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　　不等式的证明是高中数学的一个难点，题型广泛，涉及面广，证法灵活，错法多种多样，本节通这一些实例，归纳整理证明不等式时常用的方法和技巧。步骤/方法比较法
　　比较法是证明不等式的最基本方法，具体有"作差"比较和"作商"比较两种。基本思想是把难于比较的式子变成其差与0比较大小或其商与1比较大小。当求证的不等式两端是分项式(或分式)时，常用作差比较，当求证的不等式两端是乘积形式(或幂指数式时常用作商比较)
　　例1已知a+b≥0，求证：a3+b3≥a2b+ab2
　　分析：由题目观察知用"作差"比较，然后提取公因式，结合a+b≥0来说明作差后的正或负，从而达到证明不等式的目的，步骤是10作差20变形整理30判断差式的正负。
　　∵(a3+b3)��(a2b+ab2)
　　=a2(a-b)-b2(a-b)
　　=(a-b)(a2-b2)
　　证明： =(a-b)2(a+b)
　　又∵(a-b)2≥0a+b≥0
　　∴(a-b)2(a+b)≥0
　　即a3+b3≥a2b+ab2
　　例2 设a、b∈R+，且a≠b，求证：aabb>abba
　　分析：由求证的不等式可知，a、b具有轮换对称性，因此可在设a>b>0的前提下用作商比较法，作商后同"1"比较大小，从而达到证明目的，步骤是：10作商20商形整理30判断为与1的大小
　　证明：由a、b的对称性，不妨解a>b>0则
　　aabbabba=aa-b�眀b-a=(ab)a-b
　　∵a�Ib�I0，∴ab�I1，a-b�I0
　　∴(ab)a-b�I(ab)0=1即aabbabba>1，又abba>0∴aabb>abba
　　练习1 已知a、b∈R+，n∈N，求证(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1)基本不等式法
　　利用基本不等式及其变式证明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及 变形有：
　　(1)若a、b∈R，则a2+b2≥2ab(当且仅当a=b时，取等号)
　　(2)若a、b∈R+，则a+b≥ 2ab (当且仅当a=b时，取等号)
　　(3)若a、b同号，则 ba+ab≥2(当且仅当a=b时，取等号)
　　例3 若a、b∈R， |a|≤1，|b|≤1则a1-b2+b1-a2≤1
　　分析：通过观察可直接套用： xy≤x2+y22
　　证明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1
　　∴b1-a2+a1-b2≤1，当且仅当a1+b2=1时，等号成立
　　练习2：若 a�Ib�I0，证明a+1(a-b)b≥3综合法
　　综合法就是从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式性质推算出要证明不等式。
　　例4，设 a�I0，b�I0，a+b=1，证明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252
　　证明：∵ a�I0，b�I0，a+b=1
　　∴ab≤14或1ab≥4
　　左边=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+[(a+b)2-2ab]+(a+b)2-2aba2b2
　　=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252
　　练习3：已知a、b、c为正数，n是正整数，且f (n)=1gan+bn+cn3
　　求证：2f(n)≤f(2n)分析法
　　从理论入手，寻找命题成立的充分条件，一直到这个条件是可以证明或已经证明的不等式时，便可推出原不等式成立，这种方法称为分析法。
　　例5：已知a�I0，b�I0，2c�Ia+b，求证：c-c2-ab
　　分析：观察求证式为一个连锁不等式，不易用比较法，又据观察求证式等价于 |a-c|
　　要证c-c2-ab
　　只需证-c2-ab
　　证明： 即证 |a-c|
　　即证 (a-c)2
　　即证 a2-2ac<-ab
　　∵a>0，∴即要证 a-2c<-b 即需证2+b<2c，即为已知
　　∴ 不等式成立
　　练习4：已知a∈R且a≠1，求证：3(1+a2+a4)>(1+a+a2)2放缩法
　　放缩法是在证明不等式时，把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明不等式，是证明不等式的重要方法，技巧性较强常用技巧有：(1)舍去一些正项(或负项)，(2)在和或积中换大(或换小)某些项，(3)扩大(或缩小)分式的分子(或分母)等。
　　例6：已知a、b、c、d都是正数
　　求证： 1
　　分析：观察式子特点，若将4个分式商为同分母，问题可解决，要商同分母除通分外，还可用放缩法，但通分太麻烦，故用放编法。
　　证明：∵ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b>ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d=a+b+c+da+b+c+d=1
　　又由ab0)可得：ba+b+c
　　∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b
　　综上知：1
　　练习5：已知：a<2，求证：loga(a+1)<1 6换元法
　　换元法是许多实际问题解决中可以起到化难为易，化繁为简的作用，有些问题直接证明较为困难，若通过换元的思想与方法去解就很方便，常用于条件不等式的证明，常见的是三角换元。
　　(1)三角换元：
　　是一种常用的换元方法，在解代数问题时，使用适当的三角函数进行换元，把代数问题转化成三角问题，充分利用三角函数的性质去解决问题。
　　例7、若x、y∈R+,且 x-y=1 �盇=(x-1y)(y+1y)。1x，求证0
　　证明： ∵x，y∈R+， 且x-y=1，x=secθ ， y=tanθ ，(0<θ
　　∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ
　　=1-cos2θcosθ·s2m2θ+cos2θcosθ·s2mθ·cos2θ
　　=sinθ
　　∵0<θ
　　复习6：已知1≤x2+y2≤2，求证：12 ≤x2-xy+y2≤3
　　(2)比值换元：
　　对于在已知条件中含有若干个等比式的问题，往往可先设一个辅助未知数表示这个比值，然后代入求证式，即可。
　　例8：已知 x-1=y+12=z-23，求证：x2+y2+z2≥4314
　　证明：设x-1=y+12=z-23=k
　　于是x=k+1，y=zk-1，z=3k+2
　　把上式代入x2+y2+z2=(k+1)2(2k-1)2+(3k+2)2
　　=14(k+514)2+4314≥4314反证法
　　有些不等式从正面证如果不好说清楚，可以考虑反证法，即先否定结论不成立，然后依据已知条件以及有关的定义、定理、公理，逐步推导出与定义、定理、公理或已知条件等相矛盾或自相矛盾的结论，从而肯定原有结论是正确的，凡是"至少"、"唯一"或含有否定词的命题，适宜用反证法。
　　例9：已知p3+q3=2，求证：p+q≤2
　　分析：本题已知为p、q的三次 ，而结论中只有一次 ，应考虑到用术立方根，同时用放缩法，很难得证，故考虑用反证法。
　　证明：解设p+q>2，那么p>2-q
　　∴p3>(2-q)3=8-12q+6q2-q3
　　将p3+q3 =2，代入得 6q2-12q+6<0
　　即6(q-1)2<0 由此得出矛盾 ∴p+q≤2
　　练习7：已知a+b+c>0，ab+bc+ac>0，abc>0.
　　求证：a>0，b>0，c>0数学归纳法
　　与自然数n有关的不等式，通常考虑用数学归纳法来证明。用数学归纳法证题时的两个步骤缺一不可。
　　例10：设n∈N，且n>1,求证： (1+13)(1+15)…(1+12n-1)>2n+12
　　分析：观察求证式与n有关，可采用数学归纳法
　　证明：(1)当n=2时，左= 43，右=52
　　∵43>52∴不等式成立
　　(2)假设n=k(k≥2，k∈n)时不等式成立，即(1+13)(1+15)…(1+12k-1)>2k+12
　　那么当n=k+1时，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)>2k+12·(1+12k+1)①
　　要证①式左边> 2k+32，只要证2k+12·
　　2k+22k+1>2k+32②
　　对于②〈二〉2k+2> 2k+1·2k+3
　　〈二〉(2k+2)2> (2k+1)(2k+3)
　　〈二〉4k2+8k+4> 4k2+8k+3
　　〈二〉4>3 ③
　　∵③成立 ∴②成立，即当n=k+1时，原不等式成立
　　由(1)(2)证明可知，对一切n≥2(n∈N)，原不等式成立
　　练习8：已知n∈N，且n>1，求证： 1n+1+1n+2+…+12n> 1324构造法
　　根据求证不等式的具体结构所证，通过构造函数、数列、合数和图形等，达到证明的目的，这种方法则叫构造法。
　　1构造函数法
　　例11：证明不等式：x1-2x
　　证明：设f(x)= x1-2x- x2 (x≠0)
　　∵f (-x)
　　=-x1-2-x+x2x-2x2x-1+x2
　　=x1-2x- [1-(1-2x)]+x2=x1-2x-x+x2
　　=f(x)
　　∴f(x)的图像表示y轴对称
　　∵当x>0时，1-2x<0 ，故f(x)<0
　　∴当x<0时，据图像的对称性知f(x)<0
　　∴当x≠0时，恒有f(x)<0 即x1-2x
　　练习9：已知a>b，2b>a+c，求证：b- b2-ab
　　2构造图形法
　　例12：若f(x)=1+x2 ，a≠b，则|f(x)-f(b)|< |a-b|
　　分析：由1+x2 的结构可知这是直角坐标平面上两点A(1，x)，0(0，0)的距离即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2
　　于是如下图，设A(1，a)，B(1，b)则0A= 1+a2 0B= 1+b2
　　|AB|=|a-b|又�x0A|-|0B�x<|AB|∴|f(a)-f(b)|<|a-b|
　　练习10：设a≥c，b≥c，c≥0，求证 c(a-c)+c(b-c)≤ab某些不等式的证明若能优先考虑"添项"技巧，能得到快速求解的效果。
　　1倍数添项
　　若不等式中含有奇数项的和，可通过对不等式乘以2变成偶数项的和，然后分组利用已知不等式进行放缩。
　　例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc(当且仅当a=b=c时等号成立)
　　证明：∵a、b、c∈R+
　　∴a3+b3+c3=12 [(a3+b3)+(b3+c3)+(c3+a3)]≥12 [(a2b+ab2)+(b2c+bc2)+(c2a+ca2)]
　　=12[a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)]≥12(a·2bc+b·2ca+c·2ac)=3abc
　　当且仅当a=b，b=c，c=a即a=b=c时，等号成立。
　　2平方添项
　　运用此法必须注意原不等号的方向
　　例14 ：对于一切大于1的自然数n，求证：
　　(1+13 )(1+15 )…(1+12n-1> 2n+1 2)
　　证明：∵b > a> 0，m> 0时ba> b+ma+m
　　∵ [(1+13 )(1+15 )…(1+12n-1)]2=(43、65…2n2n-1)(43、65…2n2n-1)> (54、76…2n+12n)(43、65…2n2n-1)=2n+13> 2n+14>
　　∴(1+13 )(1+15 )…(1+12n-1)>2n+1 2)
　　3平均值添项
　　例15：在△ABC中，求证sinA+sinB+sinC≤332
　　分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算术平均值添项sin π3
　　证明：先证命题：若x>0，y<π，则sinx+siny≤2sin x+y2(当且仅当x=y时等号成立)
　　∵0
　　∴上式成立
　　反复运用这个命题，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322
　　=4sinπ3=332
　　∴sinA+sinB≠sinC≤332
　　练习11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18
　　4利用均值不等式等号成立的条件添项
　　例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，
　　求证a4+b4> 18
　　分析：若取消a≠b的限制则a=b= 12时，等号成立
　　证明：∵a、b∈R+ ∴a4+3(12)4 ≥ 44a4 [(12)4]3=12a①
　　同理 b4+3(12)4 ≥b②
　　∴ a4+b4≥12(a+b)-6(12)4=12-6(12)4=18③
　　∵a≠b ∴①②中等号不成立 ∴③中等号不成立 ∴ 原不等式成立
　　1.是否存在常数c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y对任意正数x,y恒成立?
　　错解：证明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故说明c存在。
　　正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下证不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。
　　要证不等式xx+2y+xx+2y≤23 ，因为x,y是正数，即证3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2 x+y)(x+2y),也即证3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2 ，而此不等式恒成立，同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立，故存在c=23 使原不等式恒成立。
　　6.2已知x,y,z∈R+ ，求证：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz
　　错解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴ x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz
　　错因：根据不等式的性质：若a >b> 0，c >d >0,则ac bd，但 ac >bd却不一定成立
　　正解： x2y2+y2z2≥ 2x y2z，
　　y2z2+z2x2≥ 2x yz2，
　　x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，
　　以上三式相加，化简得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，
　　两边同除以x+y+z:
　　x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz
　　6.3 设x+y>0， n为偶数，求证 yn-1xn+xn-1yn≥
　　1x 1y
　　错证：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y
　　=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
　　n为偶数，∴ xnyn >0，又xn-yn 和xn-1-yn-1
　　同号，
　　∴ yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y
　　错因：在x+y>0的条件下，n为偶数时， xn-yn 和xn-1-yn-1 不一定同号，应分x、y同号和异号两种情况讨论。
　　正解：应用比较法：
　　yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
　　① 当x>0,y>0时， (xn-yn)(xn-1-yn-1) ≥
　　0，(xy)n >0
　　所以 (xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
　　≥0故：yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y
　　② 当x,y有一个是负值时，不妨设x>0,y<0，
　　且x+y>0，所以x>|y|
　　又n为偶数时,所以 (xn-yn)(xn-1-yn-1) >0
　　又 (xy)n >0，所以 (xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
　　≥0即 yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y
　　综合①②知原不等式成立