韩信点兵方法证明

第一篇：韩信点兵方法证明

关于韩信点兵问题

公式的证明

设：第一次每排A人，最后剩余a人，第二次每排B人，最后剩余b人，第三次每排C人，最后剩余c人。按照求解方法的步骤是：

第一步

1找到满足下列条件的k1、k2： ○

（B×C）·k1=A·k2+

12将上面的等式两边扩大a(第一次最后剩余人数)倍 ○

1式或：（B×C）·a ·k1=A·a·k2+a，……○

[(B×C）·a ·k1]÷A=a·k2……a第二步同法：

1找到满足下列条件的k3、k4： ○

（A×C）·k3=B·k4+1

2将上面的等式两边扩大b(第二次最后剩余人数)倍 ○

2式或（A×C）·b·k3=B·b·k4+b……○

[(A×C)·b·k3]÷B=b·k4……b第三步同法：

3式或(A×B）·c ·k5 =C·c·k6+c……○

[（A×B）·c ·k5]÷C=c·k6……c

1○2○3式相加，并验证 第四步把○

1式(B×C）·a·k1= A·a·k2+a……○

2式(A×C）·b·k3 = B·b·k4+b……○

3式(A×B）·c·k5= C·c·k6+c……○

1○2○3式左边相加 验证：○

1式说明左边除以A，余a ○

2式说明左边除以A，无余数； ○

3式说明左边除以A，也无余数； ○

1○2○3式相加，和除以A,余数必然是a;把○

同理:

1○2○3式相加，和除以B,余数必然是b;把○

1○2○3式相加，和除以C,余数必然是c;把○

最后总结一下：

该数=(B×C）·a·ka+(A×C）·b·kb+(A×B）·c·kc其中：

ka 满足:(B×C）·ka= An+1取最小 kb 满足:(A×C）·kb = Bn+1取最小 kc 满足:(A×B）·kc= Cn+1取最小

第二篇：趣味数学教案—韩信点兵

韩信点兵

教学目标：

一、让学生在故事中学会带余除法的算法，掌握剩余定理。

二、帮助学生开拓逻辑思维，提前掌握用未知数列方程。

三、在学习中玩，在玩中学习，让学生体验到学习的快乐。

教学重点：

剩余定理，带余除法

教学难点：

多方程解未知数

课前准备：

教学PPT

教学步骤：

一、韩信点兵

汉高祖刘邦曾问大将韩信：“你看我能带多少兵？”韩信斜了刘邦一眼说：“你顶多能带十万兵吧！”汉高祖心中有三分不悦，心想：你竟敢小看我！“那你呢？”韩信傲气十足地说：“我呀，当然是多多益善啰！”刘邦心中又添了三分不高兴，勉强说：“将军如此大才，我很佩服。现在，我有一个小小的问题向将军请教，凭将军的大才，答起来一定不费吹灰之力的。”韩信满不在乎地说：“可以可以。”刘邦狡黠地一笑，传令叫来一小队士兵隔墙站队，刘邦发令：“每三人站成一排。”队站好后，小队长进来报告：“最后一排只有二人。”“刘邦又传令：“每五人站成一排。”小队长报告：“最后一排只有三人。”刘邦再传令：“每七人站成一排。”小队长报告：“最后一排只有二人。”刘邦转脸问韩信：“敢问将军，这队士兵有多少人？”韩信脱口而出：“二十三人。”刘邦大惊，心中的不快已增至十分，心想：“此人本事太大，我得想法找个岔子把他杀掉，免生后患。”一面则佯装笑脸夸了几句，并问：“你是怎样算的？”韩信说：“臣幼得黄石公传授《孙子算经》，这孙子乃鬼谷子的弟子，算经中载有此题之算法.二、唐僧师徒摘桃子

一天，唐僧命徒弟悟空、八戒、沙僧三人去花果山摘些桃子。不长时间，徒弟三人摘完桃子高高兴兴回来。师父唐僧问：你们每人各摘回多少个桃子？

八戒憨笑着说：师父，我来考考你。我们每人摘的一样多，我筐里的桃子不到100个，如果3个3个地数，数到最后还剩1个。你算算，我们每人摘了多少个？

沙僧神秘地说：师父，我也来考考你。我筐里的桃子，如果4个4个地数，数到最后还剩1个。你算算，我们每人摘了多少个？

悟空笑眯眯地说：师父，我也来考考你。我筐里的桃子，如果5个5个地数，数到最后还剩1个。你算算，我们每人摘多少个？

唐僧很快说出他们每人摘桃子的个数。你知道他们每人摘多少个桃子吗？（61）

三、小题考一考

一个数，被3除余1，被5除余3，被7除余6，被11除余8，这个数是多少？（118）课堂总结

活跃气氛，快乐学习。

第三篇：证明方法

2.2直接证明与间接证明BCA案

主备人：史玉亮 审核人:吴秉政使用时间：2012年2-1

1学习目标：

1.了解直接证明的两种基本方法，即综合法和分析法。了解间接证明的一种基本方法——反证法。

2.了解综合法和分析法的思考过程与特点，并会用两种方法证明。了解反证法的解题步骤，思维过程及特点。

重点：

1.对综合法和分析法的考查是本课的重点。应用反证法解决问题是本课考查的热点。

2.命题时多以考查综合法为主，选择题、填空题、解答题均有可能出现。反证法仅作为客观题的判断方法不会单独命题。

B案

一、直接证明

1.定义：直接证明是从___________或___________出发的，根据已知的_________、________________，直接推证结论的真实性。

2.直接证明的方法：______________与________________。

二、综合法

1.定义：综合法是从___________推导到______________的思维方法。具体地说，综合法 从__________除法，经过逐步的___________，最后达到_______________。

 

 „ 

三、分析法

1.定义：分析法是从__________追溯到__________的思维方法，具体地说，分析法是从________出发，一步一步寻

求结论成立的____________，最后达到

_________或__________。



  „ 

四、反证法的定义

由证明pq转向证明prt,t与_________矛盾，或与某个________矛盾，从而判定_________，推出___________的方法，叫做反证法。

预习检测：

1.已知|x|＜1，|y|＜1，下列各式成立的是（）

A.|xy||xy|≥2B.xyC.xy1xyD.|x||y|

ln2ln3ln5,b,c，则（）23

5A.abcB.cbaC.cabD.bac 2.若a

3.命题“三角形中最多只有一个内角是直角”的结论的否定是（）

A.有两个内角是直角

B.有三个内角是直角

C.至少有两个内角是直角

D.没有一个内角是直角

4.abcd的必要不充分条件是（）

A.acB.bdC.ac且bdD.ac或bd

5.“自然数a,b,c中恰有一个是偶数”的反证法设为（）

A.自然数a,b,c都是奇数B.自然数a,b,c都是偶数

C.自然数a,b,c中至少有两个是偶数D.自然数a,b,c中都是奇数或至少有两个偶数

6.已知a是整数，a2为偶数，求证：a也是偶数。

C案

一、综合法

例1求证：12

3log19log1919

253log2

2.已知n是大于1的自然数，求证：log(n1)log(n2)

n(n1)

二、分析法

例2．求证

2变式突破： 已知a,b,c表示三角形的三边，m0,求证：

三、反证法：

例3．（1）证明：2不是有理数。

变式突破：若a、b、c均为实数，且ax2y

求证：a、b、c中至少有一个大于0.2abc ambmcm2,by22z3,cz22x6.当堂检测：

1.“x

0”是“0”成立的（）

A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.非充分非必要条件 D.充要条件

2.设alog54，b(log53)2，clog45，则（）

A.acbB.bcaC.abcD.bac

3.设x,y,zR，ax111,by,cz，则a,b,c三数（）yzx

A.至少有一个不大于2B.都小于2C.至少有一个不小于2D.都大于

22224.若下列方程：x4ax4a30,x(a1)xa0，x2ax2a0至少有2

一个方程有实根，试求实数a的取值范围。

A案

1.A、B为△ABC的内角，∠A＞∠B是sinAsinB的（）

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件

2.若向量a(x,3)(xR)，则“x4”是“|a|5”的（）

A.充分不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件D.既不充分又不必要条件

3.已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项的和，若a2a32a1且a4与2a7的等差中项为5，则S5=（）A.35B.33C.31D.29

44.定义在R上的函数f(x)满足f(xy)f(x)f(y)2xy(x,yR)，f(1)2，则f(2)等于（）A.2B.3C.6D.9

5.分析法证明问题是从所证命题的结论出发，寻求使这个结论成立的（）

A.充分条件B.必要条件C.重要条件D.既非充分条件又非必要条件

6.下面四个不等式：①abc≥abbcca；②a(1a)≤2221ba；③≥2； 4ab

④(a2b2)(c2d2)≥(acbd)2，其中恒成立有（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个

7.若x,y0且xy2，则1y1x1y1x和的值满足（）A.和的中至少xxyy

有一个小于2B.1y1x1y1x和都小于2C.和都大于2D.不确定 xxyy

8.已知、为实数，给出下列三个论断：

①0；②||

5；③|||个论断为结论，写出你认为正确的命题是______________。

9.设a0,b0,c0，若abc1，则

111≥______________。abc

第四篇：韩信点兵中的数学故事

韩信点兵中的数学故事

韩信点兵是一个有趣的游戏,如果你随便拿一把棋子（数目在100粒左右）,先3粒3粒数,不满3粒的记下余数；再5粒5粒数,不满5粒的记下余数；最后7粒7粒地数,也把余数记下来.然后根据每次的余数,就可以知道你原来拿的棋子总共有多少.如：3个一数余1粒,5个一数余2粒,7个一数余2粒,那么原有棋子是多少呢? 它的算法很简单,而且在我国古代就有.宋朝周密叫它“鬼谷算”或“隔墙算”；杨辉叫它“剪管术”；而“韩信点兵”是较通行的名称.至于它的算法,在《孙子算经》上早有说明,后来在宋朝经过数学家秦九韶的推广,又发现了一种算法,叫“大衍一术”.这就是外国人所称的“中国剩余定理”,是数学史上极有名的问题.那么到底怎样来计算呢? A×70+b×21+c×15-105 其中a、b、c分别为3个、5个、7个一数的余数.如果得出数还是比105大,就再减去105,一直到得数比105小为止.因此你可以很容易地知道,前面问题的答案了 1×70+2×21+2×15-105=37（粒）.那么“韩信点兵”里为什么要3个一数,5个一数,7个一数呢?周其它的数可以吗?我们先研究一下“韩信点兵”的解法“70a+21b+15c-105”.我们先来看一下70、21、15、105这4个数和3、5、7之间的关系：

（1）70=2×5×7,70=3×23+1,所以70是5和7的一个公倍数,它被3除后余数是1.（2）同理,21是3与7的一个公倍数,它被5除后余数是1.（3）15是3与5的一个公倍数,它被7除后余数是1.（4）105=3×5×7,是3、5、7的最小公倍数.根据上面的这些关系,“70a+21b+15c-105”确实是所求的得数.所以,70a+21b+15c-105被3除的余数是1.据同样的道理,这个数被5除后的余数是2,被7除后余数是2.那么,“韩信点兵”里为什么要用3、5、7这三个数呢?我们知道,3、5、7中任意两个数的最大公约数都是1,也就是说是两两互素.于是就可以找到这样一个数,是3、5、7其中两个数的公倍数,而被另一个数除后余数是1,类似70、21、15.这也就是“韩信点兵”中的三个数的要求.那么不是两两互素的数,是不是就一定找不到类似70、21、15的数呢?如4、6、7这三个数,4与6不是互素,它们的最大公约数是2,而6与7的任何一个公倍数都是偶数,被偶数4除后的余数也一定是偶数,而不可能是1,所以是找到与70、21、15相当的三个数的.因此在“韩信点兵”里就不能用.我们也可以不用3、5、7这三个数,而换成其它两两互素的数,如2、3、11.这时的计算式是“33a+22b+12c-66”.不信的话,你可以用上文中的例子试一试,看是不是37粒.

第五篇：证明不等式方法

不等式的证明是高中数学的一个难点，题型广泛，涉及面广，证法灵活，错法多种多样，本节通这一些实例，归纳整理证明不等式时常用的方法和技巧。1比较法

比较法是证明不等式的最基本方法，具体有“作差”比较和“作商”比较两种。基本思想是把难于比较的式子变成其差与0比较大小或其商与1比较大小。当求证的不等式两端是分项式（或分式）时，常用作差比较，当求证的不等式两端是乘积形式（或幂指数式时常用作商比较）

例1已知a+b≥0，求证：a3+b3≥a2b+ab

2分析：由题目观察知用“作差”比较，然后提取公因式，结合a+b≥0来说明作差后的正或负，从而达到证明不等式的目的，步骤是10作差20变形整理30判断差式的正负。

∵（a3+b3)(a2b+ab2)

=a2(a-b)-b2(a-b)

=(a-b)(a2-b2)

证明： =(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 设a、b∈R+，且a≠b，求证：aabb＞abba

分析：由求证的不等式可知，a、b具有轮换对称性，因此可在设a＞b＞0的前提下用作商比较法，作商后同“1”比较大小，从而达到证明目的，步骤是：10作商20商形整理30判断为与1的大小

证明：由a、b的对称性，不妨解a＞b＞0则

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

练习1 已知a、b∈R+，n∈N，求证（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变式证明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及变形有：

（1）若a、b∈R，则a2+b2≥2ab（当且仅当a=b时，取等号）

（2）若a、b∈R+，则a+b≥ 2ab（当且仅当a=b时，取等号）

（3）若a、b同号，则 ba+ab≥2（当且仅当a=b时，取等号）

例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1则a1-b2+b1-a2≤

1分析：通过观察可直接套用： xy≤x2+y2

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

∴b1-a2+a1-b2≤1，当且仅当a1+b2=1时，等号成立

练习2：若 ab0，证明a+1(a-b)b≥

33综合法

综合法就是从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式性质推算出要证明不等式。

例4，设a0，b0，a+b=1，证明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252

证明：∵ a0，b0，a+b=1

∴ab≤14或1ab≥

4左边=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+［(a+b)2-2ab］+(a+b)2-2aba2b2

=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252

练习3：已知a、b、c为正数，n是正整数，且f(n)=1gan+bn+cn

3求证：2f（n）≤f（2n）

4分析法

从理论入手，寻找命题成立的充分条件，一直到这个条件是可以证明或已经证明的不等式时，便可推出原不等式成立，这种方法称为分析法。

例5：已知a0，b0，2ca+b，求证：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

分析：观察求证式为一个连锁不等式，不易用比较法，又据观察求证式等价于 ｜a-c｜＜c2-ab也不适用基本不等式法，用分析法较合适。

要证c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

只需证-c2-ab＜a-c＜c2-ab

证明：即证 ｜a-c｜＜c2-ab

即证(a-c)2＜c2-ab

即证 a2-2ac＜-ab

∵a＞0，∴即要证 a-2c＜-b 即需证2+b＜2c，即为已知

∴ 不等式成立

练习4：已知a∈R且a≠1，求证：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）

25放缩法

放缩法是在证明不等式时，把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明不等式，是证明不等式的重要方法，技巧性较强常用技巧有：（1）舍去一些正项（或负项），（2）在和或积中换大（或换小）某些项，（3）扩大（或缩小）分式的分子（或分母）等。

例6：已知a、b、c、d都是正数

求证： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2分析：观察式子特点，若将4个分式商为同分母，问题可解决，要商同分母除通分外，还可用放缩法，但通分太麻烦，故用放编法。

证明：∵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

综上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2

练习5：已知：a＜2，求证：loga(a+1)＜1

6换元法

换元法是许多实际问题解决中可以起到化难为易，化繁为简的作用，有些问题直接证明较为困难，若通过换元的思想与方法去解就很方便，常用于条件不等式的证明，常见的是三角换元。

(1)三角换元：

是一种常用的换元方法，在解代数问题时，使用适当的三角函数进行换元，把代数问题转化成三角问题，充分利用三角函数的性质去解决问题。

例

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

1证明： ∵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

复习6：已知1≤x2+y2≤2，求证：12 ≤x2-xy+y2≤

3(2)比值换元：

对于在已知条件中含有若干个等比式的问题，往往可先设一个辅助未知数表示这个比值，然后代入求证式，即可。

例8：已知 x-1=y+12=z-23，求证：x2+y2+z2≥431

4证明：设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反证法

有些不等式从正面证如果不好说清楚，可以考虑反证法，即先否定结论不成立，然后依据已知条件以及有关的定义、定理、公理，逐步推导出与定义、定理、公理或已知条件等相矛盾或自相矛盾的结论，从而肯定原有结论是正确的，凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题，适宜用反证法。

例9：已知p3+q3=2，求证：p+q≤

2分析：本题已知为p、q的三次，而结论中只有一次，应考虑到用术立方根，同时用放缩法，很难得证，故考虑用反证法。

证明：解设p+q＞2，那么p＞2-q

∴p3＞（2-q）3=8-12q+6q2-q

3将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练习7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求证：a＞0，b＞0，c＞0

8数学归纳法

与自然数n有关的不等式，通常考虑用数学归纳法来证明。用数学归纳法证题时的两个步骤缺一不可。

例10：设n∈N，且n＞1,求证：(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+12

分析：观察求证式与n有关，可采用数学归纳法

证明：（1）当n=2时，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假设n=k(k≥2，k∈n)时不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k-1)＞2k+12 那么当n=k+1时，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)＞2k+12·(1+12k+1)①

要证①式左边＞2k+32，只要证2k+12·

2k+22k+1＞2k+32②

对于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，即当n=k+1时，原不等式成立

由（1）（2）证明可知，对一切n≥2（n∈N），原不等式成立

练习8：已知n∈N，且n＞1，求证： 1n+1+1n+2+…+12n＞132

49构造法

根据求证不等式的具体结构所证，通过构造函数、数列、合数和图形等，达到证明的目的，这种方法则叫构造法。

1构造函数法

例11：证明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

证明：设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）的图像表示y轴对称

∵当x＞0时，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴当x＜0时，据图像的对称性知f（x）＜0

∴当x≠0时，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

练习9：已知a＞b，2b＞a+c，求证：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2构造图形法

例12：若f（x）=1+x2，a≠b，则|f（x）-f（b）|＜ |a-b|

分析：由1+x2 的结构可知这是直角坐标平面上两点A(1，x)，0(0，0)的距离即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2

于是如下图，设A(1，a)，B(1，b)则0A= 1+a2 0B=1+b2

|AB|=|a-b|又0A|-|0B＜|AB|∴|f(a)-f(b)|＜|a-b|

练习10：设a≥c，b≥c，c≥0，求证 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添项法

某些不等式的证明若能优先考虑“添项”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍数添项

若不等式中含有奇数项的和，可通过对不等式乘以2变成偶数项的和，然后分组利用已知不等式进行放缩。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（当且仅当a=b=c时等号成立）证明：∵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

当且仅当a=b，b=c，c=a即a=b=c时，等号成立。

2平方添项

运用此法必须注意原不等号的方向

例14 ：对于一切大于1的自然数n，求证：

(1+13)(1+15)…(1+12n-1＞ 2n+1 2)

证明：∵b ＞ a＞ 0，m＞ 0时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平均值添项

例15：在△ABC中，求证sinA+sinB+sinC≤3

32分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算术平均值添项sin π

3证明：先证命题：若x＞0，y＜π，则sinx+siny≤2sin x+y2（当且仅当x=y时等号成立）∵0＜x+y2＜ π，-π2＜ x-y2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosx-y

2∴上式成立

反复运用这个命题，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332

∴sinA+sinB≠sinC≤332

练习11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18

4利用均值不等式等号成立的条件添项

例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，求证a4+b4＞ 18

分析：若取消a≠b的限制则a=b= 12时，等号成立

证明：∵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中等号不成立∴③中等号不成立∴ 原不等式成立

1．是否存在常数c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y对任意正数x,y恒成立？ 错解：证明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故说明c存在。

正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下证不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。要证不等式xx+2y+xx+2y≤23，因为x,y是正数，即证3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即证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+，求证：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

错解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz

错因：根据不等式的性质：若a ＞b＞ 0，c ＞d ＞0,则ac bd，但 ac＞bd却不一定成立 正解：x2y2+y2z2≥ 2x y2z，y2z2+z2x2≥ 2x yz2，x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，以上三式相加，化简得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，两边同除以x+y+z:

x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

6.3 设x+y>0，n为偶数，求证yn-1xn+xn-1yn≥

1x 1y

错证：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y

=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

n为偶数，∴ xnyn ＞0，又xn-yn和xn-1-yn-

1同号，∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

错因：在x+y>0的条件下，n为偶数时，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同号，应分x、y同号和异号两种情况讨论。

正解：应用比较法：

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

① 当x>0,y>0时，(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 当x,y有一个是负值时，不妨设x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n为偶数时,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

综合①②知原不等式成立