例1．已知a，b∈r，求證a2 + b2≥ab + a + b－1．
證明：∵ (a2 + b2)－(ab + a + b－1)
，∴ a2 + b2≥ab + a + b－1，當且僅當a = b = 1時等號成立．
評述這是乙個用求差比較法證明的不等式，對差式的變形是拆項和配方，以利用實數的性質：a2≥0．
此不等式的證明還可採用函式的方法：
設f ( a ) = ( a2+b2 )－(ab + a + b－1) = a2－(b + 1)a + b2－b + 1，這是乙個a的二次函式式，由於二次項係數大於0，且= (b+1)2－4(b2－b+1) =－3(b－1)2≤0，故 f ( a )≥0對一切a∈r恆成立．
例2．已知a，b為不相等的正數，求證：
．分析由於a，b為不等正數，所證不等式中各式都是冪與積的結構，可選用求商比較法．
證明：a，b為不等正數，不失一般性，設a > b > 0．
∵ a > b > 0．
∴，．由指數函式性質可知，故．
同理．故．
綜上可得．
例3．已知a，b，c∈r+，求證：
分析直接作差，再通分變形，所得分式很繁，使判定差式符號十分困難．為此將含三個字母的差式作分項變形，以使每一差式只含兩個字母，就會使判定差式符號變得容易．
證明：∵ a，b，c∈r+，∴．
同理，．
三式相加，可得：，即
評述採用比較法證明不等式時，對差式或商式的變形至關重要．
例4．已知a，b，c∈r，求證：
．分析：此不等式的左邊是關於a，b，c的三個根式，而右邊是關於a，b，c的整式，採用恒等變換難以化簡各個根式．為此應選用適當的放縮變換．使各根式的被開方式化為完全平方式．就有可能通過化簡根式證明不等式．
證明：∵ a2 + b2 ≥ 2ab，
∴ 2 (a2 + b2) ≥ a2 + 2ab + b2 = (a + b)22
即 ．
兩邊開方，得，
同理可得，
三式相加，得
．評述此不等式的證明採用的是綜合法，在由因導果的推理過程中，選用了合理的放縮變換，而這一變換是在分析了不等式兩邊的差異後尋求到的．
例5．已知x，y，z∈r，且x + y + z =1，求證：．
分析條件與結論有次數上的差異，公升次或降次可拉近兩者的距離．條件與結論均含三個字母，利用等式x + y + z =1 可實施等量代換，以取得消元的效果．
證法一：∵ x + y + z =1 ．
∴ (x + y + z)2 =1．
．證法二：由x + y + z =1 得 z = 1－x－y，因此
．評述這是乙個條件不等式的證明問題，抓住條件與結論的特徵和差異，就能設計出有效的變形策略．由於結論中不等式的左邊是二次齊次式．實施配方是很自然的．
例6．已知a，b，c是不等正數，且abc = 1，求證：．
分析所證不等式的兩邊有根式與分式的差異，在題設的abc =1的條件下，或將左式變形為，或將左式變形為bc + ca + ab，都有可能拉近左、右兩式的距離，找到進行不等式變換的途徑．
證法一：∵ a，b，c是不等正數，且abc =1，∴．
證法二：∵ a，b，c是不等正數，且abc =1．
∴ = bc + ca + ab
=．評述例4—例6都是採用綜合法由因導果證明不等式，為能有效地揭示條件與結論之間的因果關係，需要著力分析已知與求證之間的差異和聯絡，不等式兩邊之間的差異和聯絡．在此基礎上實施有效的等式變換與不等式變換．
例7．已知a，b∈r+，且a + b =1，求證：3a + 3b < 4．
分析此題中已知條件的結構簡單，而求證的不等式結構複雜，利用a + b =1 消元，將結論化為一元不等式後逐步化簡，尋求使其成立的充分條件．
證明：由於a + b =1，a，b∈r+．
3a + 3b < 4 3a + 31-a < 4
(3a －1) (3a －3) < 0
1< 3a < 3
0 < a < 1 ．
而在 a，b∈r+，且a + b =1的條件下，0 < a < 1一定成立，故3a + 3b < 4成立．
例8．已知a + b > 0，求證：
證明：由於a + b > 0，a2 + 1 > 0，b2 + 1 > 0
(a + b)2 ≤ ( a2 + 1) ( b2 + 1 )
a2 + 2ab + b2 ≤ a2 b2 + a2 + b2 + 1
a2 b2 －2ab +1 ≥ 0
(ab－1)2 ≥ 0
不等式 (ab－1)2 ≥ 0一定成立，故成立．
例9．設函式f ( x ) = tan x，．已知x1，x2∈，且x1≠x2，求證．
證明( * )
由於x1，x2，且x1≠x2，可知x1 + x2∈(0，π)，，且
x1－x2≠0，因此：
sin (x1 + x2) > 0，0 < cos ( x1 + x2 ) + cos ( x1－x2 ) < 1 + cos ( x1 + x2 )．由此可知，不等式（*）一定成立，故不等式成立．
評述例7—例9 都是採用分析法執果索因證明不等式．從所需證明的不等式出發，逐步尋求使其成立的充分條件的過程，同時具有簡化結論的作用，用分析法比較適宜．例9中的「切」化「弦」就是一種簡化．
例10．已知a，b，c∈r，且 a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求證a，b，c全是正數．
分析此題的已知條件結構比較複雜（分別是a，b，c的和、兩兩乘積之和，以及積均為正數），而結論只是a，b，c的符號．求證的結論及對結論的否定的結構都比較簡單，因此可從對結論的否定的假設出發進行推理，並推出矛盾，從而推證結論成立，即採用反證法．
證明：假設a，b，c不全是正數，則由abc > 0可知a，b，c三個實數中有兩個負數，乙個正數．不失一般性，設a < 0，b < 0，c > 0．
∵ a + b + c > 0，
∴ c >－( a + b ) > 0．
兩邊同乘以負數a + b ，得c (a + b) < －( a + b )2
即ca + bc < －a2－2ab－b2
由此可得 ab + bc + ca < －a2－ab－b2 = －(a2 + ab + b2) < 0，與已知ab + bc + ca > 0矛盾，假設錯誤，故a，b，c全是正數．
評述採用反證法證明不等式的關鍵步驟有兩個，一是提出與結論相反，即對結論的否定的假設；二是由假設出發，進行正確的推理，推出矛盾．
此命題的逆命題「若a，b，c全是正數，則a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0」也是真命題，因此可得出「a，b，c全是正數的充要條件是a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，
abc > 0」的結論．
例11．求證：當n∈n，n≥2時，
．證明：1 當n =2時，左邊=，右邊=，不等式成立．
2 假設當n = k（k≥2）時不等式成立：
．則 ∵，
∴．由此可得，說明當n = k+1時不等式仍成立．
由1、2可知不等式對一切不小於2的自然數n都成立．
評述此題採用數學歸納法證明是很自然的、有效的．但數學歸納法並不是惟一的證法．採用放縮變換也可證明此不等式．
∵ n∈n，n≥2，∴．
例12．已知i，m，n是正整數，且1< i ≤ m < n．
（1）證明；
（2）證明 (1+ m )n > (1 + n )m．
分析，是兩個排列數，各是i個連續正整數的積．第（1）問應採用商值比較法．第（2）問所需證明的不等式兩邊都是二項式，應從其展開式的項數及對應項的大小入手進行證明．
證明：（1）∵ i，m，n是正整數，且1< i ≤ m < n．
∴，∵ m < n，
∴ 對整數 k = 1，2，…，i－1，
n (m－k)－m ( n－k ) = k ( m－n ) < 0
即 0 < n (m－k) < m ( n－k )．
∴．代入①式，可得，故．
（2）∵ m < n，
∴ 由二項式定理得
．∵，∴ 由可得
由此可得
故 (1+ m )n > (1 + n )m．
評述這是一道與排列、組合、二項式定理相綜合的兩個不等式的證明問題，分別採用了求商比較法和求差比較法．把握住商式和差式的結構特徵，並進行合理的變形是證明不等式的關鍵．
不等式證明典型例題
例1 已知，求證 證明 當且僅當時等號成立 點評在利用差值比較法證明不等式時，常採用配方的恒等變形，以利用實數的性質 例2 已知均為正數，且兩兩不等，求證.分析由於所證不等式兩端都是冪和積的形式，且為正數，可選用商值比較法.證明為不等正數，不失一般性，設，這時，由指數函式的性質可知 所以.即.例3 ...
不等式證明
第四章微積分中值定理與證明 4.1 微分中值定理與證明 一基本結論 1 零點定理 若在連續，則，使得 2 最值定理 若在連續，則存在使得 其中 分別是在的最小值和最大值 3 介值定理 設在的最小值和最大值分別是，對於，都存在使得 或者 對於，都存在使得 4 費瑪定理 如果是極值點，且在可導，則 5 ...
證明不等式
20.已知函式 i 當時，若函式在其定義域內是增函式，求b的取值範圍 ii 若的圖象與x軸交於兩點，且ab的中點為，求證 20.1 由題意 在上遞增，對恆成立，即對恆成立，只需，當且僅當時取 的取值範圍為 2 由已知得，兩式相減，得 由及，得 令，且，在上為減函式，又，2009 遼寧理21 本小題滿...