不等式的证明Word文件下载.docx

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=（a+b+c）[a2+b2+c2-ab-bc-ca]

∵a，b，c∈R+，∴a+b+c＞0．

（c-a）]2≥0

即 

a3+b3+c3-3abc≥0，∴a3+b3+c3≥3abc．

【例2】 

已知a，b∈R+，n∈N，求证：

（a+b）（an+bn）≤2（an+1+bn+1）．

左-右=an+1+abn+anb+bn+1-2an+1-2bn+1

=abn+anb-an+1-bn+1

=a（bn-an）+b（an-bn）

=（bn-an）（a-b）

（*）

当a＞b＞0时，bn-an＜0，a-b＞0，∴（*）＜0；

当b＞a＞0时，bn-an＞0，a-b＜0，∴（*）＜0；

当a=b＞0时，bn-an=0，a-b=0，∴（*）=0．

综上所述，有（a+b）（an+bn）-2（an+1+bn+1）≤0．

（a+b）（an+bn）≤2（an+1+bn+1）．

【说明】 

在求差比较的三个步骤中，“变形”是关键，常用的变形手段有配方、因式分解等，常将“差式”变形为一个常数，或几个因式积的形式．

【例3】 

已知a，b∈R+，求证aabb≥abba．

采用求商比较法证明．

∵a，b∈R+，∴abba＞0

综上所述，当a＞0，b＞0，必有aabb≥abba．

商值比较法的理论依据是：

【例4】 

已知a、b、c是不全等的正数，求证：

a（b2+c2）+b（c2+a2）+c（a2+b2）＞6abc．

采用综合法证明，利用性质a2+b2≥2ab．

∵b2+c2≥2bc，a＞0，∴a（b2+c2）≥2abc．

①

同理b（c2+a2）≥2abc

②

c（a2+b2）≥2abc

③

∵a，b，c不全相等，∴①，②，③中至少有一个式子不能取“=”号

∴①+②+③，得a（b2+c2）+b（c2+a2）+c（a2+b2）＞6abc．

【例5】 

（1）（ab+a+b+1）（ab+ac+bc+c2）≥16abc；

用综合法证明，注意构造定理所需条件．

（1）ab+a+b+1=（a+1）（b+1），

ab+ac+bc+c2=（a+c）（b+c）．

∴（a+1）（b+1）（a+c）（b+c）≥16abc

因此，当a，b，c∈R+，有

（ab+a+b+1）（ab+ac+bc+c2）≥16abc．

用均值定理证明不等式时，一要注意定理适用的条件，二要为运用定理对式子作适当变形，把式子分成若干分，对每部分运用均值定理后，再把它们相加或相乘．

采用分析法证明．

∵a＜c，b＜c，∴a+b＜2c，∴（*）式成立．

∴原不等式成立．

用充分条件代替前面的不等式．

【例7】 

若a、b、c是不全相等的正数，求证：

证明二：

（综合法）∵a，b，c∈R+，

abc成立．上式两边同取常用对数，得

分析法和综合法是对立统一的两个方面．在证法一中，前面是分析法，后面是综合法，两种方法结合使用，使问题较易解决．分析法的证明过程恰恰是综合法的分析、思考过程，综合法的证明方法是分析思考过程的逆推．

【例8】 

已知a＞2，求证loga（a-1）·

loga（a+1）＜1．

两个对数的积不好处理，而两个同底对数的和却易于处理．因为我们可以先把真数相乘再取对数，从而将两个对数合二为一，平均值不等式恰好有和积转化功能可供利用．

∵a＞2，∴loga（a-1）＞0，loga（a+1）＞0．

又loga（a-1）≠loga（a+1）

∴loga（a-1）·

上式证明如果从loga（a-1）·

loga（a+1）入手，得loga（a-1）

二为一了．另外，在上述证明过程中，用较大的logaa2代替较小的loga（a2-1），并用适当的不等号连结，从而得出证明．这种方法通常叫做“放缩法”．同样，也可以用较小的数代替较大的数，并用适当的不等号连结．

【例9】 

已知：

a，b，c都是小于1的正数；

采用反证法证明．其证明思路是否定结论从而导出与已知或定理的矛盾．从而证明假设不成立，而原命题成立．对题中“至少

∵a，b，c都是小于1的正数，

故与上式矛盾，假设不成立，原命题正确．

反证法是利用互为逆否命题具有等价性的思想进行推证的．反证法必须罗列各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证都是不完全的，遇到“至少”、“至多”、“唯一”等字句的命题常用反证法．

|a|≤1．

换元法是将较为复杂的不等式利用等价转换的思想转换成易证明的不等式．常用的换元法有

（1），若|x|≤1，可设x=sinα，α∈R；

（2）若x2+y2=1，可设x=sinα，y=cosα；

（3）若x2+y2≤1，可设x=

【例11】 

已知a1、a2、…an，b1、b2、…bn为任意实数，求

构造一个二次函数

它一定非负，因它可化为（a1x-b1）2+（a2x-b2）2+…+（anx-bn）2．

∴Δ≤0，（当a1，a2，…an都为0时，所构造式子非二次函数，但此时原不等式显然成立．）

【说明】上例是用判别式法证明的“柯西不等式”，它可写为：

变量分别取|a+b|，|a|、|b|时就得到要证的三个式子．因此，可考虑从函数

∴f（x2）＞f（x1），f（x）在[0，+∞）上是增函数．

取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，显然0≤x1≤x2．

∴f（|a+b|）≤f（|a|+|b|）．

【说明】这里是利用构造函数，通过函数的单调性，结合放缩法来证明不等式的．应注意的是，所给函数的单调整性应予以论证．

【例13】已知a，b，m，n∈R，且a2+b2=1，m2+n2=1，求证：

|am+bn|≤1．

证法一：

（比较法）

证法二：

（分析法）

∵a，b，m，n∈R，∴上式成立，因此原不等式成立．

证法三：

（综合法）

∵a，b，m，n∈R，∴（|a|-|m|）2≥0，（|b|-|n|）2≥0．

即a2+m2≥2|am|，b2+n2≥2|bn|

∴a2+m2+b2+n2≥2（|am|+|bn|）

∵a2+b2=1，m2+n2=1，∴|am|+|bn|≤1

∴|am+bn|≤|am|+|bn|≤1．

证法四：

（换元法）

由已知，可设a=sinα，b=cosα，m=sinβ，n=cosβ．

于是|am+bn|=|sinαsinβ+cosαcosβ|=|cos（α-β）|≤1．

【说明】一个不等式的证明方法往往不只一种，要注意依据题目特点选择恰当的方法．

【例14】已知f（x）=x2-x+c，且|x-a|＜1，（a，b，c∈R）

求证：

|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．

【分析】绝对值不等式的证明充分利用绝对值不等式性质：

|f（x）－f（a）|=|x2-x+c-a2+a-c|

=|（x+a）（x-a）-（x-a）|=|x-a||x+a-1|＜|x+a-1|

=|（x-a）+2a-1|＜|x-a|+|2a|+|（-1）|＜1+2|a|+1=2（|a|+1）．

∴|f（x）-f（a）|＜2（|a|+1）．

【例15】当h与|a|，|b|，1中最大的一个相等，求证：

当|x|＞h时，

由已知，有|x|＞h≥|a|，|x|＞h≥|b|，|x|＞h≥1

∴|x|2≥b．