第一篇:数学归纳法证明不等式的本质1
数学归纳法证明不等式的本质
成都外国语学校邓忠全
在近几年的高考中,有关不等式的综合证明题做为压轴题的非常多,其中相当一部分又是用数学归纳法证明的。但是,各种参考书或杂志在研究此类问题时,都只谈到与n有关的不等式可用数学归纳法证明,并落列了一些题解的过程,而没有深入探讨:数学归纳法证明不等式的本质是什么?什么时候能用或不能用数学归纳法证明不等式?又如何把一些不能用数学归纳法证明不等式的题,转化为能用数学归纳法证明?,本文拟针对上述三个问题,进行分析研究。
数学归纳法证明不等式的典型类型有两类,一类是与数列或数列求和有关的问题,另一类是函数迭代问题(本文不讨论)。凡是与数列或数列求和有关的问题都可统一表述成f(n)g(n)(nN)的形式或近似于上述形式。这种形式的关键步骤是由nk时,命题成立推导nk1时,命题也成立。为了表示的方便,我们记左nf(k1)f(k),右ng(k1)g(k)分别叫做左增量,右增量。那么,上述证明的步骤可表述为
f(k1)f(k)左kg(k)左kg(k)右kg(k1)
上述四步中,两个“=”和“<”都是显然成立的,(其中f(k)g(k)是由归纳假设而得),而“≤”是否成立,就需要判断和证明了,既“左k右k”若成立,既可用数学归纳法证明;若不成立,则不能用数学归纳法证明。因此,可以这样说,数学归纳法证明不等式的本质是证明“左增量≤右增量”,而判断能否用数学归纳法证明不等式的标准就是看“左增量≤右增量”是否成立。例1.06福建高考的最后一题的最后一问:
已知an2n1,求证:an1a1a2nn(nN)23a2a3an12
本题要证后半节的关键是证
2k111 中k右k即证k2212
而此式显然成立,所以可以用数学归纳法证明。
而要证前半节的关键是证
12k11 左k中k即证k2221
而此式显然不成立,所以不能用数学归纳法证明。如果不进行判断就用数学归纳法证前半节,忙乎半天,只会徒劳。
有时,f(n)g(n)(nN)中f(n),g(n)是以乘积形式出现,且f(n)0,g(n)0是显然成立的。此时,可记
左kf(k1)g(k1),右k f(k)g(k)
分别叫做左增倍,右增倍。那么,用数学归结法证明由nk时,成立推导nk1成立,可表述为
f(k1)f(k)左kg(k)左kg(k)右kg(k1)
和前面所讲相似,上述四步中,两个“=”和“<”都显然成立,而“≤”是否成立,就需要判断和证明了,既“左k右k”若成立,既可用数学归纳法证明;若不成立,则不能用数学归纳法证明。因此,可以这样说,此时,数学归纳法证明不等式的本质是证“左增倍≤右增倍”,而判断能否用数学归纳法证明不等式的标准就是看“左增倍≤右增倍”是否成立。
例2.求证n22n(n5)(k1)2
本题中左k,右k2 k2
左k右k(k5)是显然成立的,所以可以用数学归纳法。
例3.06江西高考最后一题的最后一问可以转化为: 11111(1)(12)(13)(1n)(nN)23333
1此题的左k1右k1k1 3求证:
左k右k不成立,不能用数学归纳法证明。
通过上述论述我们能清晰地知道哪时可用数学归纳法证明不等式,哪时不能用数学归纳法证明不等式,但我们还必须知道有些不能用数学归纳法证明的不等式,可以引入中间量改进为可用数学归纳法证明的不等式。下面先从理论上探讨。
命题:f(n)g(n)
若左k右k(左k右k)不成立时
可将命题f(n)g(n)改为
f(n)h(n)g(n)
其中左k中k(左k中k)成立,f(n)h(n)就可用数学归纳法证明,而h(n)g(n)很容易被其它方面证明,此时,改进就是成功的。
上述例3可改为证明
11111111123n(1)(12)(1n)23333333
其中前半节用等比求和易证,而后半节可用数学归纳法证明。
第二篇:不等式证明1
本资料从网上收集整理
难点18 不等式的证明策略
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,本难点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.●难点磁场
(★★★★)已知a>0,b>0,且a+b=1.求证:(a+1a1b254)(b+)≥.●案例探究
[例1]证明不等式112131n2n(n∈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,属★★★★★级题目.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:
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,所以不等式成立;
(2)假设n=k(k≥1)时,不等式成立,即1+12131k11k112131k<2k,则12k2k(k1)1k1k(k1)1k1
2k1,∴当n=k+1时,不等式成立.综合(1)、(2)得:当n∈N*时,都有1+
12131n<2n.另从k到k+1时的证明还有下列证法:
2(k1)12k(k1)k2k(k1)(k1)(kk1)0,22k(k1)12(k1),k10,2k1k12k1.2k1k2k1k11k1,又如:2k12k
本资料从网上收集整理
2k1k12k1.证法二:对任意k∈N*,都有:
1k2k12k132kk11n2(kk1),2)2(nn1)2n.因此122(21)2(312131n证法三:设f(n)=2n(1*
),那么对任意k∈N 都有:
f(k1)f(k)2(k11k11k1k)1k1[2(k1)2k(k1)1](k1k1k)2
0[(k1)2k(k1)k]∴f(k+1)>f(k)因此,对任意n∈N 都有f(n)>f(n-1)>„>f(1)=1>0,∴112131n2n.xy(x>0,y>0)恒成立的a的最小值.*[例2]求使xy≤a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,属于★★★★★级题目.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,此时我们习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元,即令x=cosθ,y=sinθ(0<θ<
2),这样也得a≥sinθ+cosθ,但是这种换元是错误的.其原因是:(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:
22x+y+2xy≤a(x+y),即2xy≤(a-1)(x+y),① ② ∴x,y>0,∴x+y≥2xy,当且仅当x=y时,②中有等号成立.本资料从网上收集整理
比较①、②得a的最小值满足a-1=1,∴a2=2,a=2(因a>0),∴a的最小值是2.xxyy(xxyy)22解法二:设uxy2xyxy12xyxy.∵x>0,y>0,∴x+y≥22xy2xyxy(当x=y时“=”成立),∴xy≤1,xy的最大值是1.从而可知,u的最大值为112,又由已知,得a≥u,∴a的最小值为2.解法三:∵y>0,∴原不等式可化为
xy+1≤a
xy1,设xy=tanθ,θ∈(0,2).∴tanθ+1≤atan21;即tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+又∵sin(θ+44),4).③)的最大值为1(此时θ=由③式可知a的最小值为2.●锦囊妙计
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
本资料从网上收集整理
种证法中的推理思维,并掌握相应的步骤、技巧和语言特点.●歼灭难点训练
一、填空题
1.(★★★★★)已知x、y是正变数,a、b是正常数,且
axby=1,x+y的最小值为__________.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__________.二、解答题
4.(★★★★★)已知a,b,c为正实数,a+b+c=1.求证:(1)a2+b2+c2≥
(2)3a23b23c2≤6 5.(★★★★★)已知x,y,z∈R,且x+y+z=1,x2+y2+z2=6.(★★★★★)证明下列不等式:(1)若x,y,z∈R,a,b,c∈R,则(2)若x,y,z∈R,且x+y+z=xyz,则yzxzxyxyz+
+
12,证明:x,y,z∈[0,23]
bcax2caby2abcz≥2(xy+yz+zx)
2≥2(1x1y1z)7.(★★★★★)已知i,m、n是正整数,且1<i≤m<n.(1)证明:niAim<miAin;
(2)证明:(1+m)n>(1+n)m
338.(★★★★★)若a>0,b>0,a+b=2,求证:a+b≤2,ab≤1.参考答案
难点磁场
证法一:(分析综合法)
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≤ab≥8.∵a>0,b>0,a+b=1,∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab,∴ab≤证法二:(均值代换法)设a=121
4222
14或,从而得证.+t1,b=12+t2.12∵a+b=1,a>0,b>0,∴t1+t2=0,|t1|<,|t2|<
本资料从网上收集整理
(a(121a)(b21b)(1a1a22b1b(14t1t11)((222t1)112t122t2)11214t21412t2t21)t2)2212t1)(22(14t1t11)(14t2t21)2(54t2)t214t22
t2425161432t2t222252516.144t2显然当且仅当t=0,即a=b=证法三:(比较法)
12时,等号成立.∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2ab,∴ab≤1125222214
a1b1254ab33ab8(14ab)(8ab)(a)(b)0ab4ab44ab4ab 1125(a)(b)ab4证法四:(综合法)∵a+b=1,a>0,b>0,∴a+b≥2ab,∴ab≤
14.2(1ab)125 ab4252(1ab)11391621ab1(1ab)4416 14ab即(a1a)(b1b)254
证法五:(三角代换法)
∵ a>0,b>0,a+b=1,故令a=sin2α,b=cos2α,α∈(0,2)
本资料从网上收集整理
(a1a4)(b1b)(sin4221sin22)(cos21cos222)2sincos2sincos24sin2222(4sin)164sin2sin21,4sin2413.42sin2162522(4sin2)2511244sin224sin2即得(a1a)(b1b)254.22 歼灭难点训练
一、1.解析:令ax=cos2θ,by=sin2θ,则x=asec2θ,y=bcsc2θ,∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2atan2bcot2ab2ab.答案:a+b+2ab
2.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
二、4.(1)证法一:a2+b2+c2-===13131313=
13(3a2+3b2+3c2-1)[3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2]
[3a2+3b2+3c2-a2-b2-c2-2ab-2ac-2bc] [(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0 ∴a2+b2+c2≥
222
证法二:∵(a+b+c)=a+b+c+2ab+2ac+2bc≤a+b+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥abc32222
abc3证法三:∵∴a2+b2+c2≥
abc3∴a2+b2+c2≥
13证法四:设a=+α,b=
13+β,c=
13+γ.∵a+b+c=1,∴α+β+γ=0 ∴a+b+c=(22213+α)+(2
13+β)+(2
13+γ)
本资料从网上收集整理
==1313+23(α+β+γ)+α+β+γ
13222 +α2+β2+γ2≥13
∴a2+b2+c2≥(2)证法一:同理
3a23b32(3a2)13c323(abc)9263a212,3b2,3c23c2
3a23b2∴原不等式成立.证法二:3a23b233c2(3a2)(3b2)(3c2)3
3(abc)633
∴3a23b23c2≤33<6 ∴原不等式成立.5.证法一:由x+y+z=1,x2+y2+z2=次方程得:
2y2-2(1-x)y+2x2-2x+
1212,得x2+y2+(1-x-y)2=
12,整理成关于y的一元二
=0,∵y∈R,故Δ≥0
12∴4(1-x)2-4×2(2x2-2x+同理可得y,z∈[0,证法二:设x=于是==1313121323)≥0,得0≤x≤
23,∴x∈[0,23]
]
132+x′,y=2
+y′,z=
13132
+z′,则x′+y′+z′=0,=(13+x′)+(13+y′)+(23+z′)
+x′2+y′2+z′2+222
(x′+y′+z′)
13+x′+y′+z′≥2
+x′+
132
(yz)22=
13+
2332x′2
23故x′≤19,x′∈[-,13],x∈[0,],同理y,z∈[0,]
12证法三:设x、y、z三数中若有负数,不妨设x<0,则x2>0,=x2+y2+z2≥
本资料从网上收集整理
x+2(yz)22(1x)22x232xx212>
12,矛盾.23x、y、z三数中若有最大者大于x+
2,不妨设x>
23,则
12=x2+y2+z2≥(yz)22=x+232(1x)22=1223232x2-x+
=32x(x-)+12>;矛盾.]
cabcby22故x、y、z∈[0,6.(1)证明:((baxbaaxx22bc22xabc2z2(xyyzzx)accaz222aby2xy)(aby)(y2ybc2bcz2yz)(2cax2zx)2cbyz)(aczx)0bccababcz2(xyyzzx)(2)证明:所证不等式等介于xyz(222yzxzxyxyz)2(xyyzzx)2
2xyz[yz(yz)zx(zx)xy(xy)]2(xyyzzx)(xyz)(yzyz22222222zxzx222xyxy)22222(xyyzzx)4(xyzxyzxyz)yzyzzxzxxyxy223333332xyz2xyz2xyz2222222222yz(yz)zx(zx)xy(xy)x(yz)y(zx)z(xy)0∵上式显然成立,∴原不等式得证.7.证明:(1)对于1<i≤m,且Aim =m·„·(m-i+1),AmmiiAmmm1mi1nn1ni1,同理,immmnnnnnknmkmi由于m<n,对于整数k=1,2,„,i-1,有Annii,所以Ammii,即mAnnAm
iiii(2)由二项式定理有:
2n2n(1+m)n=1+C1nm+Cnm+„+Cnm,2mm(1+n)m=1+C1mn+C2mn+„+Cmn,本资料从网上收集整理
ii由(1)知miAi>niAi(1<i≤miAmnm,而Cm=
i!,CinAni!
∴miCin>niCim(1<m<n)
∴m0C0n=n0C0n=1,mC1n=nC1m=m·n,m2C2n>n2C2m,„,mmCmn>nmCmm,mm+1Cm1n>0,„,mnCnn>0,∴1+C1nm+C2nm2+„+Cnnmn>1+C1mn+C2mn2+„+Cmmnm,即(1+m)n>(1+n)m成立.8.证法一:因a>0,b>0,a
3+b3
=2,所以(a+b)3-23=a3+b3+3a
2b+3ab2
-8=3a2
b+3ab2
-6 =3[ab(a+b)-2]=3[ab(a+b)-(a3
+b3)]=-3(a+b)(a-b)2
≤0.即(a+b)3≤23,又a+b>0,所以a+b≤2,因为2ab≤a+b≤2,所以ab≤1.证法二:设a、b为方程x2-mx+n=0的两根,则abm,nab因为a>0,b>0,所以m>0,n>0,且Δ=m
2-4n≥0
因为2=a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)[(a+b)2-3ab]=m(m2-3n)2所以n=m323m
将②代入①得m2-4(m2323m)≥0,3即m83m≥0,所以-m3+8≥0,即m≤2,所以a+b≤2,由2≥m 得4≥m2,又m2≥4n,所以4≥4n,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)33证法四:因为ab2(ab32)
224aba2b2(ab)[4a4b2ab])(ab)283(ab8≥0,所以对任意非负实数a、b,有
a3b32≥(ab32)3
b3
33因为a>0,b>0,a+=2,所以1=abab32≥(2),∴ab2≤1,即a+b≤2,(以下略)
证法五:假设a+b>2,则
①②
本资料从网上收集整理
a+b=(a+b)(a-ab+b)=(a+b)[(a+b)-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a3+b3=2,所以2>2(4-3ab),因此ab>1,前后矛盾,故a+b≤2(以下略)332
233222
第三篇:不等式证明
不等式证明
不等式是数学的基本内容之一,它是研究许多数学分支的重要工具,在数学中有重要的地位,也是高中数学的重要组成部分,在高考和竞赛中都有举足轻重的地位。不等式的证明变化大,技巧性强,它不仅能够检验学生数学基础知识的掌握程度,而且是衡量学生数学水平的一个重要标志,本文将着重介绍以下几种不等式的初等证明方法和部分方法的例题以便理解。
一、不等式的初等证明方法
1.综合法:由因导果。
2.分析法:执果索因。基本步骤:要证..只需证..,只需证..(1)“分析法”证题的理论依据:寻找结论成立的充分条件或者是充要条件。
(2)“分析法”证题是一个非常好的方法,但是书写不是太方便,所以我们可利用分析法寻找证题的途径,然后用“综合法”进行表达。
3.反证法:正难则反。
4.放缩法:将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的。放缩法的方法有:
(1)添加或舍去一些项,如:
2)利用基本不等式,如:
(3)将分子或分母放大(或缩小):
5.换元法:换元的目的就是减少不等式中变量,以使问题
化难为易、化繁为简,常用的换元有三角换元和代数换元。
6.构造法:通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式。
证明不等式的方法灵活多样,但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法。
7.数学归纳法:数学归纳法证明不等式在数学归纳法中专门研究。
8.几何法:用数形结合来研究问题是数学中常用的方法,若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时,可以考虑构造相关几何图形来完成,若运用得好,有时则有神奇的功效。
9.函数法:引入一个适当的函数,利用函数的性质达到证明不等式的目的。
10.判别式法:利用二次函数的判别式的特点来证明一些不等式的方法。当a>0时,f(x)=ax2+bx+c>0(或<0).△<0(或>0)。当a<0时,f(x)>0(或<0).△>0(或<0)。
二、部分方法的例题
1.换元法
换元法是数学中应用最广泛的解题方法之一。有些不等式通过变量替换可以改变问题的结构,便于进行比较、分析,从而起到化难为易、化繁为简、化隐蔽为外显的积极效果。
注意:在不等式的证明中运用换元法,能把高次变为低次,分式变为整式,无理式变为有理式,能简化证明过程。尤其对含有若干个变元的齐次轮换式或轮换对称式的不等式,通过换元变换形式以揭示内容的实质,可收到事半功倍之效。
2.放缩法
欲证A≥B,可将B适当放大,即B1≥B,只需证明A≥B1。相反,将A适当缩小,即A≥A1,只需证明A1≥B即可。
注意:用放缩法证明数列不等式,关键是要把握一个度,如果放得过大或缩得过小,就会导致解决失败。放缩方法灵活多样,要能想到一个恰到好处进行放缩的不等式,需要积累一定的不等式知识,同时要求我们具有相当的数学思维能力和一定的解题智慧。
3.几何法
数形结合来研究问题是数学中常用的方法,若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时,可以考虑构造相关几何图形来完成,若运用得好,有时则有神奇的功效。
第四篇:不等式证明
不等式的证明
比较法证明不等式
a2b2ab1.设ab0,求证:2.ab2ab
2.(本小题满分10分)选修4—5:不等式选讲
(1)已知x、y都是正实数,求证:x3y3x2yxy2;
(2对满足xyz1的一切正实数 x,y,z恒成立,求实数a的取值范围
.,1综合法证明不等式(利用均值不等式)3.已知abc, 求证:1 114.abbcac
4.设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:
1(Ⅰ)ab+bc+ac3;
a2b2c2
1ca(Ⅱ)b
5.(1)求不等式x32x1的解集;
121225(a)(b)a,bR,ab1ab2.(2)已知,求证:
6.若a、b、c是不全相等的正数,求证:
分析法证明不等式
7.某同学在证明命题“7要证明732”时作了如下分析,请你补充完整.62,只需证明________________,只需证明___________,+292,展开得9即,只需证明1418,________________,所以原不等式:62成立.22263,(72)(63),因为1418成立。
abc8.已知a,b,cR。3
9.(本题满分10分)已知函数f(x)|x1|。
(Ⅰ)解不等式f(x)f(x4)8;{x|x≤-5,或x≥3}(Ⅱ)若|a|1,|b|1,且a0,求证:f(ab)|a|f().10.(本小题满分10分)当a,bMx|2x2时,证明:2|a+b|<|4+ab|.反证法证明不等式
11.已知a,b,c均为实数,且a=x2y+2baπππ22,b=y2z+,c=z2x+,236
求证:a,b,c中至少有一个大于0.12.(12分)若x,yR,x0,y0,且xy2。求证:1x和1y中至少有一个小于2.yx
放缩法证明不等式
13.证明不等式:1111121231
123n2
214.设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn,满足4SnannN,且
14n1,a2,a5,a14构成等比数列.
(1)证明:a2
(2)求数列an的通项公式;an2n1
(3)证明:对一切正整数n,有11a1a2a2a311. anan12
15.设数列an的前n项和为Sn.已知a11,2Sn12an1n2n,nN*.n33
(Ⅰ)求a2的值;a24(Ⅱ)求数列an的通项公式;ann2(Ⅲ)证明:对一切正整数n,有数学归纳法证明不等式
16.(本小题满分12分)若不等式11
n1n21a对一切正整数n都成立,求正3n12411a1a217.an4
整数a的最大值,并证明结论.25
17.用数学归纳法证明不等式:
.
第五篇:不等式证明经典
金牌师资,笑傲高考
2013年数学VIP讲义
【例1】 设a,b∈R,求证:a2+b2≥ab+a+b-1。