第一篇：一類對稱或循環(huán)不等式的配方法證明

一類對稱或循環(huán)不等式的配方法證明

_------讀熊斌《數(shù)學(xué)奧林匹克》之體會

數(shù)學(xué)組蔡玉書（215006）

縱觀國內(nèi)外數(shù)學(xué)奧林匹克中的不等式試題，有不少試題是關(guān)于a,b,c的對稱或輪換對稱的不等式，直接利用均值不等式、柯西不等式或者重要不等式有時很難達(dá)到目的，而利用它們的對稱性，直接利用比較法進(jìn)行適當(dāng)?shù)呐浞?，就可以使得問題得到完美的解決。本文從歷年的國內(nèi)外數(shù)學(xué)奧林匹克試題中精心選擇若干優(yōu)秀試題，進(jìn)行詳細(xì)的分析與解答，供參賽選手和數(shù)學(xué)奧林匹克教練員參考。

例1設(shè)a,b,c是三角形的三邊,求證：a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)≤3abc.(第6屆IMO試題)證法一 注意到a3+b3+c3－3abc =(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca),得

3abc－[a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)]

=a3+b3+c3－3abc+a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)

=(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca)+a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)

1=(a+b+c)[(a－b)2+(b―c)2+(c―a)2]+a(b―c)2++b(c―a)2+c(a－b)2

2111=a+b－c)(a－b)2+b+c－a)(b―c)2+a+c－b)(c―a)2.222

∵a,b,c是三角形的三邊,∴a+b－c >0, b+c－a >0, a+c－b >0.而(a－b)2≥0,(b―c)2≥0,(c―a)2≥0,故原不等式成立,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c,即△ABC是正三角形時等號成立.例2 已知a,b,c是正數(shù), 證明：

abc3(1)(1963年莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克試題)b+cc+aa+b2

a2b2c2a+b+c(2)+≥(第2屆世界友誼杯數(shù)學(xué)競賽試題)b+cc+aa+b2

abc3證明(1)+ b+cc+aa+b2

2a(a+b)(c+a)+2b(a+b)(b+c)+2c(b+c)(c+a)－3(a+b)(b+c)(c+a)=2(a+b)(b+c)(c+a)

2(a3+b3+c3)－(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)=2(a+b)(b+c)(c+a)

a3+b3－(a2b+ab2)+b3+c3－(b2c+bc2)+b3+c3－(c2a+ca2)= 2(a+b)(b+c)(c+a)

(a+b)(a－b)2+(b+c)(b－c)2+(c+a)(c－a)2abc3= 0,+.2(a+b)(b+c)(c+a)b+cc+aa+b2

a2b2c2abcab(2)不難證明++=(a+b+c)(+ +)－(a+b+c),利用這個恒等式得到不等式+ b+cc+aa+bb+cc+aa+bb+cc+a

c3a2b2c2a+b+c+≥++.a+b2b+cc+aa+b2

y2－x2z2－y2x2－z2

例3 設(shè)x, y, z是正數(shù), 則≥0.(W.Janous猜想)z+xx+yy+z

y2－x2z2－y2x2－z2y2－z2z2－x2x2－y2

證明 設(shè) u = , v= , z+xx+yy+zz+xx+yy+z

z2－x2x2－y2y2－z2

則u－v = += z―x+x―y+y―z = 0, z+xx+yy+z

111111又u+v =(x2－y2)(－y2－z2)(－z2－x2y+zz+xz+xx+yx+yy+z

x－yy－zz?x=(x2－y2)+(y2－z2)+(z2－x2)(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)

(x+y)(x－y)2(y+z)(y－z)2(z+x)(z－x)2

= ++ ≥0,(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)

y2－x2z2－y2x2－z2

所以,u=v>0.從而+0.z+xx+yy+z

x5－x2y5－y2z5－z2

例4正實數(shù)x,y,z滿足xyz≥1,證明：++0.(第46屆IMO試題)x+y+zy+z+xz+x+y證明 因為xyz≥1,所以

x5－x2x5－x2·xyzx4－x2yz2x4－x2(y2+z2)≥類似地,可得 x+y+zx+(y+z)·xyzx+yz(y+z)2x+(y+z)y5－y22y4－y2(z2+x2)z5－z22z4－z2(x2+y2)≥y+z+x2y+(z+x)z+x+y2z+(x+y)2a2－a(b+c)2b2－b(c+a)2c2－c(a+b)222令a=x,b=y,c=z,原不等式化為證明+0 2a+(b+c)2b+(c+a)2c+(a+b)a(a－b)+a(a－c)b(b－c)+b(b－a)c(c－a)+c(c－b)?+≥0 2a+(b+c)2b+(c+a)2c+(a+b)c2+c(a+b)+a2-ab+b2112?∑(a-b)(≥0?∑(a-b)()≥0.2a+(b+c)2b+(c+a)(2a+(b+c))(2b+(c+a))cyccyc1119例5設(shè)x、y、z是正實數(shù),求證：(xy+yz+zx)[+年伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克試題)(x+y)(y+z)(z+x)4

證明 不妨設(shè)x≥y≥z＞0,1119xy+z(x+y)yz+x(y+z)zx+y(z+x)9(xy+yz+zx)[+++－(x+y)(y+z)(z+x)4(x+y)(y+z)(z+x)4

xyz3xy1yz1zx1+－ y+zz+xx+y2(x+y)4(y+z)4(z+x)4

2(z－x)2(y－z)2(x－y)2(y－z)2(z－x)21(x－y)=+]－[+] 2(y+z)(z+x)(x+y)(y+z)(x+y)(z+x)4(x+y)4(y+z)4(z+x)1212121222={[－－](x－y)+[y－z)}+[z－x)]} 4(y+z)(z+x)(x+y)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)(y+z)(z+x)1=Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2],① 4

212121其中Sz =－ Sx, Sy =(y+z)(z+x)(x+y)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)(y+z)(z+x)因為x≥y≥z＞0,所以2(x+y)2＞(x+y)2＞(y+z)(z+x),即Sz＞0.又2(z+x)2－(x+y)(y+z)=(x2－xy)+(x2－yz)+2z2+3zx＞0, 所以 Sy≥0.若Sx≥0,①的右端≥0,不等式得證.yy－zy若Sx＜0,因為x≥y≥z＞0,所以≥0,于是,(y－z)2≤()2(x－z)2.xx－zx

22yyS+xSSx(y－z)2+Sy(z－x)2≥Sx2(x－z)2+Sy(z－x)2(z－x)2.② xx22下面證明ySx+xSy≥0,事實上,y2Sx+x2Sy≥0?y2[2(y+z)2(z+x)－(x+y)(z+x)2]+x2[2(y+z)(z+x)2－(x+y)(y+z)2]

=y2(2y2z+xy2+3yz2+2xyz+2z3+xz2－2zx2－x3)+x2(2yz2+x2y+3xz2+2xyz+2z3+x2z－2zy2－y3)

=2xyz(x2+y2－2xy)+xy(x3+y3－x2y－xy2)+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)

=2xyz(x－y)2+xy(x+y)(x－y)2+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)＞0,所以,②式右端≥0,所以Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2≥0.綜上,不等式得證.例6 設(shè)a,b,c是一個三角形的三邊長,求證a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)≥0.并指出等號成立的條件.(第24屆IMO試題)

證明a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)

1= [(a+b－c)(b+c－a)(a－b)2+(b+c－a)(a+c－b)(b－c)2+(a+c－b)(a+b－c)(c－a)2]≥0.2

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)例7已知a,b,c＞0,證明：++3.(2006年羅馬尼亞數(shù)學(xué)奧林匹克試題)abcabc(a+b+c)

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)證明+3－abcabc(a+b+c)

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)= 6－[3] abcabc(a+b+c)

(b－c)2(c－a)2(a－b)2(b+c)(b－c)2(c+a)(c－a)2(a+b)(a－b)2

=+[+] bccaabbc(a+b+c)ca(a+b+c)ab(a+b+c)

1(b+c)1(c+a)1(a+b)b－c)2+[－c－a)2+[－](a－b)2 bcbc(a+b+c)caca(a+b+c)abab(a+b+c)

abc=b－c)2+c－a)2a－b)2≥0.bc(a+b+c)bc(a+b+c)bc(a+b+c)

bca例8 在△ABC中,證明:a2(－1)+b2(－1)+c2(－1)≥0.(2006年摩爾多瓦數(shù)學(xué)奧林匹克試題)cab

證明 不等式兩邊同時乘以2abc,不等式化為證明2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)≥0.2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)

=a3[(b+c)+(b－c)](b－c)+ b3[(c+a)+(c－a)](c－a)+c3[(a+b)+(a－b)](a－b)

= a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a3(b2－c2)+b3(c2－a2)+c3(a2－b2)

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2(c3－b3)+b2(a3－c3)+c2(b3－a3)

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2[(c－b)3+3cb(c－b)]+b2[(a－c)3+3ca(c－a)]

+c2[(b3－a3)+3ba(b－a)]

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3

+3abc[a(c－b)+b(c－a)+c(b－a)]

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3

= a2(b－c)2(c+a－b)+b2(c－a)2(a+b－c)+c2(a－b)2(b+c－a).在△ABC中, c+a－b, a+b－c, b+c－a都是正數(shù)，而(b－c)2≥0,(c－a)2≥0,(a－b)2≥0,所以不等式得證.例9在△ABC中,a,b,c是它的三條邊,p是半周長,證明不等式： a(p－b)(p－c)bbc

(p－b)(p－c)+bc(p－c)(p－a)cca(p－c)(p－a)+ca(p－a)(p－b)≥p.(2006年摩爾多瓦數(shù)學(xué)奧林匹克試題)ab(p－a)(p－b)p ab

≥x+y+z(z+x)(z+y)

≥2(x+y+z)(z+x)(z+y)

x+y2 y+z證明令x=p－a,y=p－b,z=p－c,則a=y+z,b=z+x,c=x+y.a?(y+z?2(y+z?z+x)(x+y)(x+z)z+x(x+y)(x+z)+(x+y)(y+z)(y+x)x+y(y+z)(y+x)(y+z)z(y+z)y+(y+zx+yx+z－x+y

y+z2(z+x)z(z+x)x)++－(z+x)(x+zx+yy+z2≥2(x+y+z)x+z

zx+yy2)+(z+x)(x+z(x+y)x(x+y)y+－(x+y)(y+zx+zx2y2z2?)－(x+y+z)≥(y+z)(y+zz+xx+y

+(x+y)(y+z2)x+zzx+yx2)y+z

(x+y+z)(x－y)2(x+y+z)(y－z)2(x+y+z)(z－x)2(x+y+z)2(y－z)2

?+≥(y+z)+(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)(z+x)(x+yz(x+z)+y(x+y))2

(x+y+z)2(z－x)2(x+y+z)2(x－y)2

(z+x+(x+y).①(x+y)(y+z)(z(y+zx(x+y))2(y+z)(z+x)(x(x+z)+y(y+z))2

(x+y+z)(x－y)2(x+y+z)2(x－y)2(x+y+z)(x+y)(x+y ?1≥2(y+z)(z+x)(y+z)(z+x(2

?(2≥(x+y+z)(x+y)?≥2xy.因為z是正數(shù),這是顯然的.同理可證其余兩個不等式.于是不等式①成立.11131111例10 已知a,b,c＞0,且abc=1,－2(.(2004年匈牙利數(shù)學(xué)奧林匹克試abca+b+cabca+b+c題)11131111證明因為abc=1,所以++≥++)等價于 abca+b+cabca+b+c

1113111abc－2(.abca+b+cabca+b+c

注意到(a3+b3)－(a2b+ab2)=(a2－b2)(a－b)=(a+b)(a－b)2有

1113111abc+－2(+)abca+b+cabca+b+c

[(a+b+c)(ab+bc+ca)－3abc](a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)= abc(a+b+c)(a+b+c)

(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)(a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)= abc(a+b+c)(a+b+c)

[(a4b+ab4)－(a3b2+a2b3)]+[(b4c+bc4)－(b3c2+b2c3)]+[(a4c+ac4)－(a3c2+a2c3)]= abc(a+b+c)(a+b+c)

ab[(a3+b3)－(a2b+ab2)]+bc[(b3+c3)－(b2c+bc2)]+ca[(a3+c3)－(a2c+ac2)]=abc(a+b+c)(a+b+c)

ab(a+b)(a－b)2+bc(b+c)(b－c)2+ca(c+a)(c－a)2

= 0.所以,原不等式成立.abc(a+b+c)(a+b+c)

111xyz例11 已知x,y,z∈[1,2],證明：(x+y+z)()≥6(+年越南數(shù)學(xué)奧林匹克試題)xyzy+zz+xx+y

證明 不妨設(shè)2≥x≥y≥z≥1,(x－y)2(y－z)2(z－x)2111因為(x+y+z+)－+, xyzxyyzzx

2(y－z)2(z－x)2xyz31(x－y)又因為+[+y+zz+xx+y22(y+z)(z+x)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)

111xyz所以(x+y+z)－6(++)xyzy+zz+xx+y

131313x－y)2+()(y－z)2+()(z－x)2≥0 xy(y+z)(z+x)yz(x+y)(z+x)zx(y+z)(x+y)

?z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)(x－y)2+x(y+z)(x2+xy+xz－2yz)(y－z)2+y(z+x)(y2+yz+yx－2zx)(z－x)2

=Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2≥0.①

由2≥x≥y≥z≥1,易知(x+y)(z+x)－3yz≥2y·2z－3yz＞0, 所以Sx＞0,又Sy≥0?(y+z)(x+y)－3zx≥0?xy+yz+y2－2zx≥0.②

由2≥x≥y≥z≥1,易知,y+z≥2≥x,所以y(y+z)≥zx, xy≥zx,相加得②.所以Sy≥0.如果Sz≥0,則①式右邊≥0,不等式得證.如果Sz＜0,則(x－y)2=[(x－z)－(y－z)]2=(z－x)2+(y－z)2－2(x－z)(y－z),Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2=(Sy+Sz)(z－x)2+(Sx+Sz)(y－z)2－2Sz(x－z)(y－z)≥(Sy+Sz)(z－x)2+(Sx+Sz)(y－z)2.下面證明Sy+Sz≥0, Sx+Sz≥0.Sx+Sz=x(y+z)(x2+xy+xz－2yz)+z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)

≥z(x+y)[(x2+xy+xz－2yz)+(z2+zx+zy－2xy)]= z(x+y)[(x+2z)(x－y)+z2]≥0, Sy+Sz=y(z+x)(y2+yz+yx－2zx)+z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)

≥z(x+y)[(y2+yz+yx－2zx)+(z2+zx+zy－2xy)]

= z(x+y)[xy+(y+z－x)(y+z)]≥0,所以Sz＜0時,不等式也成立.111xyz于是，只要x, y, z∈[1,2], 就有(x+y+z)(++≥).xyzy+zz+xx+y

第二篇：化為同分母循環(huán)和 證明一類分式不等式

本文發(fā)表于《中學(xué)數(shù)學(xué)研究》（南昌）2004年第12期

化為同分母循環(huán)和

證明一類分式不等式

215006蘇州市第一中學(xué)劉祖希

分式不等式的證明難，其難點首先體現(xiàn)在如何去掉分母.本文將通過一些例子獲得一個證明分式不等式的有效方法，并希望能成為一個通法：這就是將分式不等式的各部分巧妙地化為同分母循環(huán)和(即

A?1)獲證.下面詳細(xì)予以說明.?A?B?C

例1設(shè)a,b,c是正實數(shù)，且abc?1，求證：

(1996年IMO37預(yù)選題)

證明：∵abc?1,a?b?ab?a?b?（作差法易證）, 5522abbcca???1.a5?b5?abb5?c5?bcc5?a5?ca

aba2b2c?5∴5（齊次化）5522a?b?aba?b?abc

a2b2cc, ?22?22aba?b?abca?b?c

同理，bca?，55b?c?bca?b?c

cab?，c5?a5?aa?b?c

1111???.333333a?b?abcb?c?abcc?a?abcabc三式相加即得原不等式，當(dāng)且僅當(dāng)a?b?c?1等號成立（考慮篇幅，等號成立條件以下略）.例2求證：對所有正實數(shù)a,b,c，有

（1997年美國數(shù)學(xué)奧林匹克試題）

證明：先證齊次不等式

33abcabcabc???1.a3?b3?abcb3?c3?abcc3?a3?abc∵a?b?ab?a?b?（作差法易證），∴abcabcc??，a3?b3?abcaba?b?abca?b?c

abca?，b3?c3?abca?b?c

abcb?，c3?a3?abca?b?c

abcabcabc???1，三式相加得，333333a?b?abcb?c?abcc?a?abc同理，即1111???.a3?b3?abcb3?c3?abcc3?a3?abcabc

abbcca??.??????a?b?abb?c?bcc?a?ca對例

2、例3的推廣形式： 推廣：設(shè)a,b,c是正實數(shù)，且abc?1，記f????

1，則f????1；

21②若???1或??，則f????1；2

1③若?1???，則f????1.2①若???1或??

（《中學(xué)數(shù)學(xué)月刊》2002.12P40）

例3設(shè)?ABC中，求證：abc???2.b?cc?aa?b

aa2a2?a22a??2??1； 證明：∵b?cab?aca?ab?aca?b?c

a2a?，b?ca?b?c

b2b?同理，c?aa?b?c

c2c?，a?ba?b?c

abc???2.三式相加，得b?cc?aa?b

abc??例4在?ABC中，記f????，試證： ?a?b?c?b?c?a?c?a?b

2①當(dāng)?1???1時，有f????； ??

12②當(dāng)??1時，有f????.??1∴

(《中等數(shù)學(xué)》2002.4數(shù)學(xué)奧林匹克問題高115)

證明： 只要??1，總有

???1????b?c??a???0

????1??????1??b?c?????1?a???0 2

????1??????1??b?c?????1?a?2b?2c????????1?a????1?a?2b?2c???0

????1??????1??a?b?c????a?2b?2c????0 ??

??11?2a???1????2?a?2b?2c??1a?b?c???0

??

??1?2a????0 ?a?b?c??1a?b?c即???1?a???1?a

?a?b?c?2???1?a?，??1a?b?c

∴ ???1?f???????1?a

?a?b?c????1?b

?b?c?a????1?c

?c?a?b

?2???1?2???1?2???1?abc????? ??1a?b?c??1a?b?c??1a?b?c

?2???1?, ??1

2???1?, ??1

22；②當(dāng)??1時，有f????.??1??1即???1?f????故①當(dāng)?1???1時，有f????

注：例4中取??0，即為例3.例5設(shè)0?a,b,c?1.證明：abc???2.bc?1ca?1ab?1

證明：∵2a?bc?1??a?a?b?c?

?a?bc?1?a??a?bc?b?c?1?

?a?bc?1?a??a?b?1??c?1??0 a2a?，bc?1a?b?c

b2b?同理，ca?1a?b?c

c2c?，ab?1a?b?c

abc???2.三式相加，得bc?1ca?1ab?1∴

a2

例6在?ABC中ma,mb,mc分別表示邊a,b,c上的中線長，證明:?2?2.2mb?mc

（《中等數(shù)學(xué)》2003.4P18）

證明：由三角形中線長定理，mb?212c2?2a2?b2?，?

44a2a24a2?m2?m2??4a2?b2?c2??2a2?a2?b2?a2?c2

bc

4a2

??22a?2ab?2ac

??2a?2, a?b?c

a2

即?2?2.2mb?mc

至此，我們是否可以獲得這樣的啟示：以上這些分式不等式都具有對稱性，而且不等式的另一端多為常數(shù)，這就為我們統(tǒng)一處理、集中去分母提供了便利，同分母循環(huán)和的方法應(yīng)運(yùn)而生.例7設(shè)a,b,c是正實數(shù)，n是正整數(shù)，求證： anan?1an?1an

??n?1n?1；②?n??n?1n?1.①?nnnb?cb?cb?cb?c

(《中等數(shù)學(xué)》2001.3P23)

nn證明：①

∵b?c?bn?1?cn?1?（作差法易證），annan?1??∴

?

n??

n?1n?1? nb?cb?c?1an?1

??n?1n?1（車貝雪夫不等式）

3b?c?an?1?n?1n?1（三元均值不等式）b?can?1

??n?1n?1； b?c

②類似①可得，?an?1n?1an

???

bn?cn?

bn?1?cn?1?

?1an

??

n?1n?1 3b?c?an?n?1n?1 b?can

??n?1n?1.b?c

第三篇：關(guān)于對稱不等式的證明

有關(guān)對稱不等式的證明

四川省資陽中學(xué)黃學(xué)文

關(guān)于對稱不等式（任意互換兩個字母，不等式不變）的證明，常見的方法除了有比較法，分析法，綜合法，反證法外，還可以運(yùn)用構(gòu)造法，輪換法等方法證明，下面舉列說明。一構(gòu)造法

1、構(gòu)造函數(shù)

例1 設(shè) 0

1證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)= x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)，整理，得f(x)=(1-y-z)x+(y+z-yz)因為0

(1)當(dāng)0<1-y-z<1時，f(x)在(0,1)上是增函數(shù)，于是f(x)<1-yz<1；

(2)當(dāng)-1<1-y-z<0 時，f(x)在(0,1)上是減函數(shù)，于是f(x)

(3)當(dāng)1-y-z=0，即 y+z=1時，于是f(x)=y+z-yz=1-yz<1，所以原不等式成立。

2、構(gòu)造向量

例2 正實數(shù)a、b、c，滿足a+b+c=1，求

2證:1?3a?1?3b??3c?6

223,23)

證明：設(shè)m=（2?3a,2

?3b,?3c), n=（22

3,222

則m·n=3(1?3a+?3b+?3c)?

2?3a?1?3b?1?3c=

222

2·

3?3(a?b?c)??3a?

222

2·

3?

3(a?b?c)

3=2

所以

?3b

??3c?6

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=3時，等號成立。構(gòu)造復(fù)數(shù)

例3 設(shè)0

a?(1?b)

求證:a?b++

(1?a)?b

+

(1?a)?(1?b)

?

證明：構(gòu)造復(fù)數(shù)Z1 =a+biZ2 =a+(1-b)iZ3 =(1-a)+biZ4=(1-a)+(1-b)i 用復(fù)數(shù)模的性質(zhì)，得左邊=z1+z2+z3+z4?z1?z2?z3?z4=2?2i=22 所以原不等式成立。

二輪換法

例4a、b、c?R+,求證:證明：因為

12a

?12b

?

212a

?12b

12a

?12b

?12c

?

1a?b

?

1b?c12a

??12b

1c?a?

2a?b

?

1ab

?

2a?b

所以

同理可得所以

12a

?

12b12b

??

12c12c

??

2b?c1a?b, ?

12c

1?

12a?

?1

2c?a

b?cc?a

a?b?C

所以原不等式得證。

例5已知a、b、c?R+，求證:abcab證明：設(shè)a?b?c,則

abab

ba

ba

abcab?

(abc)

a?a-b?=?1 ???b?

所以aabb?abba

同理可得aabb?bccb,ccaa?caac三式相乘，得(aabbcc)2?ab+cba+cca+b 從而得(aabbcc)3?(abc)a+b+c所以原不等式成立。

三、換元法

x

例6 求證：y?z

?

yz?x

?

zx?y

?

2(其中x、y、z均為正數(shù))

證明：設(shè)y+z=2a、z+x=2b、x+y=2c, 則x=b+c-a、y=c+a-b、z=a+b-c 因為a、b、c>0,得左邊=

b?c?a2a

?

c?a?b2b

?

a?b?c2c

?（b2a

?a2b)?（c2b

?b2c)?（a2c?c2a)?

32?1?1?1?

32?

右邊。所以原不等式得證。

例7 已知a、b?R，且a+b=1求證:(a+2)2+(b+2)2?

證明：設(shè)a=

12?t, b=1

212

?t(t?R)

252

則(a+2)2+(b+2)2=(+t+2)2+(-t+2)2=(t+)2+(t-)2=2t2+

55252

?

252

當(dāng)且僅當(dāng)t=0時，等號成立。四放縮法

例8a、b是正實數(shù)，且a+b=1求證:a?1

?

1b?1

?

1?ba?1?b

?

1?ab?1?a

?

2?a?ba?b?1

?

1b?132

?

證明: a?1

?

所以原不等式得證。

第四篇：證明不等式方法

不等式的證明是高中數(shù)學(xué)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(jié)通這一些實例，歸納整理證明不等式時常用的方法和技巧。1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?；舅枷胧前央y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(dāng)求證的不等式兩端是分項式（或分式）時，常用作差比較，當(dāng)求證的不等式兩端是乘積形式（或冪指數(shù)式時常用作商比較）

例1已知a+b≥0，求證：a3+b3≥a2b+ab

2分析：由題目觀察知用“作差”比較，然后提取公因式，結(jié)合a+b≥0來說明作差后的正或負(fù)，從而達(dá)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(fù)。

∵（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(shè)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(shè)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(dá)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(xí)1 已知a、b∈R+，n∈N，求證（a+b）（an+bn）≤2（an+1+bn+1）2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(dāng)且僅當(dāng)a=b時，取等號）

（2）若a、b∈R+，則a+b≥ 2ab（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時，取等號）

（3）若a、b同號，則 ba+ab≥2（當(dāng)且僅當(dāng)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+y2

2證明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1

∴b1-a2+a1-b2≤1，當(dāng)且僅當(dāng)a1+b2=1時，等號成立

練習(xí)2：若 ab0，證明a+1(a-b)b≥

33綜合法

綜合法就是從已知或已證明過的不等式出發(fā)，根據(jù)不等式性質(zhì)推算出要證明不等式。

例4，設(shè)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(xí)3：已知a、b、c為正數(shù)，n是正整數(shù)，且f(n)=1gan+bn+cn

3求證：2f（n）≤f（2n）

4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(jīng)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＜a＜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(jù)觀察求證式等價于 ｜a-c｜＜c2-ab也不適用基本不等式法，用分析法較合適。

要證c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

只需證-c2-ab＜a-c＜c2-ab

證明：即證 ｜a-c｜＜c2-ab

即證(a-c)2＜c2-ab

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(xí)4：已知a∈R且a≠1，求證：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）

25放縮法

放縮法是在證明不等式時，把不等式的一邊適當(dāng)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(qiáng)常用技巧有：（1）舍去一些正項（或負(fù)項），（2）在和或積中換大（或換?。┠承╉?，（3）擴(kuò)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(shù)

求證： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2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ab＜a+mb+m(0＜a＜b，m＞0)可得：ba+b+c＜b+da+b+c+dcb+c+d＜c+aa+b+c+ddc+d+a＜d+bc+d+a+dad+a+b＜a+ca+b+c+d

∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

b+da+b+c+d+c+aa+b+c+d+d+bc+d+a+d+a+ca+b+c+d=2(a+b+c+c)a+b+c+d=2

綜上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2

練習(xí)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(shù)問題時，使用適當(dāng)?shù)娜呛瘮?shù)進(jìn)行換元，把代數(shù)問題轉(zhuǎn)化成三角問題，充分利用三角函數(shù)的性質(zhì)去解決問題。

例

7、若x、y∈R+,且 x-y=1 A=(x-1y)(y+1y)。1x，求證0＜A＜

1證明： ∵x，y∈R+，且x-y=1，x=secθ，y=tanθ，（0＜θ＜xy）

∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ

=1-cos2θcosθ·s2m2θ+cos2θcosθ·s2mθ·cos2θ

=sinθ

∵0＜θ＜x2，∴ 0＜s2mθ ＜1因此0＜A＜1

復(fù)習(xí)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(shè)一個輔助未知數(shù)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≥431

4證明：設(shè)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

7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(jié)論不成立，然后依據(jù)已知條件以及有關(guān)的定義、定理、公理，逐步推導(dǎo)出與定義、定理、公理或已知條件等相矛盾或自相矛盾的結(jié)論，從而肯定原有結(jié)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(jié)論中只有一次，應(yīng)考慮到用術(shù)立方根，同時用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。

證明：解設(shè)p+q＞2，那么p＞2-q

∴p3＞（2-q）3=8-12q+6q2-q

3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(xí)7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求證：a＞0，b＞0，c＞0

8數(shù)學(xué)歸納法

與自然數(shù)n有關(guān)的不等式，通?？紤]用數(shù)學(xué)歸納法來證明。用數(shù)學(xué)歸納法證題時的兩個步驟缺一不可。

例10：設(shè)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(guān)，可采用數(shù)學(xué)歸納法

證明：（1）當(dāng)n=2時，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假設(shè)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(dāng)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＞3③

∵③成立 ∴②成立，即當(dāng)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(xí)8：已知n∈N，且n＞1，求證： 1n+1+1n+2+…+12n＞132

49構(gòu)造法

根據(jù)求證不等式的具體結(jié)構(gòu)所證，通過構(gòu)造函數(shù)、數(shù)列、合數(shù)和圖形等，達(dá)到證明的目的，這種方法則叫構(gòu)造法。

1構(gòu)造函數(shù)法

例11：證明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

證明：設(shè)f（x）=x1-2x-x2（x≠0）

∵f(-x)

=-x1-2-x+x2x-2x2x-1+x

2=x1-2x-［1-(1-2x)］+x2=x1-2x-x+x2

=f（x）

∴f（x）的圖像表示y軸對稱

∵當(dāng)x＞0時，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴當(dāng)x＜0時，據(jù)圖像的對稱性知f（x）＜0

∴當(dāng)x≠0時，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

練習(xí)9：已知a＞b，2b＞a+c，求證：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2構(gòu)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(jié)構(gòu)可知這是直角坐標(biāo)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(shè)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(xí)10：設(shè)a≥c，b≥c，c≥0，求證 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添項法

某些不等式的證明若能優(yōu)先考慮“添項”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍數(shù)添項

若不等式中含有奇數(shù)項的和，可通過對不等式乘以2變成偶數(shù)項的和，然后分組利用已知不等式進(jìn)行放縮。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（當(dāng)且僅當(dāng)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(dāng)且僅當(dāng)a=b，b=c，c=a即a=b=c時，等號成立。

2平方添項

運(yùn)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(shù)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≤3

32分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算術(shù)平均值添項sin π

3證明：先證命題：若x＞0，y＜π，則sinx+siny≤2sin x+y2（當(dāng)且僅當(dāng)x=y時等號成立）∵0＜x+y2＜ π，-π2＜ x-y2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosx-y

2∴上式成立

反復(fù)運(yùn)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(xí)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(shù)c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對任意正數(shù)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(shù)，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(jù)不等式的性質(zhì)：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(shè)x+y>0，n為偶數(shù)，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(shù)，∴ 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(shù)時，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同號，應(yīng)分x、y同號和異號兩種情況討論。

正解：應(yīng)用比較法：

yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

① 當(dāng)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(dāng)x,y有一個是負(fù)值時，不妨設(shè)x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n為偶數(shù)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

第五篇：不等式證明若干方法

安康學(xué)院 數(shù)統(tǒng)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué) 專業(yè) 11 級本科生

論文（設(shè)計）選題實習(xí)報告

11級數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)《科研訓(xùn)練2》評分表

注：綜合評分?60的為“及格”； <60分的為“不及格”。