典型例题一
例1 若0log a (1+x ) （a >0且a ≠1）．
分析1 用作差法来证明．需分为a >1和0
解法1 （1）当a >1时， 因为 01， 所以 log a (1-x ) -log a (1+x ) =-log a (1-x ) -log a (1+x ) =-log a (1-x ) >0． （2）当01 所以 log a (1-x ) -log a (1+x )
a (1-x ) +l o g a (1+x ) =l o g
a (1-x ) >0． =l o g
22
综合（1）（2）知log a (1-x ) >log a (1+x ) ．
分析2 直接作差，然后用对数的性质来去绝对值符号． 解法2 作差比较法．
因为 log a (1-x ) -log a (1+x )
lg(1-x ) lg(1+x )
-lg a lg a
1
lg(1-x ) -lg(1+x ) ]=lg a 1
[-lg(1-x ) -lg(1+x ) ]=lg a -1=lg(1-x 2) >0lg a ，
=
所以log a (1-x ) >log a (1+x ) ．
说明：解法一用分类相当于增设了已知条件，便于在变形中脱去绝对值符号；解法二用对数性质（换底公式）也能达到同样的目的，且不必分而治之，其解法自然简捷、明快．
典型例题二
例2 设a >b >0，求证：a b >a b .
分析：发现作差后变形、判断符号较为困难．考虑到两边都是正数，可以作商，判断比值与1的大小关系，从而证明不等式．
a
b
b
a
a a b b a a -b a -b b -a
=a ⋅b =() b a
b a b 证明：
a
>1, a -b >0.
a >b >0b ∵，∴
a a b b a a -b
() >1b a ∴b . ∴a b >1.
b a
又∵a b >0，
∴a b >a b . . 说明：本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法). 作商比较法证明不等式的步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小.
a
b
b
a
典型例题三
a 4+b 4a +b 4
≥()
b a 22例3 对于任意实数、，求证（当且仅当a =b 时取等号）
a +b 4()
分析 这个题若使用比较法来证明，将会很麻烦，因为，所要证明的不等式中有2，
22
展开后很复杂。若使用综合法，从重要不等式：a +b ≥2ab 出发，再恰当地利用不等式的有关性质及“配方”的技巧可得到证明。
2222
证明：∵ a +b ≥2ab （当且仅当a =b 时取等号）
两边同加(a +b ) :2(a +b ) ≥(a +b ) ，
4444222
a 4+b 4a 2+b 22
≥() 22即： （1）
22
又：∵ a +b ≥2ab （当且仅当a =b 时取等号）
两边同加(a +b ) :2(a +b ) ≥(a +b )
22222
a 2+b 2a +b 2
≥() 22 ∴
a 2+b 22a +b 4() ≥()
22∴ （2）
a 4+b 4a +b 4
≥() 22由（1）和（2）可得（当且仅当a =b 时取等号）．
说明：此题参考用综合法证明不等式．综合法证明不等式主要是应用均值不等式来证明，
要注意均值不等式的变形应用，一般式子中出现有平方和乘积形式后可以考虑用综合法来解．
典型例题四
111++≥9. +
a +b +c =1b c ∈R a b c a 例4 已知、、，，求证
111++
分析 显然这个题用比较法是不易证出的。若把a b c 通分，则会把不等式变得较
复杂而不易得到证明．由于右边是一个常数，故可考虑把左边的式子变为具有“倒数”特征
b a +
的形式，比如a b ，再利用“均值定理”就有可能找到正确的证明途径，这也常称为“凑
倒数”的技巧．
证明：∵a +b +c =1
111a +b +c a +b +c a +b +c ++=++a b c a b c ∴
b c a c a b =(1++) +(+1+) +(++1)
a a b b c c b a c a c b =3+(+) +(+) +(+)
a b a c b c
b a c a c b +≥=2+≥2+≥2a b a c b c ∵，同理：，。 111
++≥3+2+2+2=9. a b c ∴
说明：此题考查了变形应用综合法证明不等式．题目中用到了“凑倒数”，这种技巧在
很多不等式证明中都可应用，但有时要首先对代数式进行适当变形，以期达到可以“凑倒数”的目的．
典型例题五
111
++
例５ 已知a >b >c ，求证：a -b b -c c -a ＞0.
分析：此题直接入手不容易，考虑用分析法来证明，由于分析法的过程可以用综合法来书写，所以此题用两种方法来书写证明过程.
证明一：(分析法书写过程)
111
++
为了证明a -b b -c c -a ＞0
111
+
只需要证明a -b b -c ＞a -c ∵a >b >c
∴a -c >a -b >0, b -c >0 111
,
∴a -b a -c b -c ＞0
111
+
∴a -b b -c ＞a -c 成立
111
++
∴a -b b -c c -a ＞0成立
证明二：(综合法书写过程)
∵a >b >c ∴a -c >a -b >0, b -c >0
111
∴a -b ＞a -c b -c ＞0
111
+
∴a -b b -c ＞a -c 成立
111
++
∴a -b b -c c -a ＞0成立
说明：学会分析法入手，综合法书写证明过程，但有时这两种方法经常混在一起应用，
混合应用时，应用语言叙述清楚.
典型例题六
例6 若a >0, b >0，且2c >a +b ，求证：
分析 什么直接的联系，所以可以采用分析的方法来寻找证明途径．但用“分析”法证不等式，要有严格的格式，即每一步推出的都是上一步的充分条件，直到推出的条件是明显成立的（已知条件或某些定理等）．
证明：
为要证c
只需证
a -c
22
(a -c )
2
即证a -2ac
c
即证2ac >a (a +b ) ， ∵a >0,2c >a +b , b >0，
a +b
≥222∴c >ab 即有c -ab >0，
又 由2c >a +b 可得2ac >a (a +b ) 成立， c >
∴
所求不等式c
说明：此题考查了用分析法证明不等式．在题目中分析法和综合法是综合运用的，要注意在书写时，分析法的书写过程应该是：“欲证„„需证„„”，综合法的书写过程是：“因为（∵）„„所以（∴）„„”，即使在一个题目中是边分析边说明也应该注意不要弄混．
典型例题七
33
例7 若a +b =2，求证a +b ≤2．
分析：本题结论的反面比原结论更具体、更简、宜用反证法．
332222a +b =(a +b )(a -ab +b ) >2(a -ab +b ) ， a +b >2证法一：假设，则2233
而a +b =2，故(a -ab +b )
∴1+ab >a +b ≥2ab ．从而ab
∴a +b
∴(a +b ) =a +b +2ab
这与假设矛盾，故a +b ≤2．
证法二：假设a +b >2，则a >2-b ，
333322
故2=a +b >(2-b ) +b ，即2>8-12b +6b ，即(b -1)
333
证法三：假设a +b >2，则(a +b ) =a +b +3ab (a +b ) >8．
222
33
由a +b =2，得3ab (a +b ) >6，故ab (a +b ) >2．
3322
又a +b =(a +b )(a -ab +b ) =2， 22
∴ab (a +b ) >(a +b )(a -ab +b ) ．
22
∴a -ab +b
说明：本题三种方法均采用反证法，有的推至与已知矛盾，有的推至与已知事实矛盾． 一般说来，结论中出现“至少”“至多”“唯一”等字句，或结论以否定语句出现，或结论肯定“过头”时，都可以考虑用反证法．
2
典型例题八
例8 设x 、y 为正数，求证x +y >x +y ． 分析：用综合法证明比较困难，可试用分析法．
2232233323
证明：要证x +y >x +y ，只需证(x +y ) >(x +y ) ， 6422466336
即证x +3x y +3x y +y >x +2x y +y ，
4224332222
化简得3x y +3x y >2x y ，x y (3x -2xy +3y ) >0． 22
∵∆=4y -4⨯3⨯3y
∴3x -2xy +3y >0． 2222
∴x y (3x -2xy +3y ) >0． ∴原不等式成立．
3322说明：1．本题证明易出现以下错误证法：x +y ≥2xy ，x +y ≥，然后分(1)x >y >1；(2)x 1且01且0
2．用分析法证明数学问题，要求相邻两步的关系是A ⇐B ，前一步是后一步的必要条件，后一步是前一步的充分条件，当然相互为充要条件也可以．
32x 2
3y 2
22
33
典型例题九
1
≤x 2-xy +y 2≤322
例9 已知1≤x +y ≤2，求证2．
分析：联想三角函数知识，进行三角换元，然后利用三角函数的值域进行证明． 证明：从条件看，可用三角代换，但需要引入半径参数r ．
22
∵1≤x +y ≤2，
0≤θ≤2π． ∴可设x =r cos θ，y =r sin θ，其中1≤r ≤2，
1
x 2-xy +y 2=r 2-r 2sin θcos θ=r 2(1-sin 2θ)
2∴．
1131213≤1-sin 2θ≤r ≤r 2(1-sin 2θ) ≤r 2
22，故222． 由2
112132
r ≥r ≤3≤x 2-xy +y 2≤3
2，2而2，故2．
222222
说明：1．三角代换是最常见的变量代换，当条件为x +y =r 或x +y ≤r 或
x 2y 2
±2=12a b 时，均可用三角代换．2．用换元法一定要注意新元的范围，否则所证不等式的变量和取值的变化会影响其结果的正确性．
典型例题十
1111≤++ +
2n ． 例10 设n 是正整数，求证2n +1n +2
111++ +
2n 的范围，它的和又求不出来，可以采用分析：要求一个n 项分式n +1n +2
“化整为零”的方法，观察每一项的范围，再求整体的范围．
111≤
证明：由2n ≥n +k >n (k =1, 2, , n ) ，得2n n +k n ．
111≤
当k =1时，2n n +1n ；
111≤
当k =2时，2n n +2n
„„
111≤
当k =n 时，2n n +n n ． 1n 111n =≤++ +
2n n ∴22n n +1n +2．
说明：1、用放缩法证明不等式，放缩要适应，否则会走入困境．例如证明
1117111++ +
2、放缩法一般包括：用缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值缩小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求，第一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩后便于求和．
典型例题十一
(a -b ) 2a +b (a -b ) 2
a >b >08a 28b ． 例11 已知，求证：
分析：欲证不等式看起来较为“复杂”，宜将它化为较“简单”的形式，因而用分析法证明较好．
(a -b ) 2a +b (a -b ) 2
(a -b ) 2(a -b ) 2
4b ． 只须证4a
⎛a -b ⎫⎛a -b ⎫2
⎪ ⎪
⎝2b ⎭， 即要证⎝2a ⎭
a -b a -b
2b ． 即要证2a
22
a +即要证即要证
2a a +b a
a +2b
， ．
a +1+
即要证
a
a b
+1
b a
b ． ，即a
b a
b （*） 即要证a
∵a >b >0，∴（*）显然成立，
(a -b ) 2a +b (a -b ) 2
典型例题十二
例12 如果x ，y ，z ∈R ，求证：x +y +z ≥x y z +y z x +z x y ．
分析：注意到不等式左边各字母在项中的分布处于分离状态，而右边却结合在一起，因而要寻求一个熟知的不等式具有这种转换功能（保持两边项数相同），由
222(a -b ) 2+(b -c ) 2+(c -a ) 2≥0，易得a +b +c ≥ab +bc +ca ，此式的外形特征符合要求，
[1**********]3
因此，我们用如下的结合法证明．
888424242
证明：∵x +y +z =(x ) +(y ) +(z )
≥x 4y 4+y 4x 4+z 4x 4
222222222
=(x y ) +(y z ) +(z x )
[1**********]2
≥x y ⋅y z +y z ⋅z x +z x ⋅x y 222222
=(xy z ) +(yz x ) +(zx y )
222222
≥xy z ⋅yz x +yz x ⋅zx y +zx y ⋅xy z
233233233
=x y z +y z x +z x y ．
[1**********]3
∴x +y +z ≥x y z +y z x +z x y ．
22
说明：分析时也可以认为是连续应用基本不等式a +b ≥2ab 而得到的．左右两边都是222
三项，实质上是a +b +c ≥ab +bc +ca 公式的连续使用．
111
x 8+y 8+z 8≥x 3y 3z 3(++)
+x y z 如果原题限定x ，y ，z ∈R ，则不等式可作如下变形：x 5y 5z 5111
++≥++333333
x y z ． x z x y 进一步可得到：y z
显然其证明过程仍然可套用原题的思路，但比原题要难，因为发现思路还要有一个转化的过程．
典型例题十三
(1-b ) c ，(1-c ) a 三数中，例13 已知0
1
不可能都大于4．
分析：此命题的形式为否定式，宜采用反证法证明．假设命题不成立，则
1
(1-a ) b ，(1-b ) c ，(1-c ) a 三数都大于4，从这个结论出发，进一步去导出矛盾．
1
(1-b ) c ，(1-c ) a 三数都大于4， 证明：假设(1-a ) b ，
111
(1-a ) b >(1-b ) c >(1-c ) a >
4，4，4． 即
又∵0
111
(1-b ) c >1-c ) a >2，2，2． ∴
3
(1-a ) b +(1-b ) c +1-c ) a >
2 ① ∴
1-a +b 1-b +c 1-c +a
1-a ) b ≤1-b ) c ≤1-c ) a ≤
222又∵，，．
(1-a ) b >
以上三式相加，即得：
(1-a ) ⋅b +1-b ) ⋅c +1-c ) ⋅a ≤
3
2 ②
显然①与②相矛盾，假设不成立，故命题获证． 说明：一般情况下，如果命题中有“至多”、“至少”、“都”等字样，通常情况下要用反证法，反证法的关键在于“归谬”，同时，在反证法的证明过程中，也贯穿了分析法和综合法的解题思想．
典型例题十四
⎛a +b ⎫⎛a +b +c ⎫2 -ab ⎪≤3 -abc ⎪
3⎭⎝⎭． 例14 已知a 、b 、c 都是正数，求证：⎝2
分析：用分析法去找一找证题的突破口．要证原不等式，只需证-2ab ≤c -3abc ，即只需证c +2ab ≥3abc ．把2变为ab +ab ，问题就解决了．或有分析法的途径，也很容易用综合法的形式写出证明过程．
⎛a +b ⎫⎛a +b +c ⎫2 -⎪⎪-ab ≤3
3⎝⎭， 证法一：要证⎝2⎭
只需证a +b -2ab ≤a +b +c -3abc ，
即-2ab ≤c -3abc ，移项，得c +2ab ≥3abc ．
由a 、b 、c 为正数，得c +2ab =c +ab +ab ≥3abc ． ∴原不等式成立．
证法二：∵a 、b 、c 为正数，
∴c +ab +ab ≥3c ab ⋅ab =3abc ．
即c +2ab ≥abc ，故-2ab ≤c -3abc ．
∴a +b -2ab ≤a +b +c -abc ，
⎛a +b ⎫⎛a +b +c ⎫∴2 -abc ⎪⎪-ab ≤3
3⎝2⎭⎝⎭．
a +b +c a +b
3说明：题中给出的2，ab ，，abc ，只因为a 、b 、c 都是正数，形
式同算术平均数与几何平均数定理一样，不加分析就用算术平均数与几何平均数定理来求证，问题就不好解决了．
原不等式中是用“不大于”连结，应该知道取等号的条件，本题当且仅当c =ab 时取“＝”号．证明不等式不论采用何种方法，仅仅是一个手段或形式问题，我们必须掌握证题的关
键．本题的关键是证明c +2ab ≥3．
典型例题十五
例15 已知a >0，b >0，且a -b =1．求证：
111
M =0
a a ，欲证0
+
域，本题采用三角换元，借助三角函数的变换手段将很方便，由条件a -b =1，a 、b ∈R 可
0
111(a -)(b +)
22
换元，围绕公式sec θ-tan θ=1来进行．
π2， 证明：令a =sec θ，b =tan θ，且
111111(a -)(+) =(secθ-) ⋅(tanθ+) 2a sec θtan θsec θa b 则
1sin θcos θ
=cos 2θ(-cos θ) ⋅(+)
cos θcos θsin θ sin 2θ12
=cos θ⋅⋅=sin θ
cos θsin θcos θ
111π0
a a 2，∴0
2
2
0
说明：换元的思想随处可见，这里用的是三角代换法，这种代换如能将其几何意义挖掘出来，对代换实质的认识将会深刻得多，常用的换元法有：(1)若x ≤1，可设x =sin α, α∈R ；
2222
(2)若x +y =1，可设x =cos α，y =sin α，α∈R ；(3)若x +y ≤1，可设x =r cos α，
y =r sin α，且r ≤1．
典型例题十六
例16 已知x 是不等于1的正数，n 是正整数，求证(1+x )(1+x ) >2⋅x ． 分析：从求证的不等式看，左边是两项式的积，且各项均为正，右边有2的因子，因此可考虑使用均值不等式．
证明：∵x 是不等于1的正数，
∴1+x >2x >0，
n n n
∴(1+x ) >2x ． ①
n
n
n +1
n
又1+x >2x >0． ② 将式①，②两边分别相乘得
n n
(1+x n )(1+x ) n >2x n ⋅2n ⋅x n ，
∴(1+x )(1+x ) >2⋅x ．
说明：本题看起来很复杂，但根据题中特点，选择综合法求证非常顺利．由特点选方法是解题的关键，这里因为x ≠1，所以等号不成立，又因为①，②两个不等式两边均为正，所以可利用不等式的同向乘性证得结果．这也是今后解题中要注意的问题．
n
n
n +1
n
典型例题十七
例17 已知，x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1，求证x +y +z ≤3．
分析：从本题结构和特点看，使用比较法和综合法都难以奏效．为找出使不等式成立的充分条件不妨先用分析法一试，待思路清晰后，再决定证题方法．
+
证明：要证x +y +z ≤3，
只需证x +y +z +2(xy +只需证xy +xz +∵x ，y ，z ∈R ，
+
xz +yz ) ≤3，
yz ≤1．
∴x +y ≥2xy ，x +z ≥2xz ，y +z ≥2yz ， ∴2(x +y +z ) ≥2(xy +xz +∴xy +xz +
yz ) ，
yz ≤1成立．
∴x +y +z ≤3．
说明：此题若一味地用分析法去做，难以得到结果．在题中得到只需证
xy +xz +yz ≤1后，思路已较清晰，这时改用综合法，是一种好的做法．通过此例可以看出，用分析法寻求不等式的证明途径时，有时还要与比较法、综合法等结合运用，决不可把某种方法看成是孤立的．
典型例题十八
111++ +
分析：此题的难度在于，所求证不等式的左端有多项和且难以合并，右边只有一项．注
12
意到这是一个严格不等式，为了左边的合并需要考查左边的式子是否有规律，这只需从n 下手考查即可．
111111=⋅
证明：∵n 2n n n (n -1) n -1n ，
1+
1⎫1⎛1111⎛11⎫⎛11⎫
+-=2-
1223n -1n n 23n ⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴．
说明：此题证明过程并不复杂，但思路难寻．本题所采用的方法也是解不等式时常用的一种方法，即放缩法．这类题目灵活多样，需要巧妙变形，问题才能化隐为显，这里变形的这一步极为关键．
1+
典型例题十九
例19 在∆ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，若A +C ≤2B ，求证
a 4+c 4≤2b 4．
分析：因为涉及到三角形的边角关系，故可用正弦定理或余弦定理进行边角的转化．
π1B ≥，cos B ≤32． 证明：∵A +C =π-B ≤2B ，∴
22222由余弦定理得b =a +c -2ac cos B ≥a +c -ac
222∴a +c ≤b +ac ，
4422222a +c =(a +c ) -2a c ∴
2222 =(a +c +2ac )(a +c -2ac )
22 ≤[b +(2+1) ac ]⋅[b -(2-1) ac ]
4222 =b +2ac ⋅b -a c
=-(ac -b ) +2b ≤2b 说明：三角形中最常使用的两个定理就是正弦和余弦定理，另外还有面积公式244
1S =ab sin C 2．本题应用知识较为丰富，变形较多．这种综合、变形能力需要读者在平时解题时体会和总结，证明不等式的能力和直觉需要长期培养．
典型例题一
例1 若0log a (1+x ) （a >0且a ≠1）．
分析1 用作差法来证明．需分为a >1和0
解法1 （1）当a >1时， 因为 01， 所以 log a (1-x ) -log a (1+x ) =-log a (1-x ) -log a (1+x ) =-log a (1-x ) >0． （2）当01 所以 log a (1-x ) -log a (1+x )
a (1-x ) +l o g a (1+x ) =l o g
a (1-x ) >0． =l o g
22
综合（1）（2）知log a (1-x ) >log a (1+x ) ．
分析2 直接作差，然后用对数的性质来去绝对值符号． 解法2 作差比较法．
因为 log a (1-x ) -log a (1+x )
lg(1-x ) lg(1+x )
-lg a lg a
1
lg(1-x ) -lg(1+x ) ]=lg a 1
[-lg(1-x ) -lg(1+x ) ]=lg a -1=lg(1-x 2) >0lg a ，
=
所以log a (1-x ) >log a (1+x ) ．
说明：解法一用分类相当于增设了已知条件，便于在变形中脱去绝对值符号；解法二用对数性质（换底公式）也能达到同样的目的，且不必分而治之，其解法自然简捷、明快．
典型例题二
例2 设a >b >0，求证：a b >a b .
分析：发现作差后变形、判断符号较为困难．考虑到两边都是正数，可以作商，判断比值与1的大小关系，从而证明不等式．
a
b
b
a
a a b b a a -b a -b b -a
=a ⋅b =() b a
b a b 证明：
a
>1, a -b >0.
a >b >0b ∵，∴
a a b b a a -b
() >1b a ∴b . ∴a b >1.
b a
又∵a b >0，
∴a b >a b . . 说明：本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法). 作商比较法证明不等式的步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小.
a
b
b
a
典型例题三
a 4+b 4a +b 4
≥()
b a 22例3 对于任意实数、，求证（当且仅当a =b 时取等号）
a +b 4()
分析 这个题若使用比较法来证明，将会很麻烦，因为，所要证明的不等式中有2，
22
展开后很复杂。若使用综合法，从重要不等式：a +b ≥2ab 出发，再恰当地利用不等式的有关性质及“配方”的技巧可得到证明。
2222
证明：∵ a +b ≥2ab （当且仅当a =b 时取等号）
两边同加(a +b ) :2(a +b ) ≥(a +b ) ，
4444222
a 4+b 4a 2+b 22
≥() 22即： （1）
22
又：∵ a +b ≥2ab （当且仅当a =b 时取等号）
两边同加(a +b ) :2(a +b ) ≥(a +b )
22222
a 2+b 2a +b 2
≥() 22 ∴
a 2+b 22a +b 4() ≥()
22∴ （2）
a 4+b 4a +b 4
≥() 22由（1）和（2）可得（当且仅当a =b 时取等号）．
说明：此题参考用综合法证明不等式．综合法证明不等式主要是应用均值不等式来证明，
要注意均值不等式的变形应用，一般式子中出现有平方和乘积形式后可以考虑用综合法来解．
典型例题四
111++≥9. +
a +b +c =1b c ∈R a b c a 例4 已知、、，，求证
111++
分析 显然这个题用比较法是不易证出的。若把a b c 通分，则会把不等式变得较
复杂而不易得到证明．由于右边是一个常数，故可考虑把左边的式子变为具有“倒数”特征
b a +
的形式，比如a b ，再利用“均值定理”就有可能找到正确的证明途径，这也常称为“凑
倒数”的技巧．
证明：∵a +b +c =1
111a +b +c a +b +c a +b +c ++=++a b c a b c ∴
b c a c a b =(1++) +(+1+) +(++1)
a a b b c c b a c a c b =3+(+) +(+) +(+)
a b a c b c
b a c a c b +≥=2+≥2+≥2a b a c b c ∵，同理：，。 111
++≥3+2+2+2=9. a b c ∴
说明：此题考查了变形应用综合法证明不等式．题目中用到了“凑倒数”，这种技巧在
很多不等式证明中都可应用，但有时要首先对代数式进行适当变形，以期达到可以“凑倒数”的目的．
典型例题五
111
++
例５ 已知a >b >c ，求证：a -b b -c c -a ＞0.
分析：此题直接入手不容易，考虑用分析法来证明，由于分析法的过程可以用综合法来书写，所以此题用两种方法来书写证明过程.
证明一：(分析法书写过程)
111
++
为了证明a -b b -c c -a ＞0
111
+
只需要证明a -b b -c ＞a -c ∵a >b >c
∴a -c >a -b >0, b -c >0 111
,
∴a -b a -c b -c ＞0
111
+
∴a -b b -c ＞a -c 成立
111
++
∴a -b b -c c -a ＞0成立
证明二：(综合法书写过程)
∵a >b >c ∴a -c >a -b >0, b -c >0
111
∴a -b ＞a -c b -c ＞0
111
+
∴a -b b -c ＞a -c 成立
111
++
∴a -b b -c c -a ＞0成立
说明：学会分析法入手，综合法书写证明过程，但有时这两种方法经常混在一起应用，
混合应用时，应用语言叙述清楚.
典型例题六
例6 若a >0, b >0，且2c >a +b ，求证：
分析 什么直接的联系，所以可以采用分析的方法来寻找证明途径．但用“分析”法证不等式，要有严格的格式，即每一步推出的都是上一步的充分条件，直到推出的条件是明显成立的（已知条件或某些定理等）．
证明：
为要证c
只需证
a -c
22
(a -c )
2
即证a -2ac
c
即证2ac >a (a +b ) ， ∵a >0,2c >a +b , b >0，
a +b
≥222∴c >ab 即有c -ab >0，
又 由2c >a +b 可得2ac >a (a +b ) 成立， c >
∴
所求不等式c
说明：此题考查了用分析法证明不等式．在题目中分析法和综合法是综合运用的，要注意在书写时，分析法的书写过程应该是：“欲证„„需证„„”，综合法的书写过程是：“因为（∵）„„所以（∴）„„”，即使在一个题目中是边分析边说明也应该注意不要弄混．
典型例题七
33
例7 若a +b =2，求证a +b ≤2．
分析：本题结论的反面比原结论更具体、更简、宜用反证法．
332222a +b =(a +b )(a -ab +b ) >2(a -ab +b ) ， a +b >2证法一：假设，则2233
而a +b =2，故(a -ab +b )
∴1+ab >a +b ≥2ab ．从而ab
∴a +b
∴(a +b ) =a +b +2ab
这与假设矛盾，故a +b ≤2．
证法二：假设a +b >2，则a >2-b ，
333322
故2=a +b >(2-b ) +b ，即2>8-12b +6b ，即(b -1)
333
证法三：假设a +b >2，则(a +b ) =a +b +3ab (a +b ) >8．
222
33
由a +b =2，得3ab (a +b ) >6，故ab (a +b ) >2．
3322
又a +b =(a +b )(a -ab +b ) =2， 22
∴ab (a +b ) >(a +b )(a -ab +b ) ．
22
∴a -ab +b
说明：本题三种方法均采用反证法，有的推至与已知矛盾，有的推至与已知事实矛盾． 一般说来，结论中出现“至少”“至多”“唯一”等字句，或结论以否定语句出现，或结论肯定“过头”时，都可以考虑用反证法．
2
典型例题八
例8 设x 、y 为正数，求证x +y >x +y ． 分析：用综合法证明比较困难，可试用分析法．
2232233323
证明：要证x +y >x +y ，只需证(x +y ) >(x +y ) ， 6422466336
即证x +3x y +3x y +y >x +2x y +y ，
4224332222
化简得3x y +3x y >2x y ，x y (3x -2xy +3y ) >0． 22
∵∆=4y -4⨯3⨯3y
∴3x -2xy +3y >0． 2222
∴x y (3x -2xy +3y ) >0． ∴原不等式成立．
3322说明：1．本题证明易出现以下错误证法：x +y ≥2xy ，x +y ≥，然后分(1)x >y >1；(2)x 1且01且0
2．用分析法证明数学问题，要求相邻两步的关系是A ⇐B ，前一步是后一步的必要条件，后一步是前一步的充分条件，当然相互为充要条件也可以．
32x 2
3y 2
22
33
典型例题九
1
≤x 2-xy +y 2≤322
例9 已知1≤x +y ≤2，求证2．
分析：联想三角函数知识，进行三角换元，然后利用三角函数的值域进行证明． 证明：从条件看，可用三角代换，但需要引入半径参数r ．
22
∵1≤x +y ≤2，
0≤θ≤2π． ∴可设x =r cos θ，y =r sin θ，其中1≤r ≤2，
1
x 2-xy +y 2=r 2-r 2sin θcos θ=r 2(1-sin 2θ)
2∴．
1131213≤1-sin 2θ≤r ≤r 2(1-sin 2θ) ≤r 2
22，故222． 由2
112132
r ≥r ≤3≤x 2-xy +y 2≤3
2，2而2，故2．
222222
说明：1．三角代换是最常见的变量代换，当条件为x +y =r 或x +y ≤r 或
x 2y 2
±2=12a b 时，均可用三角代换．2．用换元法一定要注意新元的范围，否则所证不等式的变量和取值的变化会影响其结果的正确性．
典型例题十
1111≤++ +
2n ． 例10 设n 是正整数，求证2n +1n +2
111++ +
2n 的范围，它的和又求不出来，可以采用分析：要求一个n 项分式n +1n +2
“化整为零”的方法，观察每一项的范围，再求整体的范围．
111≤
证明：由2n ≥n +k >n (k =1, 2, , n ) ，得2n n +k n ．
111≤
当k =1时，2n n +1n ；
111≤
当k =2时，2n n +2n
„„
111≤
当k =n 时，2n n +n n ． 1n 111n =≤++ +
2n n ∴22n n +1n +2．
说明：1、用放缩法证明不等式，放缩要适应，否则会走入困境．例如证明
1117111++ +
2、放缩法一般包括：用缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值缩小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求，第一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩后便于求和．
典型例题十一
(a -b ) 2a +b (a -b ) 2
a >b >08a 28b ． 例11 已知，求证：
分析：欲证不等式看起来较为“复杂”，宜将它化为较“简单”的形式，因而用分析法证明较好．
(a -b ) 2a +b (a -b ) 2
(a -b ) 2(a -b ) 2
4b ． 只须证4a
⎛a -b ⎫⎛a -b ⎫2
⎪ ⎪
⎝2b ⎭， 即要证⎝2a ⎭
a -b a -b
2b ． 即要证2a
22
a +即要证即要证
2a a +b a
a +2b
， ．
a +1+
即要证
a
a b
+1
b a
b ． ，即a
b a
b （*） 即要证a
∵a >b >0，∴（*）显然成立，
(a -b ) 2a +b (a -b ) 2
典型例题十二
例12 如果x ，y ，z ∈R ，求证：x +y +z ≥x y z +y z x +z x y ．
分析：注意到不等式左边各字母在项中的分布处于分离状态，而右边却结合在一起，因而要寻求一个熟知的不等式具有这种转换功能（保持两边项数相同），由
222(a -b ) 2+(b -c ) 2+(c -a ) 2≥0，易得a +b +c ≥ab +bc +ca ，此式的外形特征符合要求，
[1**********]3
因此，我们用如下的结合法证明．
888424242
证明：∵x +y +z =(x ) +(y ) +(z )
≥x 4y 4+y 4x 4+z 4x 4
222222222
=(x y ) +(y z ) +(z x )
[1**********]2
≥x y ⋅y z +y z ⋅z x +z x ⋅x y 222222
=(xy z ) +(yz x ) +(zx y )
222222
≥xy z ⋅yz x +yz x ⋅zx y +zx y ⋅xy z
233233233
=x y z +y z x +z x y ．
[1**********]3
∴x +y +z ≥x y z +y z x +z x y ．
22
说明：分析时也可以认为是连续应用基本不等式a +b ≥2ab 而得到的．左右两边都是222
三项，实质上是a +b +c ≥ab +bc +ca 公式的连续使用．
111
x 8+y 8+z 8≥x 3y 3z 3(++)
+x y z 如果原题限定x ，y ，z ∈R ，则不等式可作如下变形：x 5y 5z 5111
++≥++333333
x y z ． x z x y 进一步可得到：y z
显然其证明过程仍然可套用原题的思路，但比原题要难，因为发现思路还要有一个转化的过程．
典型例题十三
(1-b ) c ，(1-c ) a 三数中，例13 已知0
1
不可能都大于4．
分析：此命题的形式为否定式，宜采用反证法证明．假设命题不成立，则
1
(1-a ) b ，(1-b ) c ，(1-c ) a 三数都大于4，从这个结论出发，进一步去导出矛盾．
1
(1-b ) c ，(1-c ) a 三数都大于4， 证明：假设(1-a ) b ，
111
(1-a ) b >(1-b ) c >(1-c ) a >
4，4，4． 即
又∵0
111
(1-b ) c >1-c ) a >2，2，2． ∴
3
(1-a ) b +(1-b ) c +1-c ) a >
2 ① ∴
1-a +b 1-b +c 1-c +a
1-a ) b ≤1-b ) c ≤1-c ) a ≤
222又∵，，．
(1-a ) b >
以上三式相加，即得：
(1-a ) ⋅b +1-b ) ⋅c +1-c ) ⋅a ≤
3
2 ②
显然①与②相矛盾，假设不成立，故命题获证． 说明：一般情况下，如果命题中有“至多”、“至少”、“都”等字样，通常情况下要用反证法，反证法的关键在于“归谬”，同时，在反证法的证明过程中，也贯穿了分析法和综合法的解题思想．
典型例题十四
⎛a +b ⎫⎛a +b +c ⎫2 -ab ⎪≤3 -abc ⎪
3⎭⎝⎭． 例14 已知a 、b 、c 都是正数，求证：⎝2
分析：用分析法去找一找证题的突破口．要证原不等式，只需证-2ab ≤c -3abc ，即只需证c +2ab ≥3abc ．把2变为ab +ab ，问题就解决了．或有分析法的途径，也很容易用综合法的形式写出证明过程．
⎛a +b ⎫⎛a +b +c ⎫2 -⎪⎪-ab ≤3
3⎝⎭， 证法一：要证⎝2⎭
只需证a +b -2ab ≤a +b +c -3abc ，
即-2ab ≤c -3abc ，移项，得c +2ab ≥3abc ．
由a 、b 、c 为正数，得c +2ab =c +ab +ab ≥3abc ． ∴原不等式成立．
证法二：∵a 、b 、c 为正数，
∴c +ab +ab ≥3c ab ⋅ab =3abc ．
即c +2ab ≥abc ，故-2ab ≤c -3abc ．
∴a +b -2ab ≤a +b +c -abc ，
⎛a +b ⎫⎛a +b +c ⎫∴2 -abc ⎪⎪-ab ≤3
3⎝2⎭⎝⎭．
a +b +c a +b
3说明：题中给出的2，ab ，，abc ，只因为a 、b 、c 都是正数，形
式同算术平均数与几何平均数定理一样，不加分析就用算术平均数与几何平均数定理来求证，问题就不好解决了．
原不等式中是用“不大于”连结，应该知道取等号的条件，本题当且仅当c =ab 时取“＝”号．证明不等式不论采用何种方法，仅仅是一个手段或形式问题，我们必须掌握证题的关
键．本题的关键是证明c +2ab ≥3．
典型例题十五
例15 已知a >0，b >0，且a -b =1．求证：
111
M =0
a a ，欲证0
+
域，本题采用三角换元，借助三角函数的变换手段将很方便，由条件a -b =1，a 、b ∈R 可
0
111(a -)(b +)
22
换元，围绕公式sec θ-tan θ=1来进行．
π2， 证明：令a =sec θ，b =tan θ，且
111111(a -)(+) =(secθ-) ⋅(tanθ+) 2a sec θtan θsec θa b 则
1sin θcos θ
=cos 2θ(-cos θ) ⋅(+)
cos θcos θsin θ sin 2θ12
=cos θ⋅⋅=sin θ
cos θsin θcos θ
111π0
a a 2，∴0
2
2
0
说明：换元的思想随处可见，这里用的是三角代换法，这种代换如能将其几何意义挖掘出来，对代换实质的认识将会深刻得多，常用的换元法有：(1)若x ≤1，可设x =sin α, α∈R ；
2222
(2)若x +y =1，可设x =cos α，y =sin α，α∈R ；(3)若x +y ≤1，可设x =r cos α，
y =r sin α，且r ≤1．
典型例题十六
例16 已知x 是不等于1的正数，n 是正整数，求证(1+x )(1+x ) >2⋅x ． 分析：从求证的不等式看，左边是两项式的积，且各项均为正，右边有2的因子，因此可考虑使用均值不等式．
证明：∵x 是不等于1的正数，
∴1+x >2x >0，
n n n
∴(1+x ) >2x ． ①
n
n
n +1
n
又1+x >2x >0． ② 将式①，②两边分别相乘得
n n
(1+x n )(1+x ) n >2x n ⋅2n ⋅x n ，
∴(1+x )(1+x ) >2⋅x ．
说明：本题看起来很复杂，但根据题中特点，选择综合法求证非常顺利．由特点选方法是解题的关键，这里因为x ≠1，所以等号不成立，又因为①，②两个不等式两边均为正，所以可利用不等式的同向乘性证得结果．这也是今后解题中要注意的问题．
n
n
n +1
n
典型例题十七
例17 已知，x ，y ，z ∈R ，且x +y +z =1，求证x +y +z ≤3．
分析：从本题结构和特点看，使用比较法和综合法都难以奏效．为找出使不等式成立的充分条件不妨先用分析法一试，待思路清晰后，再决定证题方法．
+
证明：要证x +y +z ≤3，
只需证x +y +z +2(xy +只需证xy +xz +∵x ，y ，z ∈R ，
+
xz +yz ) ≤3，
yz ≤1．
∴x +y ≥2xy ，x +z ≥2xz ，y +z ≥2yz ， ∴2(x +y +z ) ≥2(xy +xz +∴xy +xz +
yz ) ，
yz ≤1成立．
∴x +y +z ≤3．
说明：此题若一味地用分析法去做，难以得到结果．在题中得到只需证
xy +xz +yz ≤1后，思路已较清晰，这时改用综合法，是一种好的做法．通过此例可以看出，用分析法寻求不等式的证明途径时，有时还要与比较法、综合法等结合运用，决不可把某种方法看成是孤立的．
典型例题十八
111++ +
分析：此题的难度在于，所求证不等式的左端有多项和且难以合并，右边只有一项．注
12
意到这是一个严格不等式，为了左边的合并需要考查左边的式子是否有规律，这只需从n 下手考查即可．
111111=⋅
证明：∵n 2n n n (n -1) n -1n ，
1+
1⎫1⎛1111⎛11⎫⎛11⎫
+-=2-
1223n -1n n 23n ⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴．
说明：此题证明过程并不复杂，但思路难寻．本题所采用的方法也是解不等式时常用的一种方法，即放缩法．这类题目灵活多样，需要巧妙变形，问题才能化隐为显，这里变形的这一步极为关键．
1+
典型例题十九
例19 在∆ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，若A +C ≤2B ，求证
a 4+c 4≤2b 4．
分析：因为涉及到三角形的边角关系，故可用正弦定理或余弦定理进行边角的转化．
π1B ≥，cos B ≤32． 证明：∵A +C =π-B ≤2B ，∴
22222由余弦定理得b =a +c -2ac cos B ≥a +c -ac
222∴a +c ≤b +ac ，
4422222a +c =(a +c ) -2a c ∴
2222 =(a +c +2ac )(a +c -2ac )
22 ≤[b +(2+1) ac ]⋅[b -(2-1) ac ]
4222 =b +2ac ⋅b -a c
=-(ac -b ) +2b ≤2b 说明：三角形中最常使用的两个定理就是正弦和余弦定理，另外还有面积公式244
1S =ab sin C 2．本题应用知识较为丰富，变形较多．这种综合、变形能力需要读者在平时解题时体会和总结，证明不等式的能力和直觉需要长期培养．