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高中数学复习专题讲座(第18讲)关于不等式证明的常用方法

时间:2010-02-22


高中数学复习专题讲座 关于不等式证明的常用方法

高考要求

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不等式的证明,方法灵活多样,它可以和很多内容结合

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高考解答题

中,常渗透不等式证明的内容,纯不等式的证明,历来是高中数学中的一个 难点, 本节着重培养考生数学式的变形能力, 逻辑思维能力以及分析问题和 解决问题的能力 重难点归纳 1
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不等式证明常用的方法有
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比较法、综合法和分析法,它们是证明

不等式的最基本的方法

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(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤,变形的主要方 向是因式分解、配方,判断过程必须详细叙述
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如果作差以后的式子可以
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整理为关于某一个变量的二次式,则考虑用判别式法证

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(2)综合法是由因导果,而分析法是执果索因,两法相互转换,互相渗 透,互为前提,充分运用这一辩证关系,可以增加解题思路,开扩视野 2
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不等式证明还有一些常用的方法
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换元法、放缩法、反证法、函数

单调性法、判别式法、数形结合法等

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换元法主要有三角代换,均值代换
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两种,在应用换元法时,要注意代换的等价性

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放缩性是不等式证明中最
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重要的变形方法之一, 放缩要有的放矢, 目标可以从要证的结论中考查 些不等式,从正面证如果不易说清楚,可以考虑反证法 “惟一”或含有其他否定词的命题,适宜用反证法
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凡是含有“至少”

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证明不等式时, 要依据题设、 题目的特点和内在联系, 选择适当的证明方法, 要熟悉各种证法中的推理思维,并掌握相应的步骤、技巧和语言特点
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典型题例示范讲解

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例 1 证明不等式 1 ? 命题意图
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1 2

?

1 3

???

1 n

? 2 n (n∈N*)

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本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目,
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考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力 知识依托
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本题是一个与自然数 n 有关的命题,首先想到应用数学归
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纳法,另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等 错解分析
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此题易出现下列放缩错误

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1?

1 1 1 1 1 1 n ? ??? ? ? ??? ? ? n?2 n 2 3 n ??? n n ? n n ???? ?
n个
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这样只注重形式的统一,而忽略大小关系的错误也是经常发生的 技巧与方法 了放缩法
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本题证法一采用数学归纳法从 n=k 到 n=k+1 的过渡采用
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证法二先放缩,后裂项,有的放矢,直达目标
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而证法三运用

函数思想,借助单调性,独具匠心,发人深省 证法一 等式成立
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(1)当 n 等于 1 时,不等式左端等于 1,右端等于 2,所以不

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(2)假设 n=k(k≥1)时,不等式成立,即 1+

1 2

?

1 3

???

1 k

<2 k ,

则1 ? ?

1 2

?

1 3

??? ?

1 k ?1 k ?1
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?2 k ?

1 k ?1

2 k ( k ? 1) ? 1 k ?1

k ? ( k ? 1) ? 1

? 2 k ? 1,

∴当 n=k+1 时,不等式成立 综合(1)、(2)得
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当 n∈N 时,都有 1+
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*

1 2

?

1 3

???

1 n

<2 n

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另从 k 到 k+1 时的证明还有下列证法

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? 2( k ? 1) ? 1 ? 2 k ( k ? 1) ? k ? 2 k ( k ? 1) ? ( k ? 1) ? ( k ? k ? 1) 2 ? 0, ? 2 k ( k ? 1) ? 1 ? 2( k ? 1), ? k ? 1 ? 0,? 2 k ? 1 k ?1 ? 2 k ? 1. 2 k ?1 ? k ? 2 k ?1 ? k ?1 ? 1 k ?1 ,

又如 :? 2 k ? 1 ? 2 k ?
?2 k ?
证法二
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1 k ?1

? 2 k ? 1.
*
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对任意 k∈N ,都有

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? 2( k ? k ? 1), k? k k ? k ?1 1 1 1 因此1 ? ? ??? ? 2 ? 2( 2 ? 1) ? 2( 3 ? 2 ) ? ? ? 2( n ? n ? 1) ? 2 n . 2 3 n k
证法三
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1

?

2

?

2

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设 f(n)= 2 n ? (1 ?
*
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1 2

?

1 3

???

1 n

),

那么对任意 k∈N 都有

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f ( k ? 1) ? f ( k ) ? 2( k ? 1 ? k ) ? ? ? 1 k ?1 1 k ?1 [2( k ? 1) ? 2 k ( k ? 1) ? 1] ? [( k ? 1) ? 2 k ( k ? 1) ? k ] ?

1 k ?1

( k ? 1 ? k )2 k ?1

?0

∴f(k+1)>f(k) 因此,对任意 n∈N 都有 f(n)>f(n-1)>?>f(1)=1>0, ∴1 ?
*

1 2

?

1 3

???

1 n

? 2 n.
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例 2 求使 x ? y ≤a x ? y (x>0,y>0)恒成立的 a 的最小值
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命题意图 本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析
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能力

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知识依托 该题实质是给定条件求最值的题目,所求 a 的最值蕴含于恒
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成立的不等式中, 因此需利用不等式的有关性质把 a 呈现出来, 等价转化的 思想是解决题目的突破口,然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值 错解分析
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本题解法三利用三角换元后确定 a 的取值范围,此时我们

习惯是将 x、y 与 cosθ 、sinθ 来对应进行换元,即令 x =cosθ , y =sin θ (0<θ < 原因是
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?
2

),这样也得 a≥sinθ +cosθ ,但是这种换元是错误的
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(1)缩小了 x、y 的范围

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(2)这样换元相当于本题又增加了“x、
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y=1”这样一个条件,显然这是不对的
技巧与方法
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除了解法一经常用的重要不等式外,解法二的方法也很
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典型,即若参数 a 满足不等关系,a≥f(x),则 amin=f(x)max

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若 a≤f(x),

则 amax=f(x)min,利用这一基本事实,可以较轻松地解决这一类不等式中所含 参数的值域问题 化
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还有三角换元法求最值用的恰当好处,可以把原问题转

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解法一

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由于 a 的值为正数,将已知不等式两边平方,得

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x+y+2 xy ≤a2(x+y),即 2 xy ≤(a2-1)(x+y),
∴x,y>0,∴x+y≥2 xy , 当且仅当 x=y 时,②中有等号成立
2
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① ②

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比较①、②得 a 的最小值满足 a -1=1, ∴a =2,a= 2 (因 a>0),∴a 的最小值是 2 设u ?
2
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解法二

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x? y x? y

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?

( x ? y )2 x ? y ? 2 xy 2 xy ? ? 1? x? y x? y x? y

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∵x>0,y>0,∴x+y≥2 xy (当 x=y 时“=”成立),



2 xy 2 xy ≤1, 的最大值是 1 x? y x? y

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从而可知,u 的最大值为 1 ? 1 ? 2 , 又由已知,得 a≥u,∴a 的最小值为 2 解法三
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∵y>0,

∴原不等式可化为

x +1≤a y

x ?1 , y



x ? =tanθ ,θ ∈(0, ) y 2
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∴tanθ +1≤a tan 2 ? ? 1

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即 tanθ +1≤asecθ

∴a≥sinθ +cosθ = 2 sin(θ + 又∵sin(θ +

?
4

),



?
4

)的最大值为 1(此时θ =

?
4

)

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由③式可知 a 的最小值为 2

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例 3 已知 a>0,b>0,且 a+b=1 证法一
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求证

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(a+

1 1 25 )(b+ )≥ b a 4

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(分析综合法)
2 2 2

欲证原式,即证 4(ab) +4(a +b )-25ab+4≥0, 即证 4(ab) -33(ab)+8≥0,即证 ab≤
2

1 或 ab≥8 4

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∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8 不可能成立 ∵1=a+b≥2 ab ,∴ab≤ 证法二 设 a=
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1 ,从而得证 4

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(均值代换法)
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1 1 +t1,b= +t2 2 2

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∵a+b=1,a>0,b>0,∴t1+t2=0,|t1|<

1 1 ,|t2|< 2 2

1 1 a2 ? 1 b2 ? 1 ? (a ? )(b ? ) ? ? a b a b 1 1 1 1 2 2 ( ? t1 ) 2 ? 1 ( ? t 2 ) 2 ? 1 ( ? t1 ? t1 ? 1)( ? t 2 ? t 2 ? 1) 2 2 4 4 ? ? ? 1 1 1 1 ? t1 ? t2 ( ? t1 )( ? t 2 ) 2 2 2 2 1 1 5 2 2 2 2 ( ? t1 ? t1 ? 1)( ? t 2 ? t 2 ? 1) ( ? t 2 ) 2 ? t 2 4 4 4 ? ? 1 1 2 2 ? t2 ? t2 4 4 25 3 2 25 4 ? t2 ? t2 25 16 2 ? ? 16 ? . 1 1 2 4 ? t2 4 4
显然当且仅当 t=0,即 a=b= 证法三
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1 时,等号成立 2

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(比较法)

∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2 ab ,∴ab≤

1 4

1 1 25 a 2 ? 1 b 2 ? 1 25 4a 2b 2 ? 33ab ? 8 (1 ? 4ab)(8 ? ab) (a ? )(b ? ) ? ? ? ? ? ? ?0 a b 4 a b 4 4ab 4ab 1 1 25 ? (a ? )(b ? ) ? a b 4

证法四

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(综合法)

∵a+b=1, a>0,b>0,∴a+b≥2 ab ,∴ab≤

1 4

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25 ? 2 ?(1 ? ab) ? 1 ? 16 (1 ? ab) 2 ? 1 25 1 3 9 ? ?1 ? ab ? 1 ? ? ? (1 ? ab) 2 ? ? ? ? ? 4 4 16 ? 1 ab 4 ?4 ? ab ?
1 1 25 即(a ? )(b ? ) ? a b 4
证法五
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(三角代换法)

∵ a>0,b>0,a+b=1,故令 a=sin α ,b=cos α ,α ∈(0,

2

2

?
2

)

1 1 1 1 ( a ? )( b ? ) ? (sin 2 ? ? )(cos 2 ? ? ) 2 a b sin ? cos 2 ? sin4 ? ? cos 4 ? ? 2 sin2 ? cos 2 ? ? 2 ( 4 ? sin2 ? ) 2 ? 16 ? ? 4 sin2 2? 4 sin2 2? ? sin2 2? ? 1,? 4 ? sin2 2? ? 4 ? 1 ? 3. 2 4 ? 2 sin2 2? ? 16 ? 25? ? ( 4 ? sin2 2? ) 2 25 ? ?? 1 1 4 4 sin2 2? ? ? 2 sin 2? 4 ? 1 1 25 即得( a ? )( b ? ) ? . a b 4
学生巩固练习
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1 已知 x、y 是正变数,a、b 是正常数,且
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a b ? =1,x+y 的最小值为 _ x y

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2

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设正数 a、b、c、d 满足 a+d=b+c,且|a-d|<|b-c|,则 ad 与 bc
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的大小关系是_________ 3
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若 m<n,p<q,且(p-m)(p-n)<0,(q-m)(q-n)<0,则 m、n、
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p、q 的大小顺序是__________
4
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已知 a,b,c 为正实数,a+b+c=1
2 2 2

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求证

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(1)a +b +c ≥

1 3

(2) 3a ? 2 ? 3b ? 2 ? 3c ? 2 ≤6 5
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已知 x,y,z∈R,且 x+y+z=1,x +y +z =
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2

2

2

1 , 2

证明 6
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2 x,y,z∈[0, ] 3
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证明下列不等式

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(1)若 x,y,z∈R,a,b,c∈R , 则

+

b?c 2 c?a 2 a?b 2 z ≥2(xy+yz+zx) x ? y ? a b c

(2)若 x,y,z∈R ,且 x+y+z=xyz, 则 7
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+

y?z z?x x? y 1 1 1 ? ? ≥2( ? ? ) x y z x y z
已知 i,m、n 是正整数,且 1<i≤m<n
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(1)证明 (2)证明 8
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niA im <miA in
n

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(1+m) >(1+n)
3 3

m

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若 a>0,b>0,a +b =2,求证
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a+b≤2,ab≤1

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参考答案 1
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2

b a 2 2 2 2 =cos θ , =sin θ ,则 x=asec θ ,y=bcsc θ , y x
2 2 2

∴x+y=asec θ +bcsc θ =a+b+atan θ +bcot θ ≥a+b+2 a tan 2 ? ? b cot 2 ? ? a ? b ? 2 ab 答案 2
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a+b+2 ab
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由 0≤|a-d|<|b-c| ? (a-d) <(b-c)
2 2 2

2

? (a+b) -4ad<(b+c) -4bc ?
∵a+d=b+c,∴-4ad<-4bc,故 ad>bc 答案 3
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ad>bc
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把 p、q 看成变量,则 m<p<n,m<q<n

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答案 4
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m<p<q<n
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(1)证法一 =

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1 1 a2+b2+c2- = (3a2+3b2+3c2-1) 3 3

1 2 2 2 2 [3a +3b +3c -(a+b+c) ] 3 1 2 2 2 2 2 2 = [3a +3b +3c -a -b -c -2ab-2ac-2bc] 3 1 1 2 2 2 2 2 2 = [(a-b) +(b-c) +(c-a) ]≥0 ∴a +b +c ≥ 3 3
证法二
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∵(a+b+c) =a +b +c +2ab+2ac+2bc

2

2

2

2

≤a +b +c +a +b +a +c +b +c
2 2 2 2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

∴3(a +b +c )≥(a+b+c) =1 ∴a +b +c ≥

2

2

2

1 3

证法三

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2 2

a 2 ? b2 ? c2 a?b?c a?b?c 2 2 2 ∴a +b +c ≥ ? 3 3 3
2

∴a +b +c ≥ 证法四
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1 3
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设 a=

1 1 1 +α ,b= +β ,c= +γ 3 3 3

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∵a+b+c=1,∴α +β +γ =0 ∴a +b +c =( =
2 2 2

1 1 1 2 2 2 +α ) +( +β ) +( +γ ) 3 3 3
2

1 2 2 2 + (α +β +γ )+α +β +γ 3 3 1 1 2 2 2 = +α +β +γ ≥ 3 3 1 2 2 2 ∴a +b +c ≥ 3

( 2)证法一 :? 3a ? 2 ? (3a ? 2) ? 1 ? 同理 3b ? 2 ?

3a ? 2 ? 1 , 2

3b ? 3 3c ? 3 , 3c ? 2 ? 2 2 3( a ? b ? c ) ? 9 ? 3a ? 2 ? 3b ? 2 ? 3c ? 2 ? ?6 2
∴原不等式成立 证法二
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3a ? 2 ? 3b ? 2 ? 3c ? 2 (3a ? 2) ? (3b ? 2) ? (3c ? 2) ? 3 3 3( a ? b ? c ) ? 6 ? 3 3

?

∴ 3a ? 2 ? 3b ? 2 ? 3c ? 2 ≤ 3 3 <6 ∴原不等式成立
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证法一

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由 x+y+z=1,x +y +z =
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2

2

2

1 2 2 2 1 ,得 x +y +(1-x-y) = ,整理成关 2 2

于 y 的一元二次方程得
2 2

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1 =0,∵y∈R,故Δ ≥0 2 1 2 2 2 2 ∴4(1-x) -4×2(2x -2x+ )≥0,得 0≤x≤ ,∴x∈[0, ] 2 3 3 2 同理可得 y,z∈[0, ] 3 1 1 1 证法二 设 x= +x′,y= +y′,z= +z′,则 x′+y′+z′=0, 3 3 3 1 1 1 1 2 2 2 于是 =( +x′) +( +y′) +( +z′) 2 3 3 3 1 2 2 2 2 = +x′ +y′ +z′ + (x′+y′+z′) 3 3 2 1 1 1 3 2 2 2 2 ( y ? ? z ?) 2 = +x′ +y′ +z′ ≥ +x′ + = + x′ 2 3 3 3 2 1 1 1 2 2 2 故 x′ ≤ ,x′∈[- , ] x∈[0, ] , ,同理 y,z∈[0, ] 9 3 3 3 3
2y -2(1-x)y+2x -2x+
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证法三

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设 x、y、z 三数中若有负数,不妨设 x<0,则 x >0,
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2

3 1 1 2 2 2 2 ( y ? z ) 2 (1 ? x) 2 1 ? ? x 2 ? x 2 ? x ? > ,矛盾 =x +y +z ≥x + 2 2 2 2 2 2 2 2 x、y、z 三数中若有最大者大于 ,不妨设 x> , 3 3 2 2 1 2 2 2 2 ( y ? z) 3 2 1 2 (1 ? x ) 则 =x +y +z ≥x + =x + = x -x+ 2 2 2 2 2 3 2 1 1 = x(x- )+ > 矛盾 2 3 2 2 2 故 x、y、z∈[0, ] 3
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6.(1)证明 :?

b?c 2 c?a 2 a?b 2 x ? y ? z ? 2( xy ? yz ? zx) 2 b c b a c b a c ? ( x 2 ? y 2 ? 2 xy ) ? ( y 2 ? z 2 ? 2 yz ) ? ( z 2 ? x 2 ? 2 zx) a b b c c a ?(

b a 2 c b 2 a c 2 x? y) ? ( y? z) ? ( z? x) ? 0 a b b c c a b?c 2 c?a a?b 2 ? x ? y? z ? 2( xy ? yz ? zx) a b c ( 2)证明 : 所证不等式等介于 x2 y2z2 ( y?z z?x x? y ? ? ) ? 2( xy ? yz ? zx) 2 x y z

? xyz ? [ yz ( y ? z ) ? zx( z ? x ) ? xy ( x ? y )] ? 2( xy ? yz ? zx) 2 ? ( x ? y ? z )( y 2 z ? yz 2 ? z 2 x ? zx 2 ? x 2 y ? xy 2 ) ? 2( x 2 y 2 ? y 2 z 2 ? z 2 x 2 ) ? 4( x 2 yz ? xy 2 z ? xyz 2 ) ? y 3 z ? yz 3 ? z 3 x ? zx 3 ? x 3 y ? xy 3 ? 2 x 2 yz ? 2 xy 2 z ? 2 xyz 2 ? yz ( y ? z ) 2 ? zx( z ? x ) 2 ? xy ( x ? y ) 2 ? x 2 ( y ? z ) 2 ? y 2 ( z ? x ) 2 ? z 2 ( x ? y ) 2 ? 0
∵上式显然成立,∴原不等式得证 7
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证明

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(1)对于 1<i≤m,且 A im =m·?·(m-i+1),

A im m m ? 1 Ai m ? i ?1 n n ?1 n ? i ?1 ? ? ??? ,同理 m ? ? ??? , i i m m m n n n m n
由于 m<n,对于整数 k=1,2,?,i-1,有

n?k m?k , ? n m

所以

A in A im ? i ,即m i A in ? n i A im ni m
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(2)由二项式定理有
n

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(1+m) =1+C 1 m+C 2 m +?+C n m , n n n (1+n) =1+C 1 n+C 2 n +?+C m n , m m m 由(1)知 m A in >n A im (1<i≤m ) ,而 C im = ∴m C n>n C m(1<m<n )
i i i i i i m
2

2

n

m

A im i A in , Cn ? i! i!

∴m C 0 =n C 0 =1,mC 1 =nC 1 =m·n,m C 2 >n C 2 ,?, n n n m n m

0

0

2

2

mmC m >nmC m ,mm+1C m?1 >0,?,mnC n >0, n m n n
∴1+C 1 m+C 2 m +?+C n m >1+C 1 n+C mn +?+C m n , n n n m m 即(1+m) >(1+n) 成立 8
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2

n

2

2

m

n

m

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证法一
3 3

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因 a>0,b>0,a +b =2,所以
3 3 2 2 2 2

3

3

(a+b) -2 =a +b +3a b+3ab -8=3a b+3ab -6 =3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a +b )]=-3(a+b)(a-b) ≤0 即(a+b) ≤2 ,又 a+b>0,所以 a+b≤2,因为 2 ab ≤a+b≤2, 所以 ab≤1 证法二
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3

3

2

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3

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?m ? a ? b 2 设 a、b 为方程 x -mx+n=0 的两根,则 ? , ?n ? ab
2

因为 a>0,b>0,所以 m>0,n>0,且Δ =m -4n≥0
3 3 2 2 2 2



因为 2=a +b =(a+b)(a -ab+b )=(a+b)[(a+b) -3ab]=m(m -3n) 所以 n=

m2 2 ? 3 3m
2



将②代入①得 m -4( 即

m2 2 ? )≥0, 3 3m

? m3 ? 8 3 ≥0,所以-m +8≥0,即 m≤2,所以 a+b≤2, 3m
2 2

由 2≥m 得 4≥m ,又 m ≥4n,所以 4≥4n, 即 n≤1,所以 ab≤1 证法三
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因 a>0,b>0,a +b =2,所以
3 3 2 2

3

3

2=a +b =(a+b)(a +b -ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b) 于是有 6≥3ab(a+b), 从而 8≥3ab(a+b)+2=3a b+3ab +a +b =?(a+b) ,所以 a+b≤2,(下略)
2 2 3 3 3

a 3 ? b3 a?b 3 ?( ) 2 2 (a ? b)[ 4a 2 ? 4b 2 ? 4ab ? a 2 ? b 2 ? 2ab] 3(a ? b)( a ? b) 2 ? ? ≥0, 8 8 a 3 ? b3 a?b 3 所以对任意非负实数 a、b,有 ≥( ) 2 2 a 3 ? b3 a?b 3 3 3 因为 a>0,b>0,a +b =2,所以 1= ≥( ) , 2 2 a?b ∴ ≤1,即 a+b≤2,(以下略) 2
证法四
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因为

证法五

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假设 a+b>2,则

a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b) a+b)2-3ab] a+b)ab>2ab, [( >( 所以 ab<1,
又 a +b =(a+b)[a -ab+b ]=(a+b)[(a+b) -3ab]>2(2 -3ab) 因为 a +b =2,所以 2>2(4-3ab),因此 ab>1,前后矛盾, 故 a+b≤2(以下略)
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3

3

2

2

2

2

3

3

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