【例1】 已知a，b，c∈r+，求證：a3+b3+c3≥3abc．
【分析】 用求差比較法證明．
證明：a3+b3+c3-3abc=[(a+b)3+c3]-3a2b-3ab2-3abc
=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)[a2+b2+c2-ab-bc-ca]
∵a，b，c∈r+，∴a+b+c＞0．
(c-a)]2≥0
即 a3+b3+c3-3abc≥0，∴a3+b3+c3≥3abc．
【例2】 已知a，b∈r+，n∈n，求證：(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1)．
【分析】 用求差比較法證明．
證明：左-右=an+1+abn+anb+bn+1-2an+1-2bn+1
=abn+anb-an+1-bn+1
=a(bn-an)+b(an-bn)
=(bn-an)(a-b)
(*)當a＞b＞0時，bn-an＜0，a-b＞0，∴(*)＜0；
當b＞a＞0時，bn-an＞0，a-b＜0，∴(*)＜0；
當a=b＞0時，bn-an=0，a-b=0，∴(*)=0．
綜上所述，有(a+b)(an+bn)-2(an+1+bn+1)≤0．
即 (a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1)．
【說明】 在求差比較的三個步驟中，「變形」是關鍵，常用的變形手段有配方、因式分解等，常將「差式」變形為乙個常數，或幾個因式積的形式．
【例3】 已知a，b∈r+，求證aabb≥abba．
【分析】 採用求商比較法證明．
證明：∵a，b∈r+，∴abba＞0
綜上所述，當a＞0，b＞0，必有aabb≥abba．
【說明】 商值比較法的理論依據是：
【例4】 已知a、b、c是不全等的正數，求證：
a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．
【分析】 採用綜合法證明，利用性質a2+b2≥2ab．
證明：∵b2+c2≥2bc，a＞0，∴a(b2+c2)≥2abc．
①同理b(c2+a2)≥2abc
②c(a2+b2)≥2abc
③∵a，b，c不全相等，∴①，②，③中至少有乙個式子不能取「=」號
∴①+②+③，得a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc．
【例5】 已知a，b，c∈r+，求證：
(1)(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc；
【分析】 用綜合法證明，注意構造定理所需條件．
證明：(1)ab+a+b+1=(a+1)(b+1)，
ab+ac+bc+c2=(a+c)(b+c)．
∴(a+1)(b+1)(a+c)(b+c)≥16abc
因此，當a，b，c∈r+，有
(ab+a+b+1)(ab+ac+bc+c2)≥16abc．
【說明】 用均值定理證明不等式時，一要注意定理適用的條件，二要為運用定理對式子作適當變形，把式子分成若干分，對每部分運用均值定理後，再把它們相加或相乘．
【分析】 採用分析法證明．
(*)∵a＜c，b＜c，∴a+b＜2c，∴(*)式成立．
∴原不等式成立．
用充分條件代替前面的不等式．
【例7】 若a、b、c是不全相等的正數，求證：
證明二：(綜合法)∵a，b，c∈r+，
abc成立．上式兩邊同取常用對數，得
【說明】 分析法和綜合法是對立統一的兩個方面．在證法一中，前面是分析法，後面是綜合法，兩種方法結合使用，使問題較易解決．分析法的證明過程恰恰是綜合法的分析、思考過程，綜合法的證明方法是分析思考過程的逆推．
【例8】 已知a＞2，求證loga(a-1)·loga(a+1)＜1．
【分析】 兩個對數的積不好處理，而兩個同底對數的和卻易於處理．因為我們可以先把真數相乘再取對數，從而將兩個對數合二為一，平均值不等式恰好有和積轉化功能可供利用．
證明：∵a＞2，∴loga(a-1)＞0，loga(a+1)＞0．
又loga(a-1)≠loga(a+1)
∴loga(a-1)·loga(a+1)＜1．
【說明】 上式證明如果從loga(a-1)·loga(a+1)入手，得loga(a-1)
二為一了．另外，在上述證明過程中，用較大的logaa2代替較小的loga(a2-1)，並用適當的不等號鏈結，從而得出證明．這種方法通常叫做「放縮法」．同樣，也可以用較小的數代替較大的數，並用適當的不等號鏈結．
【例9】 已知：a，b，c都是小於1的正數；
【分析】 採用反證法證明．其證明思路是否定結論從而匯出與已知或定理的矛盾．從而證明假設不成立，而原命題成立．對題中「至少
∵a，b，c都是小於1的正數，
故與上式矛盾，假設不成立，原命題正確．
【說明】 反證法是利用互為逆否命題具有等價性的思想進行推證的．反證法必須羅列各種與原命題相異的結論，缺少任何一種可能，則反證都是不完全的，遇到「至少」、「至多」、「唯一」等字句的命題常用反證法．
|a|≤1．
【說明】 換元法是將較為複雜的不等式利用等價轉換的思想轉換成易證明的不等式．常用的換元法有(1)，若|x|≤1，可設x=sinα，α∈r；(2)若x2+y2=1，可設x=sinα，y=cosα；(3)若x2+y2≤1，可設x=
【例11】 已知a1、a2、…an，b1、b2、…bn為任意實數，求
證明：構造乙個二次函式
它一定非負，因它可化為(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(anx-bn)2．
∴δ≤0，(當a1，a2，…an都為0時，所構造式子非二次函式，但此時原不等式顯然成立．)
【說明】上例是用判別式法證明的「柯西不等式」，它可寫為：
變數分別取|a+b|，|a|、|b|時就得到要證的三個式子．因此，可考慮從函式
∴f（x2）＞f（x1），f（x）在[0，+∞）上是增函式．
取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，顯然0≤x1≤x2．
∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|）．
【說明】這裡是利用建構函式，通過函式的單調性，結合放縮法來證明不等式的．應注意的是，所給函式的單調整性應予以論證．
【例13】已知a，b，m，n∈r，且a2+b2=1，m2+n2=1，求證：|am+bn|≤1．
證法一：（比較法）
證法二：（分析法）
∵a，b，m，n∈r，∴上式成立，因此原不等式成立．
證法三：（綜合法）
∵a，b，m，n∈r，∴（|a|-|m|）2≥0，（|b|-|n|）2≥0．
即a2+m2≥2|am|，b2+n2≥2|bn|
∴a2+m2+b2+n2≥2（|am|+|bn|）
∵a2+b2=1，m2+n2=1，∴|am|+|bn|≤1
∴|am+bn|≤|am|+|bn|≤1．
證法四：（換元法）
由已知，可設a=sinα，b=cosα，m=sinβ，n=cosβ．
於是|am+bn|=|sinαsinβ+cosαcosβ|=|cos（α-β）|≤1．
【說明】乙個不等式的證明方法往往不只一種，要注意依據題目特點擊擇恰當的方法．
【例14】已知f（x）=x2-x+c，且|x-a|＜1，（a，b，c∈r）
求證：|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．
【分析】絕對值不等式的證明充分利用絕對值不等式性質：
證明：|f（x）－f（a）|=|x2-x+c-a2+a-c|
=|（x+a）（x-a）-（x-a）|=|x-a||x+a-1|＜|x+a-1|
=|（x-a）+2a-1|＜|x-a|+|2a|+|（-1）|＜1+2|a|+1=2（|a|+1）．
∴|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．
【例15】當h與|a|，|b|，1中最大的乙個相等，求證：當|x|＞h時，
由已知，有|x|＞h≥|a|，|x|＞h≥|b|，|x|＞h≥1
∴|x|2≥b．
不等式的證明方法
不等式性質的應用 1 不等式性質成立的條件 運用不等式的基本性質解答不等式問題，要注意不等式成立的條件，否則將會出現一些錯誤。對表達不等式性質的各不等式，要注意 箭頭 是單向的還是雙向的，也就是說每條性質是否具有可逆性。例1 若，則下列不等關係中不能成立的是 a b c d 解 由，a 成立。由，c...
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a3 b3 c3 3abc,很明顯,當且僅當a b c時取等號.例1 已知a,b,c是不全等的正數,求證 a a2 b2 b a2 c2 c a2 b2 6abc.放縮法這也是分析法的一種特殊情況,它的根據是不等式的傳遞性 a b,b c,則a c,只要證明 大於或等於a的 b c就行了.例,證明當...