-f(a)|＜2(|a|
+1)．
x∈(-1，+∞)，试比较 Pn与 Qn的大小，并证明你的结论．
答案提示
1．D
2．D
3．A
4．C
5．A
6．B
7．C
8．C
9．A
10．p＜q
11．2或8
14．[6，10]
15．(a1+a2+…+an)．
16．A＜B
17．A＜1
18．15
所 O=2．所以 M＞0N＞0Q＞0P＜0，猜测P最小，用作差比较法，均值定理
证明
20．将不等式边的括号去掉，用均值定理．
21．(1)因为a+b≥0，所以a≥-b．b≥-a又因为f(x)是(-∞，+∞)上的增
函数，所以f(a)≥f(-b)，f(b)≥f(-a)．所以f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)．(2)
逆命题为：若f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)，f(x)在(-∞，+∞)上为增函数，则
a+b≥0．逆命题成立，用反证法证明
22．用绝对值不等式的性质
时，Pn=1，Qn=1所以 Pn=Qn，当-1＜x＜0时，猜想 Pn＜Qn．用数学归纳法证明，
略．综上．当x＞0时 Pn＞Qn；当x=0时 Pn=Qn，当-1＜x＜0时 Pn＜Qn．
设计说明
在中学数学中，纯代数证明问题，主要出现在不等式证明这部分内容中，
近几年来高考命题加大了考查代数证明这一问题的力度．解决这类问题的关键
是熟练掌握不等式的基本证明方法，及各部分知识的融汇贯通，将比较复杂的
问题转化成一元二次不等式或一元一次不等式或绝对值不等式或二次方程等等，
较为熟悉的问题．因此，本节课在选择问题上尽量更多的体现基本知识(可转化
成二次函数、不等式、方程等)、基本方法(方程有解、二次函数闭区间求最值．常
规求最值的方法等)、基本数学思想(函数、方程的思想、数形结合的思想等)的综
合运用，以提高学生的综合能力．
在教学过程中，教师根据提出问题，分析问题和解决问题的方式进行复习．
让学生在解决问题中，通过讨论、交流、得出结论，充分发挥他们的主体作用，
提高复习效率．
在证明不等式时，常常先用分析法思考，然后用综合法表达，但要注意指
明基本不等式和不等式性质运用时所必须具备的条件，所有这些都必须通过复
习让学生自己感悟和掌握．
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