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1、精品资料欢迎下载多种方法证明高中不等式例 1 证明不等式nn2131211(nN*) 证法一 ：(1)当 n 等于 1时，不等式左端等于 1，右端等于 2，所以不等式成立；(2)假设 n=k(k1)时，不等式成立，即1+k131212k，,1211)1(11)1(21121131211kkkkkkkkkk则当 n=k+1 时， 不等式成立 . 综合(1)、(2)得：当 nN*时，都有 1+n131212n. 另从 k 到 k+1 时的证明还有下列证法：,1111212212:.12112,01),1(21)1(2, 0)1()1() 1(2) 1(21) 1(22kkkkkkkkkkkkkkk
2、kkkkkkkk又如.12112kkk证法二 ：对任意 kN*，都有：.2)1(2)23(2)12(22131211),1(21221nnnnkkkkkkk因此证法三 ：设 f(n)=),131211(2nn那么对任意 kN*都有：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 9 页精品资料欢迎下载01)1()1(2) 1(111)1(2)1(21111)1(2)() 1(2kkkkkkkkkkkkkkkkfkff(k+1)f(k) 因此，对任意 nN*都有 f(n)f(n1) f(1)=10，.2131211nn例 2 求使yxay
3、x(x0，y0)恒成立的 a 的最小值 . 解法一 ：由于 a 的值为正数，将已知不等式两边平方，得：x+y+2xya2(x+y)，即 2xy(a21)(x+y)，x，y0，x+y2xy，当且仅当 x=y 时，中有等号成立 . 比较、得 a 的最小值满足 a21=1，a2=2，a=2(因 a0)，a 的最小值是2. 解法二 ：设yxxyyxxyyxyxyxyxyxu212)(2. x0，y0，x+y2xy(当 x=y 时“=”成立 )，yxxy21，yxxy2的最大值是 1. 从而可知， u 的最大值为211，又由已知，得 au，a 的最小值为2. 解法三 ：y0，原不等式可化为yx+1a1y
4、x，设yx=tan，(0，2). tan+1a1tan2；即 tan+1asecasin+cos=2sin(+4)，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 9 页精品资料欢迎下载又 sin(+4)的最大值为 1(此时=4). 由式可知 a 的最小值为2. 例 3 已知 a0，b0，且 a+b=1.求证：(a+a1)(b+b1)425证法一： (分析综合法）欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)25ab+40，即证 4(ab)233(ab)+80，即证 ab41或 ab8. a0，b0，a+b=1，ab8 不可能成立1=a+
5、b2ab，ab41，从而得证 . 证法二： (均值代换法 ) 设 a=21+t1，b=21+t2. a+b=1，a0，b0，t1+t2=0，|t1|21，|t2|21.4254116254123162541)45(41) 141)(141()21)(21()141)(141(211)21(211)21(11)1)(1(2242222222222222222112122221122212122tttttttttttttttttttttbbaabbaa显然当且仅当 t=0，即 a=b=21时，等号成立 . 证法三 ：(比较法）a+b=1，a0，b0，a+b2ab，ab41精选学习资料 - - -
6、- - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 9 页精品资料欢迎下载425)1)(1(04)8)(41(4833442511425)1)(1(2222bbaaabababababbabbaabbaa证法四 ：(综合法 ) a+b=1， a0，b0，a+b2ab，ab41. 4251)1(4116251)1(169)1(434111222abababababab425)1)(1(bbaa即证法五 ：(三角代换法） a0，b0，a+b=1，故令 a=sin2，b=cos2，(0，2) .425)1)(1(4252sin4)2sin4(412sin125162sin
7、24.3142sin4, 12sin2sin416)sin4(2sin42cossin2cossin)cos1)(cossin1(sin)1)(1(2222222222222442222bbaabbaa即得例 4.已知 a，b，c 为正实数， a+b+c=1. 求证： (1)a2+b2+c231(2)232323cba6 证明： (1)证法一 ：a2+b2+c231=31(3a2+3b2+3c21) =313a2+3b2+3c2(a+b+c)2=313a2+3b2+3c2a2b2c22ab2ac2bc精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第
8、4 页，共 9 页精品资料欢迎下载=31(ab)2+(bc)2+(ca)20 a2+b2+c231证法二 ：(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bca2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c23(a2+b2+c2)(a+b+c)2=1 a2+b2+c231证法三 ：33222cbacbaa2+b2+c23cbaa2+b2+c231证法四 ：设 a=31+，b=31+，c=31+. a+b+c=1，+=0 a2+b2+c2=(31+)2+(31+)2+(31+)2=31+32(+)+2+2+2 =31+2+2+231a2+b2+c231629)(323232323323
9、,23323,21231)23(23:)2(cbacbaccbbaaa同理证法一原不等式成立 . 证法二 ：3)23()23()23(3232323cbacba336)(3cba232323cba336 原不等式成立 . 例 5 .已知 x，y，zR，且 x+y+z=1，x2+y2+z2=21，证明： x，y，z0，32精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 9 页精品资料欢迎下载证法一 ：由 x+y+z=1，x2+y2+z2=21，得 x2+y2+(1xy)2=21，整理成关于 y 的一元二次方程得：2y22(1x)y+2x2
10、2x+21=0，yR，故0 4(1x)242(2x22x+21)0，得 0 x32，x0，32同理可得 y，z0，32证法二 ：设 x=31+x，y=31+y，z=31+z，则 x+y+z=0，于是21=(31+x)2+(31+y)2+(31+z)2=31+x2+y2+z2+32(x+y+z) =31+x2+y2+z231+x2+2)(2zy=31+23x2故 x291，x31，31 ，x0，32 ，同理 y，z0，32证法三 ：设 x、y、z 三数中若有负数，不妨设x0，则 x20，21=x2+y2+z2x2+21232)1(2)(2222xxxxzy21，矛盾 . x、 y、 z 三 数
11、中 若有 最大 者 大 于32， 不 妨 设 x32， 则21=x2+y2+z2x2+2)(2zy=x2+2)1(2x=23x2x+21=23x(x32)+2121；矛盾 . 故 x、y、z0，32例 6 .证明下列不等式：(1)若 x，y，zR，a，b，cR+，则cbaybacxacb22z22(xy+yz+zx) (2)若 x，y，zR+，且 x+y+z=xyz，则zyxyxzxzy2(zyx111) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 9 页精品资料欢迎下载0)()()()()()(222)(4)(2)()(2)()(
12、)()(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222yxzxzyzyxyxxyxzzxzyyzxyzzxyyzxxyyxzxxzyzzyxyzzxyyzxxzzyyxxyyxzxxzyzzyzyxzxyzxyyxxyxzzxzyyzxyzzxyzxyzyxyxzxzyzyxzxyzxyzcbaybacxacbxaczcazcbybcybaxabzxxaczcayzzcbybcxyybaxabzxyzxyzcbaybacxcb所证不等式等介于证明证明上式显然成立，原
13、不等式得证. 例 7.已知 i，m、n 是正整数，且 1imn. (1)证明： niAimmiAin；(2)证明： (1+m)n(1+n)m 7.证明： (1)对于 1im，且 Aim=m(mi+1)，ninnnnnnmimmmmmmiimiim11A,11A同理，由于 mn，对于整数 k=1，2， i1，有mkmnkn，所以imiiniiimiinnmmnAA,AA即(2)由二项式定理有：(1+m)n=1+C1nm+C2nm2+Cnnmn，(1+n)m=1+C1mn+C2mn2+Cmmnm，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，
14、共 9 页精品资料欢迎下载由(1)知 miAinniAim(1im)，而 Cim=!AC,!AiiininimmiCinniCim(1mn)m0C0n=n0C0n=1，mC1n=nC1m=mn，m2C2nn2C2m，mmCmnnmCmm，mm+1C1mn0， mnCnn0，1+C1nm+C2nm2+Cnnmn1+C1mn+C2mn2+Cmmnm，即(1+m)n(1+n)m成立. 例 8 .若 a0，b0，a3+b3=2，求证： a+b2，ab1. 证法一 ：因 a0，b0，a3+b3=2，所以(a+b)323=a3+b3+3a2b+3ab28=3a2b+3ab26 =3ab(a+b)2=3ab
15、(a+b)(a3+b3)=3(a+b)(ab)20. 即(a+b)323，又 a+b0，所以 a+b2，因为 2aba+b2，所以 ab1. 证法二 ：设 a、b 为方程 x2mx+n=0 的两根，则abnbam，因为 a0，b0，所以 m0，n0，且=m24n0 因为 2=a3+b3=(a+b)(a2ab+b2)=(a+b)(a+b)23ab=m(m23n) 所以 n=mm3232将代入得 m24(mm3232)0，即mm3830，所以 m3+80，即 m2，所以 a+b2，由 2m 得 4m2，又 m24n，所以 44n，即 n1，所以 ab1. 证法三： 因 a0，b0，a3+b3=2，
16、所以精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 9 页精品资料欢迎下载2=a3+b3=(a+b)(a2+b2ab)(a+b)(2abab)=ab(a+b) 于是有 63ab(a+b)，从而 83ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以 a+b2，(下略）证法四： 因为333)2(2baba8)(382444)(22222babaabbaabbaba0，所以对任意非负实数a、b，有233ba3)2(ba因为 a0，b0，a3+b3=2，所以 1=233ba3)2(ba，2ba1，即 a+b2，(以下略）证法五 ：假设 a+b2，则a3+b3=(a+b)(a2ab+b2)=(a+b)(a+b)23ab(a+b)ab2ab，所以 ab1，又 a3+b3=(a+b)a2ab+b2=(a+b)(a+b)23ab2(223ab) 因为 a3+b3=2，所以 22(43ab)，因此 ab1，前后矛盾， 故 a+b2(以下略 ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 9 页