證明不等式恒成立問題的解題技巧分析

【摘要】不等式是高中數學的一個難點和重點，占有十分重要的地位.縱觀近幾年全國各地的考題，該知識點常以解答題的形式出現，涉及分類思想、數形結合思想、函數方程思想等.本文主要介紹不等式證明過程中常用的幾種方法，并對其相應的解題思路進行分析，以便幫助學生更加深刻地理解和掌握對應的解題方法．

【關鍵詞】不等式恒成立；高中數學；解題技巧

1比較法

比較法的應用可以有兩種思路，即作差比較法和作商比較法.比較法是指通過作差或者作商方式，通過差值或商值比較大小，從而證明不等式成立．對于多項式類和分式類常用作差比較法進行證明，常常把差值與零進行比較；對于含有冪指數類的實數的不等式就用作商思路進行證明，通常與常數1比較大小．在實際解決問題過程中，需要結合不等式結構特點選用相應方法解題．

例1已知x>0，y>0，求證：y2x+x2y≥x+y.

思考本題已知兩自變量均大于零，故而求證的這個不等式兩邊也均比零大，因此作差比較法、作商比較法均適用于本題．當運用作差比較法時，有x－y≤0→x≤y；在同一個證明問題中同時運用兩種證明方法，有助于學生靈活運用比較法．

證明作差比較法：y2x+x2y－x+y=x3+y3－xyx+yxy=x－y2x+yxy≥0．

作商比較法：y2x+x2yx+y=x2－xy+y2xy≥2xy－xyxy=1.

變式已知a，b，c為三角形的三邊，若c≥b≥a，求證：3a3+b3+3c3+a3＜a+b+c.

思考首先該題的解答可以憑a，b，c的大小關系，通過作差方式對3a3+b3，3c3+a3部分進行放縮，作差比較大小和放縮思路同時應用在不等式中，可達到證明目的．

證明因為c≥b≥a，

所以a2+b3－a3+b3=－78a3+34a2b+32ab2≥－78a3+34a3+32a3=118a3＞0，

所以a2+b＞3a3+b3，

同理可得a2+c＞3a3+c3，

所以3a3+b3+3c3+a3＜a2+b+a2+c=a+b+c.

2換元法

換元法是證明不等式的有效方法之一.在證明不等式的過程中，根據實際需要將不等式中的變量進行代換，即為換元.換元法能使不等式證明更加方便．“代數換元法”和“三角換元法”是最常用的換元手段．其中常用的三角換元的公式包括sin2θ+cos2θ=1，a=Rsinφ，b=Rcosφ，等等．換元法證明不等式的主要思路就是首先通過換元將原式化繁為簡，然后利用相關公式等對原式轉化，繼而證明不等式成立．

例2已知x2+y2≤1，證明：（x2－2xy－y2）2≤2.

思考本題可以將已知條件x2+y2≤1轉化為圓的取值范圍，則其等價于{（x，y）|x2+y2≤1}，則可得x=Rsinφ，y=cosφ（0<R<1，0<φ<2π）．不難看出，當已知其中含有“x2+y2≤R”時，就可以思考“sinφ，cosφ”的代換，再代換時也要注意新變量的取值范圍．

證明因為x2+y2≤1，

所以令x=Rsinφ，y=Rcosφ（0<R<1，0<φ<2π），

所以x2－2xy－y22=（R2sinφ－2Rsinφcosφ－R2cos2φ）=R4（cos2φ+sin2φ）2=2R4sin22（φ+45°）≤2．

變式已知x，y∈R，x+y=1，

求證：x+1xy+1y≥254.

思考運用換元法解題，還可以選擇配湊換元思路，即運用一個變量和已知等式同步替換題中多個變量的思路，該題結合x+y=1換元得到x=12+t，y=12－t，此時使所證不等式轉化為只有一個變量的不等式，進一步放縮，可達到證明目的．

證明設x=12+t，

y=12－t－12＜t＜12，

則x+1xy+1y=x2+1y2+1xy=t4+32t2+251614－t2≥251614=254，

故不等式x+1xy+1y≥254成立.

3構造函數法

將待證不等式構造成一個函數，通過分析這個函數的單調性進而分析不等式是否成立的方法叫做構造函數法．構造函數法，顧名思義，需要構造一個不等式函數，如何構造這個函數即為此法的一個難點所在，因為需要證明不等式成立，因此這個函數必須是單調函數，一般來說，是以待證的不等式的特征為依據，并利用這些特征構造函數．

例3已知實數a，b，c，且0&lt;a<1，0<b<1，0<c<1，求證：a1－b+b1－c+c1－a<1.

思考對于本題的證明，需要首先將a作為變量構造函數f（a），結合變量a的系數的取值范圍將－1<1－b－c<0，1－b－c=0和0<1－b－c<1這三種情況進行分類討論即可.

證明構造函數f（a）=a（1－b）+b（1－c）+c（1－a），

整理為以a為自變量的函數可得：

f（a）=（1－b－c）a+（b+c－bc），0<a<1，因為0<a<1，0<b<1，0<c<1，

所以－1<1－b－c<1．

（1）當－1<1－b－c<0時，f（a）在0，1上是單調遞減函數，

所以f（a）<f（0）=b+c－bc=1－（1－b）（1－c）<1．

（2）當0<1－b－c<1時，f（a）在0，1上是單調遞增函數，

所以f（a）<f（1）=1－bc<1．

（3）當1－b－c=0時，f（a）=（1－b－c）a+（b+c－bc）=b+c－bc=1－bc．

綜上可得，原不等式a1－b+b1－c+c1－a<1成立.

變式若a≥－1，x≥0，證明：2ex－sinx+alnx+1－2≥0.

思考可以將x看做變量，結合已知的參數a的范圍，構造與所證不等式存在一定聯系的函數解析式，求導分析函數單調性和極值大小，可對不等式進行進一步證明．

證明因為x≥0，

所以lnx+1≥0，

因為 a≥－1，

所以alnx+1≥－lnx+1，

故2ex－sinx+alnx+1－2≥2ex－sinx－lnx+1－2，

設fx=2ex－sinx－ln（x+1）－2（x≥0），

則f′x=2ex－cosx－1x+1≥2－1－1x+1=xx+1≥0，

所以fx在0，+∞上單調遞增，

因為f0=0，

所以fx≥0恒成立，

因為2ex－sinx+alnx+1－2≥fx，

所以2ex－sinx+alnx+1－2≥0.

4結語

本文簡要介紹了不等式證明過程中的幾種常用方法，而在實際的不等式證明中，還有更多的技巧和方法，因此在證明不等式時，學生要充分觀察待證不等式的特點，充分運用不等式的性質和基本不等式進行解題．

參考文獻：

[1]戴涓涓.解答不等式恒成立問題的三個“妙招”[J].語數外學習，2021（07）：44.

[2]劉樹江.淺議不等式恒成立問題的幾種解題策略[J].數理化解題研究，2021（01）：16-17.