用“零件不等式”证明一类根式不等式

不等式证明的几种常用方法一、比较法（1）差值比较法要证明a ＞b ,只要证明a -b ＞0。

①作差：考察不等式左右两边构成的差式，将其看作一个整体；②变形：把不等式两边的差进行变形，或变形为一个常数，或变形为若干个因式的积，或变 形为一个或几个平方的和等等，其中变形是求差法的关键，配方和因式分解是经常使用的变形手段；③判断：根据已知条件与上述变形结果，判断不等式两边差的正负号，最后肯定所求证不等式成立的结论。

应用范围：当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时一般使用差值比较法。

【例一】求证：233x x +>证明：()()()222233223333x x x x +-=-+-+23330244x ⎛⎫=-+≥> ⎪⎝⎭233x x ∴+>(2)商值比较法已知a ,b 都是正数，要证明a ＞b ,只要证明a/b ＞1 ①作商：将左右两端作商； ②变形：化简商式到最简形式；③判断商与1的大小关系，就是判定商大于1或小于1。

应用范围：当被证的不等式两端含有幂、指数式时，一般使用商值比较法。

【例二】已知a,b>0，求证a b b a a b a b ≥证明： =∵a,b>0+,当a ＞b 时，＞1,a-b ＞0，＞1;当a≤b 时,≤1,a -b≤0, ≥1.∴≥1, 即a b b aa b a b ≥二、综合法利用已知事实(已知条件、重要不等式或已证明的不等式)作为基础，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后推出所要证明的不等式，其特点和思路是“由因导果”，从“已知”看“需知”，逐步推出“结论”。

其逻辑关系为：A-B1- B2- B3… Bn -B ，即从已知A 逐步推演不等式成立的必要条件从而得出结论B 。

重点：基本不等式【例三】已知a ,b ,c 是不全等的正数，求证 a (c 2+b 2)+b (a 2+c 2)+c (a 2+b 2)＞6abc .证明： 222a b ab +≥ ，222a c ac +≥，222c b bc +≥()222a b cabc ∴+≥，()222b acabc +≥，()222c ababc +≥∴a (c 2+b 2)+b (a 2+c 2)+c (a 2+b 2)≥6abc .又因为a ,b ,c 是不全等的正数所以有a (c 2+b 2)+b (a 2+c 2)+c (a 2+b 2)＞6abc .三、分析法分析法是指从需证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，进而转化为判定那个条件是否具备，其特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”。

不等式的证明方法不等式的证明是高中数学的一个难点，证明方法多种多样，近几年高考出现较为形式较为活跃，证明中经常需与函数、数列的知识综合应用，灵活的掌握运用各种方法是学好这部分知识的一个前提，下面我们将证明中常见的几种方法作一列举。

注意ab b a 222≥+的变式应用。

常用2222ba b a +≥+ (其中+∈R b a ,)来解决有关根式不等式的问题。

一、比较法比较法是证明不等式最基本的方法，有做差比较和作商比较两种基本途径。

1、已知a,b,c 均为正数，求证：ac c b b a c b a +++++≥++111212121 证明：∵a,b 均为正数， ∴0)(4)(44)()(14141)(2≥+=+-+++=+-+-b a ab b a ab ab b a a b a b b a b a b a 同理0)(414141)(2≥+=+-+-c b bc c b c b c b ，0)(414141)(2≥+=+-+-c a ac a c a c a c 三式相加，可得0111212121≥+-+-+-++ac c b b a c b a ∴ac c b b a c b a +++++≥++111212121 二、综合法综合法是依据题设条件与基本不等式的性质等，运用不等式的变换，从已知条件推出所要证明的结论。

2、a 、b 、),0(∞+∈c ，1=++c b a ，求证：31222≥++c b a证：2222)(1)(3c b a c b a ++=≥++⇔∴2222)()(3c b a c b a ++-++0)()()(222222222222≥-+-+-=---++=a c c b b a cabc ab c b a3、设a 、b 、c 是互不相等的正数，求证：)(444c b a abc c b a ++>++证：∵22442b a b a >+22442c b c b >+22442a c a c >+∴222222444a c c b b a c b a ++>++∵ c ab c b b a c b b a 22222222222=⋅>+同理：a bc a c c b 222222>+ b ca b a a c 222222>+∴)(222222c b a abc a c c b b a ++>++ 4、 知a,b,c R ∈，求证:)(2222222c b a a cc bb a++≥+++++证明：∵)(22222222)(22b a b a b a b aab ab +≥++≥+∴≥+即2)(222b a b a+≥+，两边开平方得)(222222b a b a b a+≥+≥+ 同理可得)(2222c b c b+≥+)(2222a c a c+≥+三式相加，得 )(2222222c b a a cc bb a++≥+++++5、),0(∞+∈y x 、且1=+y x ，证：9)11)(11(≥++y x 。

用构造局部不等式法证明不等式有些不等式的证明，若从整体上考虑难以下手，可构造若干个结构完全相同的局部不等式，逐一证明后，再利用同向不等式相加的性质，即可得证。

例1. 若a b R ，∈*，a b +=2，求证：212123a b +++≤分析：由a ，b 在已知条件中的对称性可知，只有当a b ==1，即213a +=时，等号才能成立，所以可构造局部不等式。

证明：2133213332132332a a a a +=+≤++=+···()() 同理，21332b b +≤+() ∴212133233223a b a b +++≤+++=()() 例2. 设x x x n 12，，…，是n 个正数，求证：x x x x x x x x x x n n n 122223122112++++≥+-… ++…x n 。

证明：题中这些正数的对称性，只有当x x x n 12===…时，等号才成立，构造局部不等式如下：x x x x x x x x x x x x x x x x n n n n n n 12221223321212112222+≥+≥+≥+≥--，，…，，。

将上述n 个同向不等式相加，并整理得：x x x x x x x x x x x n n n n 122223122112++++≥+++-……。

例3. 已知a a a n 12，，…，均为正数，且a a a n 121+++=…，求证： a a a a a a a a a n n 121222232112++++++≥…。

证明：因a a a n 12，，…，均为正数，故a a a a a a 12121214+++≥，a a a a a a a a a a a a n n n n 222323221144+++≥+++≥，…，。

又∵a a a a a a a a a n n 12231124441212++++++=+++=……()， ∴把以上各个同向不等式相加，整理得：a a a a a a a a a a a a n n n 121222232112121+++++++≥+++=…… 故a a a a a a a a a n n 121222232112++++++≥…。

解题宝典不等式证明问题是高考中的高频考点.一般地，不等式证明问题的命题方式多变，求解途径多样.在解题时，通常需根据不等式的结构特征，灵活运用不等式的性质，通过恒等变换，将不等式进行合理的变形，然后构造函数、方程、几何图形等，从而证明不等式.本文主要谈一谈下列三种证明不等式的措施.一、采用函数最值法证明函数最值法是证明不等式的常用方法.在解题时，需首先将不等式进行变形，再根据不等式的结构特征，构造出函数的模型，将问题转化为函数最值问题，若f (x )≥a ；则f (x )min ≥a ，若f (x )≤a ，则f (x )max ≤a ；若f (x )>g (x )，则f (x )min >g (x )max .有时可构造一个函数，有时可构造多个函数.然后根据函数的图象和性质，求得函数的最值.例1.求证：-4≤cos 2x +3sin x ≤178.证明：令f ()x =cos 2x +3sin x ,则f ()x =1-2sin 2x +3sin x =-2æèöøsin x -342+178，当sin x =34时，f ()x 取最大值，f ()x max =178;当sin x =-1时，f ()x 取最小值，f ()x min =-4.因此-4≤cos 2x +3sin x ≤178.令f ()x =cos 2x +3sin x ，便可将不等式证明问题转化为函数最值问题.通过三角恒等变换，将函数式转化为关于sin x 的二次函数问题，利用二次函数和正弦函数的性质便可求得最值，从而证明不等式.运用函数最值法解题的关键在于合理构造函数模型.二、利用函数的单调性证明函数的单调性是证明不等式的有力工具.由函数单调性的定义可知，若函数为增函数，当x 1>x 2时，f (x 1)>f (x 2)；若函数为减函数，当x 1>x 2时，f (x 1)<f (x 2).利用函数的单调性证明不等式主要有两种思路：一是将不等式两边的式子构造成同构式，找出其自变量，再利用函数的单调性来比较不等式两边式子的大小；二是构造函数式，对函数式求导，根据导函数与函数单调性之间的关系，来判断出函数的单调性，再运用函数的单调性证明不等式.例2.已知x ∈()0,π，试证明：sin x <x .证明：令f ()x =x -sin x ,∴f ′()x =1-cos x ，当x ∈()0,π时，f ′()x >0，∴f ()x =x -sin x 在()0，π上为增函数，∴f ()x >f ()0=0，即f ()x >0，所以x -sin x >0，因此sin x <x .通过构造函数，讨论导函数在定义域上的单调性，便可根据函数的单调性证明不等式.三、根据中值定理进行证明中值定理：如果函数f ()x 在[a ,b ]上连续，且在开区间(a ,b ）上可导，那么在（a ,b ）内至少有一点ε（a <ε<b ），使得f ()b -f ()a =f ′()ε()b -a .运用中值定理证明不等式，需先判断函数f ()x 在定义域内是否连续，且可导，然后根据不等式,构造f ()b -f ()a =f ′()ε()b -a 或f ′()ε=f ()b -f ()a b -a的形式，便可根据导数的几何意义或函数的单调性来证明不等式.例3.求证：||sin x -sin y ≤||x -y .证明：设f ()x =sin x ，则sin x -sin y =()x -y cos ε，可得||sin x -sin y ≤()x -y cos ε≤||x -y ，所以||sin x -sin y ≤||x -y .解答本题主要运用了中值定理、绝对值不等式的性质以及放缩法.通过上述分析可以看出，利用函数最值法、函数的性质、中值定理来证明不等式，都需构造合适的函数，然后灵活运用函数的性质、最值以及导函数的性质来分析问题.因此在解题时，同学们要学会将不等式与函数、导函数、中值定理关联起来，以快速找到最佳的解题方案.（作者单位：江苏省镇江中学）40。

解不等式及证明不等式的方法几个不等式和一些常用不等式的证明方法？文中的方法既包括初等数学方法，也包括高等数学方法，每种方法对应一个题目，便于大家理解和应用。

然而，本文没有证明某些不等式，而是直接使用了他们的结论。

一、不等式的一些性质这一块相对是很简单的，所以就不再过多赘述（例如乘法单调性、相加法则等等）二、比较法比较法是直接作出不等式两边的差(或商)，然后推导出结论的方法。

例、已知 0<x<1 求证 |logx_{a}(1-x)|>|log_{a}(1+x)|证：当 0<a<1 时，因 0<x<1 所以 |logx_{a}(1-x)|-|log_{a}(1+x)|=logx_{a}(1-x)+log_{a}(1+x)=log_{a}(1-x^{2})>0 当 a>1 时，因为 0<x<1 所以 |logx_{a}(1-x)|-|log_{a}(1+x)|=-logx_{a}(1-x)-log_{a}(1+x)=-log_{a}(1-x^{2})>0 综上得证。

该题也可以作商比较，有兴趣的朋友可以试试。

三、综合法综合法是“由因导果”，从一直条件出发，依据不等式性质、函数性质或熟知的基本不等式，逐步推导出要证明的不等式。

例、已知 a^{2}+b^{2}=1 证明 asin\alpha+bcos\alpha\leq1证：因为a^{2}+sin^{2}\alpha\geq2asin\alpha,b^{2}+cos^{2}\alpha \geq2bcos\alpha 所以a^{2}+sin^{2}\alpha+b^{2}+cos^{2}\alpha\geq2asin\alpha +2bcos\alpha 也就是 1+1\geq2asin\alpha+2bcos\alpha 所以 asin\alpha+bcos\alpha\leq1该题大家也可以试试比较法。

三类根式不等式的有理化与机器证明徐嘉【摘要】研究了三类根式不等式的有理化与机器证明.首先给出了三类根式不等式成立的充分必要条件,即等价的有理不等式组.然后介绍了伴随多项式概念,并建立了一个算法SimplexM.SimplexM能够处理带有连结词∧(and)和∨(or)的多项式不等式组.最后给出了大量的应用实例,证实了这一方法的有效性.【期刊名称】《西南民族大学学报（自然科学版）》【年(卷),期】2016(042)002【总页数】7页(P200-206)【关键词】根式不等式;有理化;单纯剖分方法【作者】徐嘉【作者单位】西面民族大学计算机科学与技术学院,四川成都610041【正文语种】中文【中图分类】TP301.6根式不等式的自动证明是定理机器证明中的热点和难点.通用的方法是使用一些消去手段(如Groebner基，结式等)去除根式，然后转化为相应的实量词公式加以解决.其中值得特别注意的是杨路的降维方法[1，2，3].它的特点是不增加新的变元，保持较低的维数，从而有非常高的运行效率.根据其方法编制的软件Bottema是目前最为常用的不等式证明软件，已为国内外广大不等式研究者所熟悉.但是对于一些比较特殊的根式不等式类，仍然需要更加精细的研究，以进一步提高证明的效率.在文[4]中由本文作者及合作者给出了一类根式不等式的高效算法.它的主要思想是基于”有理化＋差分代换”的证明模式.其中有理化步骤是依赖于如下的结果.定理(杨路)设u，v，w，t都是非负实数，则不等式成立的充分必要条件是下列c0，c1，c2，c3都成立其中σ1= u＋v＋w，σ2= uv＋vw＋wu，σ3= uvw.上述定理中的c0包含了一类代数数的极小多项式，相关的三角代数数的极小多项式计算方法可参考文献[5].使用上述杨路定理加差分代换方法可以很容易证明如下这类较为困难几何不等式其中ha是三角形a边上对应的高线长度，wb是b边上对应的角平分线长度，mc 是c边上对应的中线长度，R，r分别是三角形的外接圆半径和内切圆半径.设x，y，z是正实数，令则有于是需要证明的几何不等式就转化为了含变元x，y，z形如的代数不等式.然后使用杨路定理进一步转化为证明4个代数不等式同时成立，对最终的代数不等式使用逐次差分代换方法证明.但是这一方法在处理形如类型的根式不等式会遇到困难.由杨路定理可见，不等式是等价于公式本文中∧，∨分别代表逻辑连接词”且(and)”，”或(or)”.注意到当c0，c1，c2，c3是实函数时(不妨假设变元是x，变化范围是Ω)，上面的公式就会带有一个实量词∀(任意)，可是量词公式并不等价于明显有φ2⇒φ1.差分代换方法虽然适用于φ2，但是φ1成立时公式φ2也成立的概率很小.这导致”有理化＋差分代换方法”模式在证明这类根式不等式时成功的概率极低，几乎失效.在本文中，我们将要解决这个困难.主要的思路是将变元的空间进行单纯分解，当空间被足够的细分之后，在每一个小的单纯形上，可以期望公式φ2是成立的.此外，我们还将给出另一类根式不等式的的有理化，即同时对类型的不等式给出不同于前述杨路定理的有理化等价条件.首先，我们需要如下的引理引理1 u，v，w，t都是非负实数，如下的等价关系成立其中证明⇒注意到不等式如果成立，则u，v，w，t只能有三种大小关系，即1.显然有2.如果则(1.1)等价于两边平方得(1.2)等价于或者3.如果则(1.1)等价于两边平方得(1.3)等价于⇐将上面证明过程倒推即可.应用基本引理，我们可以证明下面的结果.定理1 u，v，w，t都是非负实数，如下的等价关系成立其中证明将两端平方，直接应用引理1即可.定理2 u，v，w，t都是非负实数，如下的等价关系成立其中证明⇒对两端平方，立得0≤R1.将(1. 4)变形为明显上式两端都是正实数，两端平方不等号仍保持，即有上式变形为由于0≤R1，推知有(w＋t) - (u＋v)≥0 .因此(1.5)两端仍是正实数，再次两端平方，得到由此推得0≤R2.(1.6)可变形为两端平方，立得R3≥0 .⇐将上面证明过程倒推即可.讨论:定理2的结论与文献[4]中杨路的结果不同.这里的结论更简单，并且少一个多项式.从定理2，立即推出下面的结论.定理3 u，v，w，t都是非负实数，如下的等价关系成立其中定理1，2，3实现在三类根式不等式的有理化.下一节将讨论如何检测有理化后的条件是否成立.几何量(如体积，边长等等)通常是与坐标选择无关的，故涉及几何的不等式在某些空间变换(如旋转变换)下保持不变，所以当这些不等式被转化为等价的代数不等式后成为齐次型不等式.研究具有齐次性的函数，往往只需考虑变元在标准单形上的变化情况就足够了.单纯剖分方法就是基于标准单形的单纯剖分的.它是从逐次差分代换方法[6，7，8]启发而来的.点的坐标采用列向量.标准单形记为Δn，标准单形的一个单纯剖分是指单纯形满足并且Λ1，…，Λm内部不相交.单纯剖分可以迭代，形成逐级的单纯剖分.关键之处在于，逐级的单纯剖分有代数产生方式.注意到单纯形Λ⊂Δn对应着一个矩阵，矩阵的列是单纯形的顶点坐标(列向量)，记为[Λ] .这个对应不是唯一的，因为顶点可以任意排序.也就是说如果两个矩阵只相差一个列置换，则它们是同一个单纯形的对应矩阵.反过来列随机矩阵M，如果其行列式｜M｜≠0，则M的列可张成单纯形，记为Con(M)，M的列是单纯形的顶点.引理2 如果单纯形Λ1，…，Λm⊂Δn是标准单形的一个单纯剖分，则引理2也就是说，当σ1，…，σk都取遍集合{1，2…，m}中的所有数，则单纯形的集合也是标准单形Δn的单纯剖分.特别地，考虑单纯形的重心剖分[8].记n×n三角矩阵矩阵G被称为重心矩阵，如果G可由矩阵Gn通过行置换得到.重心矩阵共有n!个.即其中Sn是集合{1，2…，n}上的全对称置换群，Pσ是置换σ对应的置换矩阵.容易看到任意单形Λ有如下分解式(Λ的重心剖分)特别地对标准单形有三阶的6个重心矩阵如下它们对应的单纯形如图1.为了使用单纯剖分去证明不等式，一个关键的概念是多项式在单纯形上的伴随多项式.它的定义如下定义1 给定多项式f∈R[x1，…，xn]和单纯形Λ⊂Δn，多项式f([Λ] (x1，…，xn)T)被称为多项式f在单纯形Λ上的伴随多项式.伴随多项式有如下的基本性质.引理3 给定多项式f∈R[x1，…，xn]和单纯形Λ⊂Δn，则f([Λ]x)可能会有非常简单的特征，例如所有系数都是非负实数.这个特征正是逐次差分代换方法的出发点[6，7，8].伴随多项式相关的其它应用还可见[9].让我们从一个比较简单的例子出发，来介绍单纯剖分方法的具体操作步骤.例1 证明如下根式不等式其中证明第一步，令原不等式转化为证明利用定理3，我们需要证明其中第二步，取标准单形的一阶重心剖分(图1)，下面对每一个小单形验证公式(3.1)是否成立.计算多项式R1，R2，R3相对于单纯形Λ1的伴随多项式其中X = (x，y，z)T.我们会发现R3([Λ1]X)的系数全是负实数，也就是说在单纯形Λ1上R3≤0成立，因此量词公式是成立的.完全类似地，可以验证公式都是成立的，所以公式(3.1)成立.原不等式得证.讨论:例1仅仅只对标准单形做了一次剖分就成功了.如果对Λi，i = 1，…，6，伴随多项式都没有出现所有系数全是负实数，则需要再对Λi继续剖分成更小的单纯形，再做验证.直到对每一个小单形Λ，R1([Λ]X)，R2([Λ]X)，R3([Λ]X)至少有一个出现所有系数全是负实数(判断出原不等式成立)，或者出现存在一个小单形Λ使得三个多项式R1([Λ]X)，R2([Λ]X)，R3([Λ]X)的系数全是正实数(原不等式不成立)为止.下面我们来建立算法SimplexM.考虑两种基本的量词公式(其它的量词公可以由它们复合而成)其中fi∈R[x1，…，xn]都是齐次的.我们可以仿照定义1，定义基本公式的伴随公式如下定义2 给定原子公式ψ和单纯形Λ⊂Δn，公式ψ([Λ] (x1，…，xn)T)被称为ψ在单纯形Λ上的伴随公式.定义3①称公式f≥0(≤0)在单纯形Λ⊂Δn上是显式成立的，如果伴随多项式f([Λ]X)的系数全部都是正(负)的实数.②称公式f≥0(≤0)在单纯形Λ⊂Δn上是显式矛盾的，如果伴随多项式f([Λ]X)的系数全部都是负(正)的实数.③称原子公式ψ1在单纯形Λ上是显式成立(矛盾)的，如果ψ中的每一个(存在一个)子公式是显示成立(矛盾)的.④称原子公式ψ2在单纯形Λ上是显式成立(矛盾)的，如果ψ中存在一个(每一个)子公式是显示成立(矛盾)的.定义4 给定n×n的矩阵M，定义集合算法SimplexM输入:量词公式ψ(ψ1或ψ2).Step1.设置初始集合S = {Gσ｜σ∈Sn} .Step2.对S中的每一个元素计算公式ψ的伴随公式ψ(GσX)，并且记所有的使公式ψ(GσX)是非显式成立的矩阵组成集合Temp.Step2.1.如果Temp是空集，则输出”公式ψ成立”Step2.2.如果Temp中含有公式是显式矛盾的，则输出:”公式ψ不成立”.Step2.3.否则令重复Step2.程序结束.使用著名数学软件Maple平台，我们实现了上述的算法SimplexM.对大量的形如的根式不等式作了计算.由于类型的例子在文献[4]已作了大量列举.下面主要列举了另外两种类型的例子.其中的几何不等式需要转化为等价的代数不等式，转化需要的公式表可见文献[4].这些例子主要来自文献[10 - 12].所有例子都是在一台笔记本电脑上运行测试，基本的硬件配置是:2.5GHz-Intel(R)Core(TM)i5-3210M，内存4G，操作系统为windows 7.例2例3例4例5例6例7例8例9例10例11例12本文中，我们提出了一个方法去证明三类根式不等式.方法主要分两步①是有理化，②是使用单纯剖分方法验证相应的实量词公式.它进一步扩展了”有理化＋差分代换”的模式而成为”有理化＋单纯剖分”的模式.利用这一方法，我们成功的证明了超过200个例子，其中一些是公开问题.这种思想(剖分方法)还被应用于解决其它的问题，如判定copositive矩阵[13]等等.【相关文献】[1]YANG LU，XIA SHI HONG.Automated Proving for a Class of Constructive Geometric Inequalities [J].Chinese Journal of Computers，2003，26(7):769-778.[2]YANG LU，XIA BI CAN.Automated Proving and Discovering on Inequalities(in Chinese)[M].Beijing:Science Press，2008.[3]YANG LU，XIA SHI HONG.An Inequality-proving Program Applied to Global Optimization [C].In:Yang W C et al eds.Proceedings of the A-sian Technology Conferencein Mathematics.Blacksbug: ATCM，Inc，2000:40-51.[4]XU JIA，YAO YONG.Rationalizing Algorithm and Automated Proving for a Class of Inequalities Involving Radicals [J].Chinese Journal of Computers，2008，31(1):24-31(in Chinese).[5]徐嘉.三角代数数极小多项式的机器求解[J].西南民族大学学报:自然科学版，2012，38(3):439-443.[6]YANG LU.Solving Harder Problems with Lesser Mathematics.Proceedings of the10thAsian Technology Conference in Mathematics[C].ATCM Inc，2005:37-46.[7]YANG LU，YAO YONG.Difference Substitution Matrices and Decision on Nonnegativity of Polynomials [J].Journal of Systems Science and Mathematical Science(in Chinese)，2009，29(9):1169-1177.[8]XU JIA，YAO YONG.Polya’s Method and the Successive difference substitution Method ( in Chinese) [ J].Scientia sinica mathematica，2012，42(3):203-213.[9]徐嘉.平面代数曲线的交点隔离算法[J].西南民族大学学报:自然科学版，2015，41(5):614-620.[10 ] BOTTEMA.Geometric Inequalities [ M].Groningen，Netherland: Wolters-Noordhoff Publishing，1969.[11]LIUBAO QIAN.BOTTEMA，What we see[M].Lasha:Tibet People’s Publishing House，2003(in Chinese).[12]KUANG JI CHANG.Applied Inequalities[M].3rded.Changsha:Hunan Educational Publishing House.2004(in Chinese).[13]徐嘉，李高平.copositive二次型与copositive矩阵[J].西南民族大学学报:自然科学版，2011，37(4):504-508.。

根式不等式的同解法则根式不等式是指含有根号的不等式，其求解方法与普通的不等式有所不同。

对于根式不等式的求解，可以运用同解法则，即将不等式转化为两个不等式，分别求解，最后将两个解集合并得到最终的解。

同解法则的基本思想是将根式不等式分解为两个不等式，分别求解后再合并得到最终的解。

下面通过具体的例子来说明同解法则的应用。

例1：求解根式不等式√(x-2) + √(x+3) < 5。

解：首先，我们将根式不等式分解为两个不等式，得到以下两个不等式：√(x-2) + √(x+3) < 5以及√(x-2) + √(x+3) ≥ 0接下来，分别求解这两个不等式。

对于第一个不等式，我们可以通过平方的方法来求解。

将不等式两边平方，得到：(x-2) + 2√(x-2)(x+3) + (x+3) < 25化简后得到：2√(x-2)(x+3) < 20 - 2x再次平方，得到：4(x-2)(x+3) < (20 - 2x)^2化简后得到：4x^2 - 4x - 64 < 0解这个二次不等式，可以通过求解其对应的方程来完成。

首先求解方程4x^2 - 4x - 64 = 0，得到x = -2或x = 8。

然后，将这两个解代入原不等式，得到-2 < x < 8。

对于第二个不等式，显然，根式的值永远大于等于0，因此√(x-2) + √(x+3) ≥ 0对任意x成立。

将第一个不等式的解集合并上第二个不等式的解集，得到最终的解为-2 < x < 8。

例2：求解根式不等式√(x+1) + 2√(x-1) ≥ 3。

解：同样地，我们将根式不等式分解为两个不等式：√(x+1) + 2√(x-1) ≥ 3以及√(x+1) + 2√(x-1) ≥ 0接下来，分别求解这两个不等式。

对于第一个不等式，我们可以通过平方的方法来求解。

将不等式两边平方，得到：(x+1) + 4√(x+1)(x-1) + 4(x-1) ≥ 9化简后得到：4√(x+1)(x-1) ≥ 8 - x再次平方，得到：16(x+1)(x-1) ≥ (8 - x)^2化简后得到：16x^2 - 64 ≥ x^2 - 16x + 64化简后得到：15x^2 + 16x - 192 ≥ 0解这个二次不等式，可以通过求解其对应的方程来完成。

§6.5 不等式的解法（一）【一线名师精讲】 基础知识串讲解不等式的基本原则：1、解不等式实质是一个等价变形的过程，当元的取值范围扩大时，应与原有取值范围求交集。

2、解不等式是一个由繁到简的转化过程，其转化的总思路为：3、解含有等号的不等式时，应该将等式与不等式分开解答后取并集。

基本类型不等式的解法：(一)、整式不等式的解法1、一元一次不等式标准形式：b ax >或)0(≠<a b ax .解法要点：在不等式的两端同时除以a 后，若0<a 则不等号要反向。

2、一元二次不等式标准形式：2>++c bx ax 或02<++c bx ax （其中0>a ）。

解法要点：解一元二次不等式一般可按以下步骤进行：（1）整形：将不等式化为标准形式。

（2）求根：求方程02=++c bx ax 的根。

（3）写解：根据方程02=++c bx ax 根的情况写出对应不等式的解集。

当两根明确时，可由“大于0，两根外；小于0，两根内”的口诀写解，当0≤∆时，则可由函数c bx ax y ++=2的草图写解。

3、一元高次不等式（可分解因式型）标准形式：0)())((21>---n x x x x x x a Λ或0)())((21<---n x x x x x x a Λ()0>a 。

解法要点：用“数轴穿根”的方法最为简便，一般可按如下步骤进行：（1）整形：将不等式化为标准形式。

（2）求根：求出对应方程的根。

（3）穿根：将方程的根标在数轴上，用一条曲线从右上方开始依次穿过。

方程有重根时，奇数重根按正常情况穿过，偶数重根则不穿过，反弹回来后继续穿根。

即“奇过偶不过”。

（4）写解：数轴上方所对应曲线的区间为)())((21>---n x x x x x x a Λ的解，数轴下方所对应曲线的区间为0)())((21<---n x x x x x x a Λ的解。

证明不等式的几种常用方法证明不等式除了教材中介绍的三种常用方法，即比较法、综合法和分析法外，在不等式证明中，不仅要用比较法、综合法和分析法，根据有些不等式的结构，恰当地运用反证法、换元法或放缩法还可以化难为易．下面几种方法在证明不等式时也经常使用．一、反证法如果从正面直接证明，有些问题确实相当困难，容易陷入多个元素的重围之中，而难以自拔，此时可考虑用间接法予以证明，反证法就是间接法的一种．这就是最“没办法”的时候往往又“最有办法”，所谓的“正难则反”就是这个道理．反证法是利用互为逆否的命题具有等价性来进行证明的，在使用反证法时，必须在假设中罗列出各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证法都是不完全的．用反证法证题的实质就是从否定结论入手，经过一系列的逻辑推理，导出矛盾，从而说明原结论正确．例如要证明不等式A ＞B ，先假设A ≤B ，然后根据题设及不等式的性质，推出矛盾，从而否定假设，即A ≤B 不成立，而肯定A ＞B 成立．对于要证明的结论中含有“至多”、“至少”、“均是”、“不都”、“任何”、“唯一”等特征字眼的不等式，若正面难以找到解题的突破口，可转换视角，用反证法往往立见奇效．例1 设a 、b 、c 、d 均为正数，求证：下列三个不等式：①a ＋b ＜c ＋d ；②(a ＋b)(c ＋d)＜ab ＋cd ；③(a ＋b)cd ＜ab(c ＋d)中至少有一个不正确．反证法：假设不等式①、②、③都成立，因为a 、b 、c 、d 都是正数，所以不等式①与不等式②相乘，得：(a ＋b)2＜ab ＋cd ，④由不等式③得(a ＋b)cd ＜ab(c ＋d)≤(2b a )2·(c ＋d)， ∵a ＋b ＞0，∴4cd ＜(a ＋b)(c ＋d)，综合不等式②，得4cd ＜ab ＋cd ， ∴3cd ＜ab ，即cd ＜31ab ． 由不等式④，得(a ＋b)2＜ab ＋cd ＜34ab ，即a 2＋b 2＜－32ab ，显然矛盾．∴不等式①、②、③中至少有一个不正确．例2 已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ca ＞0，abc ＞0，求证：a ＞0，b ＞0，c＞0．证明：反证法由abc ＞0知a ≠0，假设a ＜0，则bc ＜0，又∵a ＋b ＋c ＞0，∴b ＋c ＞－a ＞0，即a(b ＋c)＜0，从而ab ＋bc ＋ca = a(b ＋c)＋bc ＜0，与已知矛盾．∴假设不成立，从而a ＞0，同理可证b ＞0，c ＞0．例3 若p ＞0，q ＞0，p 3＋q 3= 2，求证：p ＋q ≤2．证明：反证法假设p ＋q ＞2，则(p ＋q)3＞8，即p 3＋q 3＋3pq (p ＋q)＞8，∵p 3＋q 3= 2，∴pq (p ＋q)＞2．故pq (p ＋q)＞2 = p 3＋q 3= (p ＋q)( p 2－pq ＋q 2)，又p ＞0，q ＞0 p ＋q ＞0，∴pq ＞p 2－pq ＋q 2，即(p －q)2 ＜0，矛盾．故假设p ＋q ＞2不成立，∴p ＋q ≤2．例4 已知)(x f = x 2＋ax ＋b ，其中a 、b 是与x 无关的常数，求证：|)1(f |，|)2(f |，|)3(f |中至少有一个数不小于21． 反证法一：假设|)1(f |＜21，|)2(f |＜21，|)3(f |＜21， 由于)1(f = 1＋a ＋b ，)2(f = 4＋2a ＋b ，)3(f = 9＋3a ＋b ，∴)1(f ＋)3(f －)2(f =2，但是，2 = |)1(f ＋)3(f －)2(f |≤|)1(f |＋|)3(f |＋2|)2(f |＜21＋21＋2×21= 2， 即2＜2，矛盾，∴假设不成立，∴|)1(f |，|)2(f |，|)3(f |中至少有一个数不小于21． 反证法二：假设|)1(f |＜21，|)2(f |＜21，|)3(f |＜21，即 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<<<.21|)3(|,21|)2(|,21|)1(|f f f ⇒ ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧<++<-<++<-<++<-③b a ②b a ①b a .219321,214221,21121 ①＋③得：－1＜4a ＋2b ＋10＜1，即－21＜2a ＋b ＋5＜21， ∴－23＜2a ＋b ＋4＜－21，④ 显然②与④矛盾，因此，假设是不成立的， 故|)1(f |，|)2(f |，|)3(f |中至少有一个数不小于21． 例4 设a ，b ，c 均为小于1的正数，求证：(1－a)b ，(1－b)c ，(1－c)a 不能同时大于41． 证明：反证法假设(1－a)b ，(1－b)c ，(1－c)a 同时大于41，即(1－a)b ＞41，(1－b)c ＞41，(1－c)a ＞41， 则由41＜(1－a)b ≤(21b a +-)2⇒21b a +-＞21， 同理：21c b +-＞21，21a c +-＞21， 三个同向不等式两边分别相加，得23＞23，矛盾，所以假设不成立， ∴原结论成立．例6 若0＜a ＜2，0＜b ＜2，0＜c ＜2，求证：(2－a)b ，(2－b)c ，(2－c)a不能同时大于1．证明：反证法假设⎪⎩⎪⎨⎧>->->-.1)2(,1)2(,1)2(a c c b b a 那么2)2(b a +-≥b a )2(-＞1，① 同理2)2(c b +-＞1，② 2)2(a c +-＞1，③ ①＋②＋③，得3＞3矛盾，即假设不成立，故(2－a)b ，(2－b)c ，(2－c)a 不能同时大于1．二、三角换元法对于条件不等式的证明问题，当所给条件较复杂，一个变量不易用另一个变量表示，这时可考虑用三角代换，将复杂的代数问题转化为三角问题．若变量字母x 的取值围与sin θ或cos θ的变化围相同，故可采用三角换元，把所要证的不等式转换为求三角函数的值域而获证．一般地，题设中有形如x 2＋y 2≤r 2，22a x ＋22b y = 1或22a x －22b y = 1的条件可以分别引入三角代换⎩⎨⎧==θθsin cos r y r x (| r |≤1)，⎩⎨⎧==θθsin cos b y a x 或⎩⎨⎧==θθtan sec b y a x ，其中θ的取值围取决于x ，y 的取值围，凡不能用重要不等式证明的问题时，一般可以优先考虑换元(代数换元或三角换元)，然后利用函数的单调性最终把问题解决．在三角换元中，由于已知条件的限制作用，根据问题需要，可能对引入的角度有一定的限制，应特别引起注意，否则可能会出现错误的结果．例2 已知1≤x 2＋y 2≤2，求证：21≤x 2－xy ＋y 2≤3． 证明：∵1≤x 2＋y 2≤2，∴可设x = rcos θ，y = rsin θ，其中1≤r 2≤2，0≤θ＜π2．∴x 2－xy ＋y 2= r 2－r 2sin θ2= r 2(1－21sin θ2)， ∵21≤1－21sin θ2≤23，∴21r 2≤r 2(1－21sin θ2)≤23r 2，而21r 2≥21，23r 2≤3， ∴ 21≤x 2－xy ＋y 2≤3． 例2 已知x 2－2xy ＋y 2≤2，求证：| x ＋y |≤10．证明：∵x 2－2xy ＋y 2= (x －y)2＋y 2，∴可设x －y = rcos θ，y = rsin θ，其中0≤r ≤2，0≤θ＜π2．∴| x ＋y | =| x －y ＋2y | = | rcos θ＋2rsin θ| = r|5sin(θ＋ractan21)|≤r 5≤10．例3 已知－1≤x ≤1，n ≥2且n ∈N ，求证：(1－x)n ＋(1＋x)n ≤2n ． 证明：∵－1≤x ≤1，设x = cos θ2 (0≤θ≤2π)， 则1－x =1－cos θ2= 1－(1－2sin 2θ) = 2sin 2θ，1＋x =1＋cos θ2= 2cos 2θ，∴(1－x)n ＋(1＋x)n = 2n sin n 2θ＋2n cos n 2θ≤2n ( sin 2θ＋cos 2θ) =2n ，故不等式(1－x)n ＋(1＋x)n ≤2n 成立．例4 求证：－1≤21x -－x ≤2．证明：∵1－x 2≥0，∴－1≤x ≤1，故可设x = cos θ，其中0≤θ≤π． 则21x -－x =θ2cos 1-－cos θ= sin θ－cos θ=2sin(θ－4π)， ∵－4π≤θ－4π≤43π， ∴－1≤2sin(θ－4π)≤2，即－1≤21x -－x ≤2． 三、增量代换法 在对称式(任意互换两个字母，代数式不变)和给定字母顺序(如a ＞b ＞c)的不等式，常用增量进行代换，代换的目的是减少变量的个数，使要证的结论更清晰，思路更直观，这样可以使问题化难为易，化繁为简．例7 已知a ，b ∈R ，且a ＋b = 1，求证：(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥225． 证明：∵a ，b ∈R ，且a ＋b = 1，∴设a =21＋t ，b=21－t ， (t ∈R) 则(a ＋2)2＋(b ＋2)2= (21＋t ＋2)2＋(21－t ＋2)2= (t ＋25)2＋(t －25)2= 2t 2＋225≥225． ∴(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥225． 例8 已知a 1＋a 2＋…＋a n = 1，求证：21a ＋22a ＋…＋2n a ≥n1． 证明：设a 1= t 1＋n 1，a 2= t 2＋n 1，…，a n = t n ＋n1，其中t 1＋t 2＋…＋t n = 0，则21a ＋22a ＋…＋2n a = (t 1＋n 1)2＋(t 2＋n 1)2＋…＋(t n ＋n 1)2= n ·21n＋2×n 1( t 1＋t 2＋…＋t n )＋…＋21t ＋22t ＋…＋2n t =n 1＋21t ＋22t ＋…＋2n t ≥n 1． 四、放缩法放缩法是在顺推法逻辑推理过程中，有时利用不等式的传递性，作适当的放大或缩小，证明不原不等式更强的不等式来代替原不等式的证明．这种证题方法的实质是非等价转化，而它的证题方法没有一定的准则和程序，需按题意适当．．放缩，否则是达不到目的．利用放缩法证明不等式，要根据不等式两端的特征及已知条件，采取舍掉式中一些正项或负项，或者在分式中放大或缩小分子、分母、把和式中的某些项换以较大或较小的数，从而达到证明不等式的目的．此类证法要慎审地采取措施，进行恰当地放缩，任何不适宜的放缩(放的过大或过小)都会导致推证的失败．例5 设n 为自然数，求证：91＋251＋…＋2)12(1+n ＜41． 证明：∵2)12(1+k =14412++k k ＜k k 4412+=41(k1－11+k )， ∴91＋251＋…＋2)12(1+n ＜41[(1－21)＋(21－31)＋…＋(n 1－11+n ) =41(1－11+n )＜41． ∴91＋251＋…＋2)12(1+n ＜41[(1－21)＋(21－31)＋…＋(n 1－11+n ) =41(1－11+n )＜41． 例5 已知a n =21⨯＋32⨯＋…＋)1(+n n ，其中n 为自然数， 求证：21n(n ＋1)＜a n ＜21(n ＋1)2． 证明：∵)1(+k k ＜21++k k =212+k 对任意自然数k 都成立， ∴a n =21⨯＋32⨯＋…＋)1(+n n ＜23＋25＋27＋…＋212+n =21[3＋5＋7＋…＋(2n ＋1)] =21(n ＋2n)＜21(n ＋2n ＋1) =21(n ＋1)2． 又)1(+k k ＞2k = k ，∴a n =21⨯＋32⨯＋…＋)1(+n n ＞1＋2＋3＋…＋n =21n(n ＋1)， ∴21n(n ＋1)＜a n ＜21(n ＋1)2． 评析：根据要证不等式的结构特征，应用均值不等式“放大”a n 为一个等差数列的和，求和后再添加一个数1，直到“放大”到要证的右边；而左边是通过“缩小”a n 的方法去根号而转化为等差数列的和．放大或缩小的技巧很多，如添项、减项、分子、分母加或减一个数，或利用函数的单调性、有界性等等，但要注意放缩要适度．11．设a 、b 为不相等的两正数，且a 3－b 3= a 2－b 2，求证：1＜a + b ＜34． 证明：由题意得a 2＋ab ＋b 2= a + b ，于是(a ＋b)2= a 2＋2ab ＋b 2＞a 2＋ab ＋b 2= a + b ，故a + b ＞1，又(a ＋b)2＞4ab ，而(a ＋b)2= a 2＋2ab ＋b 2= a ＋b ＋ab ＜a ＋b ＋4)(2b a +， 即43(a ＋b)2＜a ＋b ，解得a + b ＜34． ∴1＜a + b ＜34． 例12 已知a 、b 、c 、d 都是正数，求证：1＜c b a b ++＋d c b c ++＋a d c d ++＋ba d a ++＜2． 证明：∵d cb a b +++＜c b a b ++＜ba b +， d c b a c +++＜d c b c ++＜dc c +，d c b a d +++＜a d c d ++＜dc d +， d c b a a +++＜b a d a ++＜ba a +， 将上述四个同向不等式两边分别相加，得：1＜c b a b ++＋d c b c ++＋a d c d ++＋ba d a ++＜2．。