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不等式的证明是高中数学的一个重要内容，高考中往往出现在解答题中，涉及到代数运算、函数思想、数列、几何、逻辑推理等知识，证法多样，思维严谨，若能根据题目特征，灵活地运用相应的数学方法，往往能迅速确定解题思路，从而使问题简捷、准确地获解.
一、 比较法
例1 设a、b是非负实数，求证：a3+b3≥ab（a2+b2）.
简解： a3+b3-ab（a2+b2）=a2a（a-b）+b2b（b-a）
=（a-b）［（a）5-（b）5］
当a≥b时，a≥b，从而（a）5≥（b）5，得（a-b）［（a）5-（b）5］≥0；
当a＜b时，a＜b，从而（a）5＜(b)5，得（a-b）［（a）5-(b)5］
＜0
所以a3+b3≥ab（a2+b2）.
二、 分析法
例2 已知a＞0，b＞0，2c＞a+b，求证：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab．
简解：要证c-c2-ab＜a＜c+c2-ab，只需证，-c2-ab＜a-c＜c2-ab
只需证，|a-c|＜c2-ab即证，(a-c)2＜c2-ab
即证a2-2ac＜-ab，∵ a＞0，只需证，a-2c＜-b
即证a+b＜2c，这为已知．故原不等式成立．
点评：分析法是执果索因，其步骤为未知→需知→已知，在操作中“要证”，“只需证”，“即证”这些词语是不可缺少的．
三、 综合法
例3设函数f（x）=2x（1-ln2x），
求证：对任意a、b∈R+，均有f′a+b2≤f′(a)+f′(b)2≤f′2aba+b.
简解：
f′（x）=-2ln2x，f′（a）+f′（b）2=-ln4ab，
f′a+b2=-ln（a+b）2≤-ln4ab，
f′2aba+b=-2ln2•2aba+b≥-2ln4ab2ab=-ln4ab，
∴ f′a+b2≤f′（a）+f′（b）2≤f′2aba+b.
点评：综合法是由因导果，其步骤为：从已知条件出发，利用有关定理、公理、公式、概念等推导出结论不等式.
四、 基本不等式法
例4 已知a、b、c均为正数，证明：a2+b2+c2+1a+1b+1c2≥63，并确定a、b、c为何值时，等号成立.
简解：因为a、b、c均为正数，由基本不等式得：
a2+b2≥2ab
b2+2≥2bc
c2+a2≥2ac
所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac①
同理1a2+1b2+1c2≥1ab+1bc+1ac②
故a2+b2+c2+1a+1b+1c2
≥ab+bc+ac+31ab+31bc+31ac③
≥63
所以原不等式成立.
当且仅当a=b=c时，①式和②式等号成立，当且仅当a=b=c，（ab）2=（bc）2=（ac）2=3时，③式等号成立，
即当且仅当a=b=c=314时，原式等号成立.
点评：利用基本不等式必须注意：“一正，二定，三相等.”
五、 反证法
例5 已知p3+q3=2，求证：p+q≤2.
分析：本题由已知条件直接证明结论，佷难找到证明的方法，正难则反，可以利用反证法.
简解：假设p+q＞2，则p＞2-q，p3＞（2-q）3，
∴ p3+q3＞q3+（2-q）3=q3+8-12q+6q2-q3=6q2-12q+8=6（q-1）2+2≥2
∴ p3+q3＞2与p3+q3=2矛盾，∴ p+q≤2.
点评：正难则反，使用反证法，从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的.
六、 放缩法
例6 设数列{an}满足a1=0且11-an+1-11-an=1.
（1） 求{an}的通项公式；
(2)设bn=1-an+1n记Sn=∑nk=1bn，证明：Sn＜1.
分析：要证Sn＜1，先求出{bn}的通项公式，再求{bn}的前n项的和Sn，最后利用放缩法.
简解：(1)an=1-1n；
(2)bn=1-an+1n=n+1-nn+1•n=1n-1n+1，
Sn=∑nk=1bn=∑nk=11k-1k+1=1-1n+1＜1.
点评：放缩法是利用不等式的传递性，按题意及目标，作适当的放大或缩小，常用的放缩技巧有：
(1) 舍掉(或加进)一些项；(2)在分式中放大或缩小分子(或分母)；
七、 柯西不等式法
例7 若n是不小于2的正整数，求证：47＜1-12+13-14+…+12n-1-12n＜22.
分析：从所要证明的不等式结构可转化为柯西不等式来证.
简解：1-12+13-14+…+12n-1-12n=1+12+13+…+12n-212+14+…+12n=1n+1+1n+2+…+12n
所以求证式等价于47＜1n+1+1n+2+…+12n＜22
由柯西不等式有1n+1+1n+2+…+12n［（n+1）+(n+2)+…+2n］＞n2于是：1n+1+1n+2+…+12n＞n2（n+1）+（n+2）+…+2n=2n3n+1=23+1n≥47
又由柯西不等式有
1n+1+1n+2+…+12n＜
（12+22+…+n2）1(n+1)2+1(n+2)2+…+1(2n)2＜
n1n(n+1)+1（n+1）（n+2）+…+1（2n-1）（2n）=
n1n-12n=22
八、 构造法
例8 已知a、b∈R，求证：|a+b|1+|a+b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|.
分析：本题若从绝对值不等式方面入手比较难，但观察不等式两边的结构，可看出是函数f(x)=x1+x（x≥0）自变量x分别取|a+b|、|a|、|b|的函数值，从而可构造函数求解.
简解：构造函数f(x)=x1+x（x≥0），首先判断其单调性，设0≤x1＜x2，因为f(x1)-f(x2)=x11+1-x21+x2=x1-x2(1+x1)（1+x2）＜0，所以f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在［0，+∞］上是增函数，取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，显然满足0≤x1≤x2，所以f(|a+b|)≤f(|a|+|b|)，
即|a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|1+|a|+|b|=|a|1+|a|+|b|+|b|1+|a|+|b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|.
点评： 抓住不等式的结构和特点，转化为函数思想求解是解决此题的关键.
（责任编辑：朱善宏）
一、 比较法
例1 设a、b是非负实数，求证：a3+b3≥ab（a2+b2）.
简解： a3+b3-ab（a2+b2）=a2a（a-b）+b2b（b-a）
=（a-b）［（a）5-（b）5］
当a≥b时，a≥b，从而（a）5≥（b）5，得（a-b）［（a）5-（b）5］≥0；
当a＜b时，a＜b，从而（a）5＜(b)5，得（a-b）［（a）5-(b)5］
＜0
所以a3+b3≥ab（a2+b2）.
二、 分析法
例2 已知a＞0，b＞0，2c＞a+b，求证：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab．
简解：要证c-c2-ab＜a＜c+c2-ab，只需证，-c2-ab＜a-c＜c2-ab
只需证，|a-c|＜c2-ab即证，(a-c)2＜c2-ab
即证a2-2ac＜-ab，∵ a＞0，只需证，a-2c＜-b
即证a+b＜2c，这为已知．故原不等式成立．
点评：分析法是执果索因，其步骤为未知→需知→已知，在操作中“要证”，“只需证”，“即证”这些词语是不可缺少的．
三、 综合法
例3设函数f（x）=2x（1-ln2x），
求证：对任意a、b∈R+，均有f′a+b2≤f′(a)+f′(b)2≤f′2aba+b.
简解：
f′（x）=-2ln2x，f′（a）+f′（b）2=-ln4ab，
f′a+b2=-ln（a+b）2≤-ln4ab，
f′2aba+b=-2ln2•2aba+b≥-2ln4ab2ab=-ln4ab，
∴ f′a+b2≤f′（a）+f′（b）2≤f′2aba+b.
点评：综合法是由因导果，其步骤为：从已知条件出发，利用有关定理、公理、公式、概念等推导出结论不等式.
四、 基本不等式法
例4 已知a、b、c均为正数，证明：a2+b2+c2+1a+1b+1c2≥63，并确定a、b、c为何值时，等号成立.
简解：因为a、b、c均为正数，由基本不等式得：
a2+b2≥2ab
b2+2≥2bc
c2+a2≥2ac
所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac①
同理1a2+1b2+1c2≥1ab+1bc+1ac②
故a2+b2+c2+1a+1b+1c2
≥ab+bc+ac+31ab+31bc+31ac③
≥63
所以原不等式成立.
当且仅当a=b=c时，①式和②式等号成立，当且仅当a=b=c，（ab）2=（bc）2=（ac）2=3时，③式等号成立，
即当且仅当a=b=c=314时，原式等号成立.
点评：利用基本不等式必须注意：“一正，二定，三相等.”
五、 反证法
例5 已知p3+q3=2，求证：p+q≤2.
分析：本题由已知条件直接证明结论，佷难找到证明的方法，正难则反，可以利用反证法.
简解：假设p+q＞2，则p＞2-q，p3＞（2-q）3，
∴ p3+q3＞q3+（2-q）3=q3+8-12q+6q2-q3=6q2-12q+8=6（q-1）2+2≥2
∴ p3+q3＞2与p3+q3=2矛盾，∴ p+q≤2.
点评：正难则反，使用反证法，从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的.
六、 放缩法
例6 设数列{an}满足a1=0且11-an+1-11-an=1.
（1） 求{an}的通项公式；
(2)设bn=1-an+1n记Sn=∑nk=1bn，证明：Sn＜1.
分析：要证Sn＜1，先求出{bn}的通项公式，再求{bn}的前n项的和Sn，最后利用放缩法.
简解：(1)an=1-1n；
(2)bn=1-an+1n=n+1-nn+1•n=1n-1n+1，
Sn=∑nk=1bn=∑nk=11k-1k+1=1-1n+1＜1.
点评：放缩法是利用不等式的传递性，按题意及目标，作适当的放大或缩小，常用的放缩技巧有：
(1) 舍掉(或加进)一些项；(2)在分式中放大或缩小分子(或分母)；
七、 柯西不等式法
例7 若n是不小于2的正整数，求证：47＜1-12+13-14+…+12n-1-12n＜22.
分析：从所要证明的不等式结构可转化为柯西不等式来证.
简解：1-12+13-14+…+12n-1-12n=1+12+13+…+12n-212+14+…+12n=1n+1+1n+2+…+12n
所以求证式等价于47＜1n+1+1n+2+…+12n＜22
由柯西不等式有1n+1+1n+2+…+12n［（n+1）+(n+2)+…+2n］＞n2于是：1n+1+1n+2+…+12n＞n2（n+1）+（n+2）+…+2n=2n3n+1=23+1n≥47
又由柯西不等式有
1n+1+1n+2+…+12n＜
（12+22+…+n2）1(n+1)2+1(n+2)2+…+1(2n)2＜
n1n(n+1)+1（n+1）（n+2）+…+1（2n-1）（2n）=
n1n-12n=22
八、 构造法
例8 已知a、b∈R，求证：|a+b|1+|a+b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|.
分析：本题若从绝对值不等式方面入手比较难，但观察不等式两边的结构，可看出是函数f(x)=x1+x（x≥0）自变量x分别取|a+b|、|a|、|b|的函数值，从而可构造函数求解.
简解：构造函数f(x)=x1+x（x≥0），首先判断其单调性，设0≤x1＜x2，因为f(x1)-f(x2)=x11+1-x21+x2=x1-x2(1+x1)（1+x2）＜0，所以f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在［0，+∞］上是增函数，取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，显然满足0≤x1≤x2，所以f(|a+b|)≤f(|a|+|b|)，
即|a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|1+|a|+|b|=|a|1+|a|+|b|+|b|1+|a|+|b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|.
点评： 抓住不等式的结构和特点，转化为函数思想求解是解决此题的关键.
（责任编辑：朱善宏）