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(第18讲)关于不等式证明的常用方法

时间:2010-09-23


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关于不等式证明的 题目 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 不等式的证明,方法灵活多样,它可以和很多内容结合 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 重难点归纳 1 不等式证明常用的方法有 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 (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 如果作差以后的式子可以整 理为关于某一个变量的二次式,则考虑用判别式法证 (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 不等式证明还有一些常用的方法 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 换元法主要有三角代换,均值代换 两种,在应用换元法时,要注意代换的等价性 放缩性是不等式证明中最 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 有 些不等式,从正面证如果不易说清楚,可以考虑反证法 凡是含有“至少” “惟一”或含有其他否定词的命题,适宜用反证法 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 典型题 示范讲解 典型题例示范讲解 1 1 1 + ++ < 2 n (n∈N*) 例 1 证明不等式 1 + 2 3 n 命题意图 本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目, 考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力 知识依托 本题是一个与自然数 n 有关的命题,首先想到应用数学归 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 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 本题证法一采用数学归纳法从 n=k 到 n=k+1 的过渡采用 了放缩法 证法二先放缩,后裂项,有的放矢,直达目标 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 (1)当 n 等于 1 时,不等式左端等于 1,右端等于 2,所以不等
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式成立







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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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< 2 k + 1. k +1 对任意 k∈N*,都有 2 < 2

1







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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

=

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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

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∴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 1 + ++ < 2 n. ∴1 + 2 3 n 例 2 求使 x +
源 源 源

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 能力 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 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 本题解法三利用三角换元后确定 a 的取值范围,此时我们
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习惯是将 x、y 与 cosθ、sinθ来对应进行换元,即令 x =cosθ, y =sin ),这样也得 a≥sinθ+cosθ,但是这种换元是错误的 其原 2 因是 (1)缩小了 x、y 的范围 (2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=1” 这样一个条件,显然这是不对的 技巧与方法 除了解法一经常用的重要不等式外,解法二的方法也很 典型,即若参数 a 满足不等关系,a≥f(x),则 amin=f(x)max 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 还有三角换元法求最值用的恰当好处,可以把原问题转化 解法一 由于 a 的值为正数,将已知不等式两边平方,得
新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王
源 源 源

θ(0<θ<
新新 新新 新新 新新
源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源 源

π







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源 源 源 源 源 源 源 源















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新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王







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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 比较①、②得 a 的最小值满足 a2-1=1,
新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

① ②

∴a2=2,a= 2 (因 a>0),∴a 的最小值是 2 设u =

新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

解法二







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x+ y x+ y





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源 源 源 源 源 源 源 源 源 源













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特特特特 特 特 特特特特王 特特王 王王新特特 新 王王 王王 新新
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=

( x + y )2 x + y + 2 xy 2 xy = = 1+ x+ y x+ y x+ y

新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

∵x>0,y>0,∴x+y≥2 xy (当 x=y 时“=”成立),

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2 xy 2 xy ≤1, 的最大值是 1 x+ y x+ y

新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王新王王 王 新 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王新王王 王 新

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
源 源 源

新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王新王王 王 新 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王新王王 王 新

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∵y>0,

∴原不等式可化为

x +1≤a y

x +1 , y



x π =tanθ,θ∈(0, ) y 2
源 源 源

新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

∴tanθ+1≤a tan 2 θ + 1

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即 tanθ+1≤asecθ

∴a≥sinθ+cosθ= 2 sin(θ+ 又∵sin(θ+

π
4

),



π
4

)的最大值为 1(此时θ=
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π
4

)

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由③式可知 a 的最小值为 2

例 3 已知 a>0,b>0,且 a+b=1
源 源 源

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求证







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(a+

1 1 25 )(b+ )≥ a b 4

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证法一 (分析综合法) 欲证原式,即证 4(ab)2+4(a2+b2)-25ab+4≥0,
新新 新新 新新 新新
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即证 4(ab)2-33(ab)+8≥0,即证 ab≤

1 或 ab≥8 4 ∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8 不可能成立 1 ∵1=a+b≥2 ab ,∴ab≤ ,从而得证 4 证法二 (均值代换法) 1 1 设 a= +t1,b= +t2 2 2 1 1 ∵a+b=1,a>0,b>0,∴t1+t2=0,|t1|< ,|t2|< 2 2
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1 1 a 2 + 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 16 2 16 = 25 . = ≥ 1 1 2 4 t2 4 4 1 显然当且仅当 t=0,即 a=b= 时,等号成立 2 证法三 (比较法) 1 ∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2 ab ,∴ab≤ 4
新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王新王王 王 新 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王新王王 王 新
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1 1 25 a 2 + 1 b 2 + 1 25 4a 2 b 2 + 33ab + 8 (1 4ab)(8 ab) (a + )(b + ) = = = ≥0 4 4 4ab 4ab a b a b 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

新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

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 (三角代换法)
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∵ a>0,b>0,a+b=1,故令 a=sin2α,b=cos2α,α∈(0,

π
2

)

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1 1 1 1 ( a + )(b + ) = (sin 2 α + )(cos 2 α + ) 2 a b sin α cos 2 α sin 4 α + cos 4 α 2 sin 2 α cos 2 α + 2 (4 sin 2 α ) 2 + 16 = = 4 sin 2 2α 4 sin 2 2α ∵ sin 2 2α ≤ 1,∴ 4 sin 2 2α ≥ 4 1 = 3. 2 4 2 sin 2 2α + 16 ≥ 25 2 2 25 ( 4 sin 2α ) ≥ 1 1 2 4 4 sin 2α ≥ sin 2 2α 4 1 1 25 即得( a + )(b + ) ≥ . 4 a b
学生巩固练习 学生巩固练习 巩固
新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王新王王特王 特特特 特 新 王新王王 王 新 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王新王王 王 新
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a b + =1,x+y 的最小值为 _ x y 2 设正数 a、b、c、d 满足 a+d=b+c,且|a-d|<|b-c|,则 ad 与 bc 的 大小关系是_________ 3 若 m<n,p<q,且(p-m)(p-n)<0,(q-m)(q-n)<0,则 m、n、 p、q 的大小顺序是__________ 4 已知 a,b,c 为正实数,a+b+c=1 求证 1 (1)a2+b2+c2≥ 3
1 已知 x、y 是正变数,a、b 是正常数,且
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(2) 3a + 2 + 3b + 2 + 3c + 2 ≤6 5
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已知 x,y,z∈R,且 x+y+z=1,x2+y2+z2=
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1 , 2

证明
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x,y,z∈[0,
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2 ] 3

6 证明下列不等式 (1)若 x,y,z∈R,a,b,c∈R+,
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b+c 2 c+a 2 a+b 2 x + y + z ≥2(xy+yz+zx) a b c (2)若 x,y,z∈R+,且 x+y+z=xyz, y+z z+x x+ y 1 1 1 则 + + ≥2( + + ) x y z x y z 7 已知 i,m、n 是正整数,且 1<i≤m<n

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(1)证明 (2)证明







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(1+m)n>(1+n)m
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8 若 a>0,b>0,a3+b3=2,求证 a+b≤2,ab≤1 参考答案 a b 1 解析 令 =cos2θ, =sin2θ,则 x=asec2θ,y=bcsc2θ, y x
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∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ ≥a+b+2 a tan 2 θ b cot 2 θ = a + b + 2 ab 答案 2
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源 源 源

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a+b+2 ab
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解析 由 0≤|a-d|<|b-c| (a-d)2<(b-c)2 (a+b)2-4ad<(b+c)2-4bc ∵a+d=b+c,∴-4ad<-4bc,故 ad>bc 答案 ad>bc 3 解析 把 p、q 看成变量,则 m<p<n,m<q<n 答案 m<p<q<n
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4

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(1)证法一 =







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a2+b2+c2-

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

1 [3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2] 3 1 = [3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc] 3 1 1 = [(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0 ∴a2+b2+c2≥ 3 3 2 2 2 2 证法二 ∵(a+b+c) =a +b +c +2ab+2ac+2bc ≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 1 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥ 3
源 源 源

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证法三







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a2 + b2 + c2 a+b+c a+b+c ≥ ∴a2+b2+c2≥ 3 3 3 1 3
新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

∴a2+b2+c2≥ 证法四
源 源 源

1 1 1 +α,b= +β,c= +γ 3 3 3 ∵a+b+c=1,∴α+β+γ=0 1 1 1 ∴a2+b2+c2=( +α)2+( +β)2+( +γ)2 3 3 3
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设 a=

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1 2 + (α+β+γ)+α2+β2+γ2 3 3 1 1 = +α2+β2+γ2≥ 3 3 1 ∴a2+b2+c2≥ 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
源 源 源

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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 5
新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王 新新新 源源源源 源 源源源源 新新 新新 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特王王 王王 特特 新新 特特 特特 王王 新新 王王 新新新 源新新源 源 源源源源 源新新 源 源源源源 源源源源 源源 源源 特特特特 特特 特特特特 特特王 王特特 新王 王 新 王王 新新 王王

证法一







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由 x+y+z=1,x2+y2+z2=
源 源 源

1 1 ,得 x2+y2+(1-x-y)2= ,整理成关 2 2

于 y 的一元二次方程得

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2y2-2(1-x)y+2x2-2x+

1 =0,∵y∈R,故Δ≥0 2 1 2 2 ∴4(1-x)2-4×2(2x2-2x+ )≥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 于是 =( +x′)2+( +y′)2+( +z′)2 2 3 3 3 1 2 = +x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′) 3 3
源 源 源

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1 1 ( y′ + z ′) 2 1 3 +x′2+y′2+z′2≥ +x′2+ = + x′2 3 3 2 3 2 1 1 1 2 2 ,x∈[0, ] ,同理 y,z∈[0, ] 故 x′2≤ ,x′∈[- , ] 9 3 3 3 3 2 证法三 设 x、y、z 三数中若有负数,不妨设 x<0,则 x >0,
=
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1 2 2 2 2 ( y + z ) 2 (1 x) 2 3 1 1 =x +y +z ≥x + = + x 2 = x 2 x + > ,矛盾 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 1 2 2 2 2 ( y + z ) 2 2 (1 x) 2 3 2 1 =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 b+c 2 c+a 2 a+b 2 6.(1)证明 :∵ 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

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a c 2 b 2 b a 2 c x) ≥ 0 y z) + ( z y) + ( x c c a b a b a+b 2 b+c 2 c+a ∴ x + y+ z ≥ 2( xy + yz + zx ) b c a ( 2)证明 : 所证不等式等介于 y+z z+x x+ y x2 y2z2 ( + + ) ≥ 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
新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王新王王特王 特特特 特 新 王新王王 王 新 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王新王王 王 新 新新新 源源源源源源新源 源 新新源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王新王王特特 特特特 王 新 王新王王 王 新 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特特特特特 新王王 王 新 王新王王 王 新

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
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由于 m<n,对于整数 k=1,2,…,i-1,有

nk mk > , 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

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(1+m)n=1+C 1 m+C 2 m2+…+C n mn, n n n (1+n)m=1+C 1 n+C 2 n2+…+C m nm, m m m 由(1)知 miA in >niA im (1<i≤m ) ,而 C im = ∴miCin>niCim(1<m<n ) ∴m0C 0 =n0C 0 =1,mC 1 =nC 1 =mn,m2C 2 >n2C 2 ,…, n n n m n m mmC m >nmC m ,mm+1C m+1 >0,…,mnC n >0, n m n n ∴1+C 1 m+C 2 m2+…+C n mn>1+C 1 n+C2mn2+…+C m nm, n m n n m 即(1+m)n>(1+n)m 成立 8 证法一 因 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 (a+b)3-23=a3+b3+3a2b+3ab2-8=3a2b+3ab2-6 =3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3+b3)]=-3(a+b)(a-b)2≤0
新新新 源源源源源源源源 源 新新新 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王新王新 王 王 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特特特特王 新王新 特 王 王新王新 王 王
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A im i A in , Cn = i! i!

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即(a+b)3≤23,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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m = a + b 设 a、b 为方程 x2-mx+n=0 的两根,则 , n = ab

因为 a>0,b>0,所以 m>0,n>0,且Δ=m2-4n≥0 ① 因为 2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m(m2-3n) 所以 n=

m2 2 3 3m m2 2 )≥0, 3 3m



将②代入①得 m2-4( 即

m3 + 8 ≥0,所以-m3+8≥0,即 m≤2,所以 a+b≤2, 3m 由 2≥m 得 4≥m2,又 m2≥4n,所以 4≥4n,
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即 n≤1,所以 ab≤1 证法三 因 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 2=a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)(2ab-ab)=ab(a+b) 于是有 6≥3ab(a+b), 从而 8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3,所以 a+b≤2,(下略)
新新新 源源源源源源源源 源 新新新 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王新王新 王 王 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源源源源源源源源 源 特 特特特特特 特王特特特特王 新王新 特 王 王新王新 王 王
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a3 + 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 a3 + b3 a+b 3 所以对任意非负实数 a、b,有 ≥( ) 2 2 a3 + b3 a+b 3 因为 a>0,b>0,a3+b3=2,所以 1= ≥( ) , 2 2 a+b ∴ ≤1,即 a+b≤2,(以下略) 2 证法五 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 a3+b3=(a+b)[a2-ab+b2]=(a+b)[(a+b)2-3ab]>2(22-3ab) 3 3 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) 课前后备注
证法四
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因为







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