不等式的證明是高中數學的一個難點，題型廣泛，涉及面廣，證法靈活，錯法多種多樣，本節通這一些實例，歸納整理證明不等式時常用的方法和技巧。步驟/方法比較法
　　比較法是證明不等式的最基本方法，具體有"作差"比較和"作商"比較兩種。基本思想是把難于比較的式子變成其差與0比較大小或其商與1比較大小。當求證的不等式兩端是分項式(或分式)時，常用作差比較，當求證的不等式兩端是乘積形式(或冪指數式時常用作商比較)
　　例1已知a+b≥0，求證：a3+b3≥a2b+ab2
　　分析：由題目觀察知用"作差"比較，然后提取公因式，結合a+b≥0來說明作差后的正或負，從而達到證明不等式的目的，步驟是10作差20變形整理30判斷差式的正負。
　　∵(a3+b3)?(a2b+ab2)
　　=a2(a-b)-b2(a-b)
　　=(a-b)(a2-b2)
　　證明： =(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 設a、b∈R+，且a≠b，求證：aabb>abba
　　分析：由求證的不等式可知，a、b具有輪換對稱性，因此可在設a>b>0的前提下用作商比較法，作商后同"1"比較大小，從而達到證明目的，步驟是：10作商20商形整理30判斷為與1的大小
　　證明：由a、b的對稱性，不妨解a>b>0則
　　aabbabba=aa-b?bb-a=(ab)a-b
　　∵a?b?0，∴ab?1，a-b?0
　　∴(ab)a-b?(ab)0=1即aabbabba>1，又abba>0∴aabb>abba
　　練習1 已知a、b∈R+，n∈N，求證(a+b)(an+bn)≤2(an+1+bn+1)基本不等式法
　　利用基本不等式及其變式證明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及 變形有：
　　(1)若a、b∈R，則a2+b2≥2ab(當且僅當a=b時，取等號)
　　(2)若a、b∈R+，則a+b≥ 2ab (當且僅當a=b時，取等號)
　　(3)若a、b同號，則 ba+ab≥2(當且僅當a=b時，取等號)
　　例3 若a、b∈R， |a|≤1，|b|≤1則a1-b2+b1-a2≤1
　　分析：通過觀察可直接套用： xy≤x2+y22
　　證明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1
　　∴b1-a2+a1-b2≤1，當且僅當a1+b2=1時，等號成立
　　練習2：若 a?b?0，證明a+1(a-b)b≥3綜合法
　　綜合法就是從已知或已證明過的不等式出發，根據不等式性質推算出要證明不等式。
　　例4，設 a?0，b?0，a+b=1，證明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252
　　證明：∵ a?0，b?0，a+b=1
　　∴ab≤14或1ab≥4
　　左邊=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+[(a+b)2-2ab]+(a+b)2-2aba2b2
　　=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252
　　練習3：已知a、b、c為正數，n是正整數，且f (n)=1gan+bn+cn3
　　求證：2f(n)≤f(2n)分析法
　　從理論入手，尋找命題成立的充分條件，一直到這個條件是可以證明或已經證明的不等式時，便可推出原不等式成立，這種方法稱為分析法。
　　例5：已知a?0，b?0，2c?a+b，求證：c-c2-ab
　　分析：觀察求證式為一個連鎖不等式，不易用比較法，又據觀察求證式等價于 |a-c|
　　要證c-c2-ab
　　只需證-c2-ab
　　證明： 即證 |a-c|
　　即證 (a-c)2
　　即證 a2-2ac<-ab
　　∵a>0，∴即要證 a-2c<-b 即需證2+b<2c，即為已知
　　∴ 不等式成立
　　練習4：已知a∈R且a≠1，求證：3(1+a2+a4)>(1+a+a2)2放縮法
　　放縮法是在證明不等式時，把不等式的一邊適當放大或縮小，利用不等式的傳遞性來證明不等式，是證明不等式的重要方法，技巧性較強常用技巧有：(1)舍去一些正項(或負項)，(2)在和或積中換大(或換小)某些項，(3)擴大(或縮小)分式的分子(或分母)等。
　　例6：已知a、b、c、d都是正數
　　求證： 1
　　分析：觀察式子特點，若將4個分式商為同分母，問題可解決，要商同分母除通分外，還可用放縮法，但通分太麻煩，故用放編法。
　　證明：∵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
　　綜上知：1
　　練習5：已知：a<2，求證：loga(a+1)<1 6換元法
　　換元法是許多實際問題解決中可以起到化難為易，化繁為簡的作用，有些問題直接證明較為困難，若通過換元的思想與方法去解就很方便，常用于條件不等式的證明，常見的是三角換元。
　　(1)三角換元：
　　是一種常用的換元方法，在解代數問題時，使用適當的三角函數進行換元，把代數問題轉化成三角問題，充分利用三角函數的性質去解決問題。
　　例7、若x、y∈R+,且 x-y=1 ?A=(x-1y)(y+1y)。1x，求證0
　　證明： ∵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
　　復習6：已知1≤x2+y2≤2，求證：12 ≤x2-xy+y2≤3
　　(2)比值換元：
　　對于在已知條件中含有若干個等比式的問題，往往可先設一個輔助未知數表示這個比值，然后代入求證式，即可。
　　例8：已知 x-1=y+12=z-23，求證：x2+y2+z2≥4314
　　證明：設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反證法
　　有些不等式從正面證如果不好說清楚，可以考慮反證法，即先否定結論不成立，然后依據已知條件以及有關的定義、定理、公理，逐步推導出與定義、定理、公理或已知條件等相矛盾或自相矛盾的結論，從而肯定原有結論是正確的，凡是"至少"、"唯一"或含有否定詞的命題，適宜用反證法。
　　例9：已知p3+q3=2，求證：p+q≤2
　　分析：本題已知為p、q的三次 ，而結論中只有一次 ，應考慮到用術立方根，同時用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。
　　證明：解設p+q>2，那么p>2-q
　　∴p3>(2-q)3=8-12q+6q2-q3
　　將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
　　練習7：已知a+b+c>0，ab+bc+ac>0，abc>0.
　　求證：a>0，b>0，c>0數學歸納法
　　與自然數n有關的不等式，通常考慮用數學歸納法來證明。用數學歸納法證題時的兩個步驟缺一不可。
　　例10：設n∈N，且n>1,求證： (1+13)(1+15)…(1+12n-1)>2n+12
　　分析：觀察求證式與n有關，可采用數學歸納法
　　證明：(1)當n=2時，左= 43，右=52
　　∵43>52∴不等式成立
　　(2)假設n=k(k≥2，k∈n)時不等式成立，即(1+13)(1+15)…(1+12k-1)>2k+12
　　那么當n=k+1時，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)>2k+12·(1+12k+1)①
　　要證①式左邊> 2k+32，只要證2k+12·
　　2k+22k+1>2k+32②
　　對于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，即當n=k+1時，原不等式成立
　　由(1)(2)證明可知，對一切n≥2(n∈N)，原不等式成立
　　練習8：已知n∈N，且n>1，求證： 1n+1+1n+2+…+12n> 1324構造法
　　根據求證不等式的具體結構所證，通過構造函數、數列、合數和圖形等，達到證明的目的，這種方法則叫構造法。
　　1構造函數法
　　例11：證明不等式：x1-2x
　　證明：設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)的圖像表示y軸對稱
　　∵當x>0時，1-2x<0 ，故f(x)<0
　　∴當x<0時，據圖像的對稱性知f(x)<0
　　∴當x≠0時，恒有f(x)<0 即x1-2x
　　練習9：已知a>b，2b>a+c，求證：b- b2-ab
　　2構造圖形法
　　例12：若f(x)=1+x2 ，a≠b，則|f(x)-f(b)|< |a-b|
　　分析：由1+x2 的結構可知這是直角坐標平面上兩點A(1，x)，0(0，0)的距離即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2
　　于是如下圖，設A(1，a)，B(1，b)則0A= 1+a2 0B= 1+b2
　　|AB|=|a-b|又?0A|-|0B?<|AB|∴|f(a)-f(b)|<|a-b|
　　練習10：設a≥c，b≥c，c≥0，求證 c(a-c)+c(b-c)≤ab某些不等式的證明若能優先考慮"添項"技巧，能得到快速求解的效果。
　　1倍數添項
　　若不等式中含有奇數項的和，可通過對不等式乘以2變成偶數項的和，然后分組利用已知不等式進行放縮。
　　例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc(當且僅當a=b=c時等號成立)
　　證明：∵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
　　當且僅當a=b，b=c，c=a即a=b=c時，等號成立。
　　2平方添項
　　運用此法必須注意原不等號的方向
　　例14 ：對于一切大于1的自然數n，求證：
　　(1+13 )(1+15 )…(1+12n-1> 2n+1 2)
　　證明：∵b > a> 0，m> 0時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平均值添項
　　例15：在△ABC中，求證sinA+sinB+sinC≤332
　　分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算術平均值添項sin π3
　　證明：先證命題：若x>0，y<π，則sinx+siny≤2sin x+y2(當且僅當x=y時等號成立)
　　∵0
　　∴上式成立
　　反復運用這個命題，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322
　　=4sinπ3=332
　　∴sinA+sinB≠sinC≤332
　　練習11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18
　　4利用均值不等式等號成立的條件添項
　　例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，
　　求證a4+b4> 18
　　分析：若取消a≠b的限制則a=b= 12時，等號成立
　　證明：∵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中等號不成立 ∴③中等號不成立 ∴ 原不等式成立
　　1.是否存在常數c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對任意正數x,y恒成立?
　　錯解：證明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故說明c存在。
　　正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下證不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。
　　要證不等式xx+2y+xx+2y≤23 ，因為x,y是正數，即證3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2 x+y)(x+2y),也即證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+ ，求證：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz
　　錯解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴ x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz
　　錯因：根據不等式的性質：若a >b> 0，c >d >0,則ac bd，但 ac >bd卻不一定成立
　　正解： x2y2+y2z2≥ 2x y2z，
　　y2z2+z2x2≥ 2x yz2，
　　x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，
　　以上三式相加，化簡得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，
　　兩邊同除以x+y+z:
　　x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz
　　6.3 設x+y>0， n為偶數，求證 yn-1xn+xn-1yn≥
　　1x 1y
　　錯證：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y
　　=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
　　n為偶數，∴ xnyn >0，又xn-yn 和xn-1-yn-1
　　同號，
　　∴ yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y
　　錯因：在x+y>0的條件下，n為偶數時， xn-yn 和xn-1-yn-1 不一定同號，應分x、y同號和異號兩種情況討論。
　　正解：應用比較法：
　　yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn
　　① 當x>0,y>0時， (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 當x,y有一個是負值時，不妨設x>0,y<0，
　　且x+y>0，所以x>|y|
　　又n為偶數時,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
　　綜合①②知原不等式成立