化为同分母循环和 证明一类分式不等式

第一篇：化为同分母循环和 证明一类分式不等式

本文发表于《中学数学研究》（南昌）2004年第12期

化为同分母循环和

证明一类分式不等式

215006苏州市第一中学刘祖希

分式不等式的证明难，其难点首先体现在如何去掉分母.本文将通过一些例子获得一个证明分式不等式的有效方法，并希望能成为一个通法：这就是将分式不等式的各部分巧妙地化为同分母循环和(即

A1)获证.下面详细予以说明.ABC

例1设a,b,c是正实数，且abc1，求证：

(1996年IMO37预选题)

证明：∵abc1,ababab（作差法易证）, 5522abbcca1.a5b5abb5c5bcc5a5ca

aba2b2c5∴5（齐次化）5522ababababc

a2b2cc, 2222abababcabc

同理，bca，55bcbcabc

cab，c5a5aabc

1111.333333ababcbcabccaabcabc三式相加即得原不等式，当且仅当abc1等号成立（考虑篇幅，等号成立条件以下略）.例2求证：对所有正实数a,b,c，有

（1997年美国数学奥林匹克试题）

证明：先证齐次不等式

33abcabcabc1.a3b3abcb3c3abcc3a3abc∵ababab（作差法易证），∴abcabcc，a3b3abcabababcabc

abca，b3c3abcabc

abcb，c3a3abcabc

abcabcabc1，三式相加得，333333ababcbcabccaabc同理，即1111.a3b3abcb3c3abcc3a3abcabc

abbcca.ababbcbccaca对例

2、例3的推广形式： 推广：设a,b,c是正实数，且abc1，记f

1，则f1；

21②若1或，则f1；2

1③若1，则f1.2①若1或

（《中学数学月刊》2002.12P40）

例3设ABC中，求证：abc2.bccaab

aa2a2a22a21； 证明：∵bcabacaabacabc

a2a，bcabc

b2b同理，caabc

c2c，ababc

abc2.三式相加，得bccaab

abc例4在ABC中，记f，试证： abcbcacab

2①当11时，有f； 

12②当1时，有f.1∴

(《中等数学》2002.4数学奥林匹克问题高115)

证明： 只要1，总有

1bca0

11bc1a0 2

11bc1a2b2c1a1a2b2c0

11abca2b2c0 

112a12a2b2c1abc0



12a0 abc1abc即1a1a

abc21a，1abc

∴ 1f1a

abc1b

bca1c

cab

212121abc 1abc1abc1abc

21, 1

21, 1

22；②当1时，有f.11即1f故①当11时，有f

注：例4中取0，即为例3.例5设0a,b,c1.证明：abc2.bc1ca1ab1

证明：∵2abc1aabc

abc1aabcbc1

abc1aab1c10 a2a，bc1abc

b2b同理，ca1abc

c2c，ab1abc

abc2.三式相加，得bc1ca1ab1∴

a2

例6在ABC中ma,mb,mc分别表示边a,b,c上的中线长，证明:22.2mbmc

（《中等数学》2003.4P18）

证明：由三角形中线长定理，mb212c22a2b2，

44a2a24a2m2m24a2b2c22a2a2b2a2c2

bc

4a2

22a2ab2ac

2a2, abc

a2

即22.2mbmc

至此，我们是否可以获得这样的启示：以上这些分式不等式都具有对称性，而且不等式的另一端多为常数，这就为我们统一处理、集中去分母提供了便利，同分母循环和的方法应运而生.例7设a,b,c是正实数，n是正整数，求证： anan1an1an

n1n1；②nn1n1.①nnnbcbcbcbc

(《中等数学》2001.3P23)

nn证明：①

∵bcbn1cn1（作差法易证），annan1∴



n

n1n1 nbcbc1an1

n1n1（车贝雪夫不等式）

3bcan1n1n1（三元均值不等式）bcan1

n1n1； bc

②类似①可得，an1n1an



bncn

bn1cn1

1an



n1n1 3bcann1n1 bcan

n1n1.bc

第二篇：一类对称或循环不等式的配方法证明

一类对称或循环不等式的配方法证明

_------读熊斌《数学奥林匹克》之体会

数学组蔡玉书（215006）

纵观国内外数学奥林匹克中的不等式试题，有不少试题是关于a,b,c的对称或轮换对称的不等式，直接利用均值不等式、柯西不等式或者重要不等式有时很难达到目的，而利用它们的对称性，直接利用比较法进行适当的配方，就可以使得问题得到完美的解决。本文从历年的国内外数学奥林匹克试题中精心选择若干优秀试题，进行详细的分析与解答，供参赛选手和数学奥林匹克教练员参考。

例1设a,b,c是三角形的三边,求证：a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)≤3abc.(第6届IMO试题)证法一 注意到a3+b3+c3－3abc =(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca),得

3abc－[a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)]

=a3+b3+c3－3abc+a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)

=(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca)+a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)

1=(a+b+c)[(a－b)2+(b―c)2+(c―a)2]+a(b―c)2++b(c―a)2+c(a－b)2

2111=a+b－c)(a－b)2+b+c－a)(b―c)2+a+c－b)(c―a)2.222

∵a,b,c是三角形的三边,∴a+b－c >0, b+c－a >0, a+c－b >0.而(a－b)2≥0,(b―c)2≥0,(c―a)2≥0,故原不等式成立,当且仅当a=b=c,即△ABC是正三角形时等号成立.例2 已知a,b,c是正数, 证明：

abc3(1)(1963年莫斯科数学奥林匹克试题)b+cc+aa+b2

a2b2c2a+b+c(2)+≥(第2届世界友谊杯数学竞赛试题)b+cc+aa+b2

abc3证明(1)+ b+cc+aa+b2

2a(a+b)(c+a)+2b(a+b)(b+c)+2c(b+c)(c+a)－3(a+b)(b+c)(c+a)=2(a+b)(b+c)(c+a)

2(a3+b3+c3)－(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)=2(a+b)(b+c)(c+a)

a3+b3－(a2b+ab2)+b3+c3－(b2c+bc2)+b3+c3－(c2a+ca2)= 2(a+b)(b+c)(c+a)

(a+b)(a－b)2+(b+c)(b－c)2+(c+a)(c－a)2abc3= 0,+.2(a+b)(b+c)(c+a)b+cc+aa+b2

a2b2c2abcab(2)不难证明++=(a+b+c)(+ +)－(a+b+c),利用这个恒等式得到不等式+ b+cc+aa+bb+cc+aa+bb+cc+a

c3a2b2c2a+b+c+≥++.a+b2b+cc+aa+b2

y2－x2z2－y2x2－z2

例3 设x, y, z是正数, 则≥0.(W.Janous猜想)z+xx+yy+z

y2－x2z2－y2x2－z2y2－z2z2－x2x2－y2

证明 设 u = , v= , z+xx+yy+zz+xx+yy+z

z2－x2x2－y2y2－z2

则u－v = += z―x+x―y+y―z = 0, z+xx+yy+z

111111又u+v =(x2－y2)(－y2－z2)(－z2－x2y+zz+xz+xx+yx+yy+z

x－yy－zzx=(x2－y2)+(y2－z2)+(z2－x2)(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)

(x+y)(x－y)2(y+z)(y－z)2(z+x)(z－x)2

= ++ ≥0,(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)

y2－x2z2－y2x2－z2

所以,u=v>0.从而+0.z+xx+yy+z

x5－x2y5－y2z5－z2

例4正实数x,y,z满足xyz≥1,证明：++0.(第46届IMO试题)x+y+zy+z+xz+x+y证明 因为xyz≥1,所以

x5－x2x5－x2·xyzx4－x2yz2x4－x2(y2+z2)≥类似地,可得 x+y+zx+(y+z)·xyzx+yz(y+z)2x+(y+z)y5－y22y4－y2(z2+x2)z5－z22z4－z2(x2+y2)≥y+z+x2y+(z+x)z+x+y2z+(x+y)2a2－a(b+c)2b2－b(c+a)2c2－c(a+b)222令a=x,b=y,c=z,原不等式化为证明+0 2a+(b+c)2b+(c+a)2c+(a+b)a(a－b)+a(a－c)b(b－c)+b(b－a)c(c－a)+c(c－b)+≥0 2a+(b+c)2b+(c+a)2c+(a+b)c2+c(a+b)+a2-ab+b2112∑(a-b)(≥0∑(a-b)()≥0.2a+(b+c)2b+(c+a)(2a+(b+c))(2b+(c+a))cyccyc1119例5设x、y、z是正实数,求证：(xy+yz+zx)[+年伊朗数学奥林匹克试题)(x+y)(y+z)(z+x)4

证明 不妨设x≥y≥z＞0,1119xy+z(x+y)yz+x(y+z)zx+y(z+x)9(xy+yz+zx)[+++－(x+y)(y+z)(z+x)4(x+y)(y+z)(z+x)4

xyz3xy1yz1zx1+－ y+zz+xx+y2(x+y)4(y+z)4(z+x)4

2(z－x)2(y－z)2(x－y)2(y－z)2(z－x)21(x－y)=+]－[+] 2(y+z)(z+x)(x+y)(y+z)(x+y)(z+x)4(x+y)4(y+z)4(z+x)1212121222={[－－](x－y)+[y－z)}+[z－x)]} 4(y+z)(z+x)(x+y)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)(y+z)(z+x)1=Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2],① 4

212121其中Sz =－ Sx, Sy =(y+z)(z+x)(x+y)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)(y+z)(z+x)因为x≥y≥z＞0,所以2(x+y)2＞(x+y)2＞(y+z)(z+x),即Sz＞0.又2(z+x)2－(x+y)(y+z)=(x2－xy)+(x2－yz)+2z2+3zx＞0, 所以 Sy≥0.若Sx≥0,①的右端≥0,不等式得证.yy－zy若Sx＜0,因为x≥y≥z＞0,所以≥0,于是,(y－z)2≤()2(x－z)2.xx－zx

22yyS+xSSx(y－z)2+Sy(z－x)2≥Sx2(x－z)2+Sy(z－x)2(z－x)2.② xx22下面证明ySx+xSy≥0,事实上,y2Sx+x2Sy≥0⇔y2[2(y+z)2(z+x)－(x+y)(z+x)2]+x2[2(y+z)(z+x)2－(x+y)(y+z)2]

=y2(2y2z+xy2+3yz2+2xyz+2z3+xz2－2zx2－x3)+x2(2yz2+x2y+3xz2+2xyz+2z3+x2z－2zy2－y3)

=2xyz(x2+y2－2xy)+xy(x3+y3－x2y－xy2)+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)

=2xyz(x－y)2+xy(x+y)(x－y)2+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)＞0,所以,②式右端≥0,所以Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2≥0.综上,不等式得证.例6 设a,b,c是一个三角形的三边长,求证a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)≥0.并指出等号成立的条件.(第24届IMO试题)

证明a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)

1= [(a+b－c)(b+c－a)(a－b)2+(b+c－a)(a+c－b)(b－c)2+(a+c－b)(a+b－c)(c－a)2]≥0.2

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)例7已知a,b,c＞0,证明：++3.(2006年罗马尼亚数学奥林匹克试题)abcabc(a+b+c)

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)证明+3－abcabc(a+b+c)

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)= 6－[3] abcabc(a+b+c)

(b－c)2(c－a)2(a－b)2(b+c)(b－c)2(c+a)(c－a)2(a+b)(a－b)2

=+[+] bccaabbc(a+b+c)ca(a+b+c)ab(a+b+c)

1(b+c)1(c+a)1(a+b)b－c)2+[－c－a)2+[－](a－b)2 bcbc(a+b+c)caca(a+b+c)abab(a+b+c)

abc=b－c)2+c－a)2a－b)2≥0.bc(a+b+c)bc(a+b+c)bc(a+b+c)

bca例8 在△ABC中,证明:a2(－1)+b2(－1)+c2(－1)≥0.(2006年摩尔多瓦数学奥林匹克试题)cab

证明 不等式两边同时乘以2abc,不等式化为证明2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)≥0.2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)

=a3[(b+c)+(b－c)](b－c)+ b3[(c+a)+(c－a)](c－a)+c3[(a+b)+(a－b)](a－b)

= a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a3(b2－c2)+b3(c2－a2)+c3(a2－b2)

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2(c3－b3)+b2(a3－c3)+c2(b3－a3)

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2[(c－b)3+3cb(c－b)]+b2[(a－c)3+3ca(c－a)]

+c2[(b3－a3)+3ba(b－a)]

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3

+3abc[a(c－b)+b(c－a)+c(b－a)]

=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3

= a2(b－c)2(c+a－b)+b2(c－a)2(a+b－c)+c2(a－b)2(b+c－a).在△ABC中, c+a－b, a+b－c, b+c－a都是正数，而(b－c)2≥0,(c－a)2≥0,(a－b)2≥0,所以不等式得证.例9在△ABC中,a,b,c是它的三条边,p是半周长,证明不等式： a(p－b)(p－c)bbc

(p－b)(p－c)+bc(p－c)(p－a)cca(p－c)(p－a)+ca(p－a)(p－b)≥p.(2006年摩尔多瓦数学奥林匹克试题)ab(p－a)(p－b)p ab

≥x+y+z(z+x)(z+y)

≥2(x+y+z)(z+x)(z+y)

x+y2 y+z证明令x=p－a,y=p－b,z=p－c,则a=y+z,b=z+x,c=x+y.a⇔(y+z⇔2(y+z⇔z+x)(x+y)(x+z)z+x(x+y)(x+z)+(x+y)(y+z)(y+x)x+y(y+z)(y+x)(y+z)z(y+z)y+(y+zx+yx+z－x+y

y+z2(z+x)z(z+x)x)++－(z+x)(x+zx+yy+z2≥2(x+y+z)x+z

zx+yy2)+(z+x)(x+z(x+y)x(x+y)y+－(x+y)(y+zx+zx2y2z2⇔)－(x+y+z)≥(y+z)(y+zz+xx+y

+(x+y)(y+z2)x+zzx+yx2)y+z

(x+y+z)(x－y)2(x+y+z)(y－z)2(x+y+z)(z－x)2(x+y+z)2(y－z)2

⇔+≥(y+z)+(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)(z+x)(x+yz(x+z)+y(x+y))2

(x+y+z)2(z－x)2(x+y+z)2(x－y)2

(z+x+(x+y).①(x+y)(y+z)(z(y+zx(x+y))2(y+z)(z+x)(x(x+z)+y(y+z))2

(x+y+z)(x－y)2(x+y+z)2(x－y)2(x+y+z)(x+y)(x+y ⇔1≥2(y+z)(z+x)(y+z)(z+x(2

⇔(2≥(x+y+z)(x+y)⇔≥2xy.因为z是正数,这是显然的.同理可证其余两个不等式.于是不等式①成立.11131111例10 已知a,b,c＞0,且abc=1,－2(.(2004年匈牙利数学奥林匹克试abca+b+cabca+b+c题)11131111证明因为abc=1,所以++≥++)等价于 abca+b+cabca+b+c

1113111abc－2(.abca+b+cabca+b+c

注意到(a3+b3)－(a2b+ab2)=(a2－b2)(a－b)=(a+b)(a－b)2有

1113111abc+－2(+)abca+b+cabca+b+c

[(a+b+c)(ab+bc+ca)－3abc](a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)= abc(a+b+c)(a+b+c)

(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)(a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)= abc(a+b+c)(a+b+c)

[(a4b+ab4)－(a3b2+a2b3)]+[(b4c+bc4)－(b3c2+b2c3)]+[(a4c+ac4)－(a3c2+a2c3)]= abc(a+b+c)(a+b+c)

ab[(a3+b3)－(a2b+ab2)]+bc[(b3+c3)－(b2c+bc2)]+ca[(a3+c3)－(a2c+ac2)]=abc(a+b+c)(a+b+c)

ab(a+b)(a－b)2+bc(b+c)(b－c)2+ca(c+a)(c－a)2

= 0.所以,原不等式成立.abc(a+b+c)(a+b+c)

111xyz例11 已知x,y,z∈[1,2],证明：(x+y+z)()≥6(+年越南数学奥林匹克试题)xyzy+zz+xx+y

证明 不妨设2≥x≥y≥z≥1,(x－y)2(y－z)2(z－x)2111因为(x+y+z+)－+, xyzxyyzzx

2(y－z)2(z－x)2xyz31(x－y)又因为+[+y+zz+xx+y22(y+z)(z+x)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)

111xyz所以(x+y+z)－6(++)xyzy+zz+xx+y

131313x－y)2+()(y－z)2+()(z－x)2≥0 xy(y+z)(z+x)yz(x+y)(z+x)zx(y+z)(x+y)

z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)(x－y)2+x(y+z)(x2+xy+xz－2yz)(y－z)2+y(z+x)(y2+yz+yx－2zx)(z－x)2

=Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2≥0.①

由2≥x≥y≥z≥1,易知(x+y)(z+x)－3yz≥2y·2z－3yz＞0, 所以Sx＞0,又Sy≥0⇔(y+z)(x+y)－3zx≥0⇔xy+yz+y2－2zx≥0.②

由2≥x≥y≥z≥1,易知,y+z≥2≥x,所以y(y+z)≥zx, xy≥zx,相加得②.所以Sy≥0.如果Sz≥0,则①式右边≥0,不等式得证.如果Sz＜0,则(x－y)2=[(x－z)－(y－z)]2=(z－x)2+(y－z)2－2(x－z)(y－z),Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2=(Sy+Sz)(z－x)2+(Sx+Sz)(y－z)2－2Sz(x－z)(y－z)≥(Sy+Sz)(z－x)2+(Sx+Sz)(y－z)2.下面证明Sy+Sz≥0, Sx+Sz≥0.Sx+Sz=x(y+z)(x2+xy+xz－2yz)+z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)

≥z(x+y)[(x2+xy+xz－2yz)+(z2+zx+zy－2xy)]= z(x+y)[(x+2z)(x－y)+z2]≥0, Sy+Sz=y(z+x)(y2+yz+yx－2zx)+z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)

≥z(x+y)[(y2+yz+yx－2zx)+(z2+zx+zy－2xy)]

= z(x+y)[xy+(y+z－x)(y+z)]≥0,所以Sz＜0时,不等式也成立.111xyz于是，只要x, y, z∈[1,2], 就有(x+y+z)(++≥).xyzy+zz+xx+y

第三篇：强化命题证明一类数列不等式

该文发表于《中学数学教学参考》2006年第12期

强化命题证明一类数列不等式

201203华东师大二附中任念兵数列不等式是近年来高考和竞赛中的热点题型，其中一类形如

in0n1C（C为常数）ai的证明题难度较大.由于此类不等式的右边是常数，所以数学归纳法证明无法实现归纳过渡，但通过对归纳过渡过程的研究,可以放缩右边的常数,将命题加强为

in0an1iC1,其中gngn0表示关于正整数n的函数式,从而可以构造单调递减数列巧妙的证明这类问题.例1：求证：1

9111nN* 2252n14

91111„„„„„„（1）252n124gn分析：①首先假设命题可以强化为

接着思考的问题自然是：要使加强命题成立，gn应满足什么条件呢？

②既然加强命题（1）成立，则可以利用数学归纳法加以证明：

111.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(2)n1时, 94g1归纳假设1

91111,接下来要证 252k124gk111111„„„„„„„„„„„„„„(3)229254gk12k12k3而由归纳假设只能得到1

9111111.如果能证得252k122k324gk2k32

11111，即 4gk2k324gk1111.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(4)gkgk12k32

则可以由不等式的传递性知道（3）式成立，从而由归纳法原理证明了加强命题（1）.从上述分析可知, gn必须同时满足(2)(4)两式.③明确gn应满足的条件后,我们就可以“确定”gn的表达式了.观察(4)式的结构,不等式右边分母是二次多项式,于是我们考虑到,如果gn是一次多项式,则不等式左边通分后也是一个二次多项式,这样(4)式就转化为两个二次多项式的比较,从而可以通过gn的系数控制使(4)式成立.设gnanb(a,b为待定的常数), 将gnanb代入(4)式知

a2k32akbakab对kN*恒成立,整理得

4ak212ak9aa2k22aba2kbab对kN*恒成立,比较各项系数得

a4,b4.又因为gnanb同时满足(2)式,代入得ab36.所以,不妨取a4,b4,5

即得gn4n4.从而,原不等式可以加强为:

11111

nN*.„„„„„„„„„„„„„„„(5)

9252n1244n4

④将上述分析过程略加整理就能得到加强命题的数学归纳法证明,而下面利用数列单调性的方法更为简捷.证明:记fn

fn1fn

1111,则有 9252n124n4

2n32



1111

220即fn单调递

4n144n44n12n94n12n8

减,故fnf1

,加强命题(5)得证.984

注:上述证明的关键步骤fn1fn0实际上就是分析过程中的(4)式.我们不难发现处理此类问题的一般步骤是:首先假设加强命题

in0



n

成立,C

aign接着明确gn应满足的条件，然后确定gn的表达式，最后构造单调递减数列完成巧妙的证明.按照这样的思路我们再看下面两个例子:

11115

例2:求证:23nnN*.212121213分析: 假设加强命题为：

111151

.gn应同时满足23n2121213gn21

151

.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(6)

213g1111

.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(7)k1

gkgk121

观察(7)式的结构,不等式右边的分母是指数结构,因此我们考虑gn是指数结构.设

和

gna2n,将gna2n代入(8)式知a2k12k11恒成立,故有a1.又因为

gna2n同时满足(6)式,代入得a

3377

.因此得a1,不妨取a,即得gn2n,4848

以下略.例3: 已知正整数n1,求证: 1分析: 假设加强命题为：11

1119

.2！3！n!5

11191

.gn应同时满足

2！3！n!5gn191

.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(8)

25g2111

.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„(9)

gkgk1k1!

k

1对k2恒成立,故有a2.又因为gnan!同时满足(8)式,a

和

观察(9)式的结构,不等式右边是阶乘结构,因此我们考虑gn是阶乘结构.设gnan!.将

gnan!代入(9)式知

代入得a

.因此得a2,不妨取a2,即得gn2n！,以下略.33

本文举例探讨了如何强化命题来证明不等式

in0

n

n

a

n

i

C，这里有几点需要加以说明:

①将

in0



111,关键是明确gn应满足的条件和gn的式子结构.C强化为Caiagnini



根据数学归纳法的思考过程可以确定gn应满足的条件，而gn的式子结构是由an决定的:

若an是多项式则gn是多项式,若an是指数结构则gn是指数结构,如此等等.然后,利用待定系数法便可求出合理的gn（这样的gn往往不唯一,但系数有范围限制）.②强化命题后,我们利用数列的单调性来证明加强命题,这不仅简化了证明过程,而且缩小了

in0



n

17341的上界.如例1的上界可以缩小为,例2的上界可以缩小为，例3的上界可以缩小

7221ai

为.另外，我们还可以通过改变待定系数来调整gn,进一步缩小的上界.a4iin



n

③本文研究的不等式

in0

n



n

都是收敛C具有深刻的高等数学背景.实际上,这些级数

aiaiin



的,in0

n



C就是对收敛级数的上界估计.如例3的背景是级数ai



i!e1,因此有

i1



近年来的各地高考中以高等数学知识为背景的问题频i!e15.值得一提的是，i1

i1

i!

频出现，例2实际上就是从2006年高考福建卷的压轴题的关键步骤中提炼出来的问题.

第四篇：例谈分式不等式的证明

例谈分式不等式的证明

邓超（福建省福州市第十八中学350001）

不等式的证明是高中数学教学的一个难点，我们遇到的大多数不等式都是以分式不等式的形式出现的，这就更令人头疼。事实上，分式不等式的证明还是有一定规律可寻的，下文将做一简单介绍。

一、利用证明不等式的常用方法

对于一些不太复杂的分式不等式，直接采用分析法、综合法、比较法等常用的不等式证明方法即可。

1111。12a12b12c

111证明：要证原式只要证()(12a)(12b)(12c)(12a)(12b)(12c)，12a12b12c例

1、设a,b,cR，且abc1，求证：

即证：(12b)(12c)(12a)(12c)(12a)(12b)(12a)(12b)(12c)，即证（展开整理）：abc3（其中使用了abc1），而由均值不等式得abc3，故原不等式成立。

例

2、（数学教学问题788）已知a,b,cR，且abc1，求证： 

abc9 abcbcacab

4证明：注意到：abc1bcbc(1b)(1c)，bca1acac(1c)(1a)cab1abab(1，故原不等式可化为： )a(1b)

a(1b)(1c)b(1c)(a1c9)a(1b)(1)4

aa2bb2cc29，要证此式只要证（通分即可）：(1a)(1b)(1c)4

1a2b2c29（其中使用了abc1）即证：，(1a)(1b)(1c)4

只要证：4(1abc)9(1a)(1b)(1c)，（(1a)(1b)(1c)0）

即证（展开整理）：acbcca9abc0

（此处用到(abc)ab+c2ab2bc2ca和abc1），只要证

2222222111，9（上式同除abc）abc

事实上，由柯西不等式得：

11111

1()(abc)9，故原不等式成立。abcabc

注：此不等式的证明采用了分析法，没用太多的技巧，关键的一步是能够看出原不等式可化为（1）

式，这将大大简化计算；否则要证明一个6次的不等式，这将大大增加计算。

二、利用重要不等式

1、利用排序不等式

分式不等式中有不少是对称的（即各个未知元的地位平等），因此我们往往可以利用“不妨设”创造出排序不等式所需的条件，然后利用这一重要不等式给出证明，如例3。当然并不是说排序不等式只能证明对称不等式，这在例4中将会看到。

例

3、（数学通报问题1651）设x、y、z是正数，nN，求证：



xyz

3。

nxyzxnyzxynzn

2证明：因为此不等式是对称的，故不妨设xyz，则nxyzxnyzxynz，所以

1。至此条件创造完毕，可以利用排序不等式了。

xynzxnyznxyz

xyzyzx

（反序和小等于乱序

nxyzxnyzxynznxyzxnyzxynz

因为

和）（1）

xyzzxy

（反序和小等于乱序和）

nxyzxnyzxynznxyzxnyzxynz

（2）所以(n2）（xyz

）

nxyzxnyzxynz

=（n

xyzxyz

）+2（）

nxyzxnyzxynznxyzxnyzxynz

nxnynzyzx

）+（）

nxyzxnyzxynznxyzxnyzxynz

zxynxyznyzxnzxy+()=3nxyzxnyzxynznxyzxnyzxynz（故原不等式成立。

注：此题供题者所给的证明采用了换元的方法，有兴趣的读者可参见数学通报2007年第2期。当n0时，不等号应反向，即有同的特例。

xyz3

，请读者自证。另外，当n取不同值时可得到不yzxzxy2

222

anana12a21

a1a2an。例

4、设ai（1in）是正数，求证：

a2a3ana

1证明：将ai（1in）重小到大排列，设

aj1aj2aj3ajn1ajn

成立

11111（1jin,jiN，ji各不相同），则

ajnajn1aj3aj2aj1

可以利用排序不等式了。

222222

2aaaaanaa12a2jjnjj1nn112

所以

a2a3ana1aj1aj2ajn1ajn

。至此条件创造完毕，（乱序和大等于反序和），又因为

a2j1aj1



a2j2aj2



a2jn1ajn1



a2jnajn

aj1aj2ajn1ajna1a2an，故原不等式成立。

注：此题亦可用柯西不等式和均值不等式证明，请读者参考下面的例子。

2、利用柯西不等式 对于分式不等式

x

i1n

n

i

A，可在不等式左边乘上一个因式xi'2，这里要保证xixi'为整式，i

12n

'

2n

然后利用柯西不等式

xx

ii1

i1

i

(xixi')2给出证明。

i1

n

例

5、（24届全苏数学奥林匹克试题）设ai（1in）是正数，且有

a

i

1n

i

1，求证：

an2a12a221

。

a1a2a2a3ana1

2证明：利用柯西不等式得：

an2a12a22()[(2(a1a2an)] a1a2a2a3ana1

an2a12a22()[(a1a2)(a2a3)(ana1)]

a1a2a2a3ana1

222

22

2] =2

(a1a2an)21

an2a12a221

。所以

a1a2a2a3ana12

例

6、（2009年全国高中数学联赛福建赛区预赛）设a、b、c是三个正数，满足abc3，求证：

a1b1c

12。

a(a2)b(b2)c(c2)

证明：由柯西不等式得[

a1b1c1a(a2)b(b2)c(c2)

][]9，a(a2)b(b2)c(c2)a1b1c1

即[

a1b1c1111][abc3]9，a(a2)b(b2)c(c2)a1b1c1

a1b1c19，

a(a2)b(b2)c(c2)abc3111

a1b1c1

1119

故要证原不等式只要证明上式右边2，即证abc3，a1b1c1

21113即证abc。

a1b1c12

3因为abc3，故要证上式只要证：

a1b1c12

而事实上，由柯西不等式得：()(a1b1c1)9，a1b1c1

111993故()（abc3）

a1b1c1a1b1c1332

亦即

故原不等式成立。

注：原赛题由题（1）和题（2）两小题构成，此题是题（2）。在参考答案的证明中，题（2）的证明要用到题（1）的结论。本例要求直接证明题（2），从而增加了难度。本例的证明同时使用了分析法和柯西不等式，且用了两次柯西不等式，具有一定难度。

3、利用均值不等式 对于分式不等式

x

i

1n

i

A，可考虑添加xi'和xi配成一对，然后利用均值不等式xixi''

得到n

个不等式（一般来说要保证，然后将这n个不等式相加，消去添加的各项xi，最后得到证明。

a2b2c2abc

例

7、（第二届友谊杯国际数学邀请赛）已知a、b、c为正数。

bccaab2a2bca，证明：由均值不等式可得：

bc

4b2cac2ab

b，c，同理有：

ca4ab4a2bcb2cac2ab

将以上三式相加即可得：abc，bc4ca4ab4

整理后即可得结论。

注：此不等式的证明简洁，其中所用的添项技巧也是运用均值不等式的常见技巧之一。另外，用此法证明例5就要用到该技巧。

三、利用某些技巧

1、构造对偶式

例

8、利用构造对偶式这一技巧给出例5的另一个证明。

an2a12a2

2证明：设M，a1a2a2a3ana

1a32an2a22

N（对偶式），a1a2a2a3ana1

a32an2a12a22a22a12

)()()因为MN（a1a2a1a2a2a3a2a3ana1ana1

(ana1)0，所以MN。=(a1a2)(a2a3)

an2a12a12a22a22a32

所以2MMN

a1a2a2a3ana1

(a1a2)(a2a3)(ana1)a1a2an1（这里利用了不等式 222a2b21

(ab)），ab2

所以M，原不等式成立。2

注：利用对偶式这一技巧可以简洁的证明许多形式上很复杂的不等式，这里列举一例供读者思考：如

a3b3c3abc

果a、b、c是正数，证明：2。更多的构造对偶

aabb2b2bcc2c2caa2

3式证明不等式的例子请参见文[1]。

2、引入参数

例

9、设x、y、z0，且xyz

11。4z15

分析：此不等式是对称不等式，可考虑构造一个和为的表达式，故引入参数，尝试证明：5

1x，且。5

证明：引入参数

x。当x0时，有

x(0,1]都

成立。故要求的值，(0,1]上的最小值即可。

在(0,1]上的最小值为（此时x1），故当

时，有5x(0,1]），此时

同时有

11x（x[0,1]）x。

。取

y和z，将以上三式相加即可得结论。

54z15

注：本例引入的参数是作为项的系数引入的。另外，参数还可作为幂指数引入，作为直线斜率引入等，具体的例子可参见文[2]。

本文考虑了分式不等式的证明，对不太复杂的分式不等式的证明不应忘记采用最常用的分析法和综合法等方法进行；其次可考虑利用高中数学教科书中出现的三个重要不等式证明；在上述方法证明无效的情况下，可考虑采用一些技巧进行证明。由于分式不等式的证明方法灵活多样，故对其证明不应拘泥于上述思路和方法，但对于常见的分式不等式，上述方法是够用的。

参考文献：

[1]杨华.构造配对式，证明不等式[J].中等数学，2005（3），10～13 [2]程东军.巧引参数，证明不等式[J].中等数学，2007（9），5～8

第五篇：分式不等式放缩、裂项、证明

放缩法的常见技巧

（1）舍掉（或加进）一些项（2）在分式中放大或缩小分子或分母。（3）应用基本不等式放缩(例如均值不等式）。（4）应用函数的单调性进行放缩（5）根据题目条件进行放缩。（6）构造等比数列进行放缩。（7）构造裂项条件进行放缩。（8）利用函数切线、割线逼近进行放缩。使用放缩法的注意事项

（1）放缩的方向要一致。（2）放与缩要适度。

（3）很多时候只对数列的一部分进行放缩法，保留一些项不变（多为前几项或后几项）。（4）用放缩法证明极其简单，然而，用放缩法证不等式，技巧性极强，稍有不慎，则会出现放缩失当的现象。所以对放缩法，只需要了解，不宜深入。

先介绍工具

柯西不等式（可以通过向量表示形式记住即摸摸大于向量乘积）

均值不等式

调和平均数≤几何平均数≤算术平均数≤平方平均数

绝对值三角不等式

定理1：|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b| 推论1：|a1＋a2＋a3|≤|a1|＋|a2|＋|a3| 此性质可推广为|a1＋a2＋…＋an|≤|a1|＋|a2|＋…＋|an|． 推论2：|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b| 定理2：如果a，b，c是实数，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，当且仅当(a－b)(b－c)≥0时，等号成立． 常用放缩思想

这几个务必牢记

不常见不常用的不等式

这几个一般用不到，放的太大了，知道有印象就好了

下面就是常用思路了，主要就是裂项部分

二项平方和

f（x）=（a1x-b1）^2+（a2x-b2）^2+……(anx-bn)^2 由f（x）≥0可得△小于等于0

1.分式不等式中的典范，典范中的典范，放缩、裂项、去等，步步精彩

解析：

步步经典，用笔化化就能明白思想，换元或许更直观，即令t=1/（x+2）

第一步意义--开不了方的，开方，并且可取等号 第二步意义--开不了方的，开方，裂项，并且可取等号 个人认为这俩个放缩，很犀利，没见过，看似难实则简单，看似简单实则难

2.构造+三角形 ★★★★

平面内三点A、B、C，连接三点，令AB=c，AC=b，BC=a，求 解析：

构造，主要就是构造，b/c就是很明显的提示。三角形中两边之和大于第三边，两边之差小于第三边。

构造 ★★★★

为了方便观察，没有采用换元，直接写更清楚，这题应该是一直在向目标上凑得题目了

3.反证法典例 ★★

解析：

4.柯西不等式典例 ★★★

有些方法就是那么气人，神奇的气人

或者用三角函数也可以不过要用到三角恒等式： 令x+2y+3z=t则(t-3z)^2／√5≤√(5-z^2)即14z^2-6tz+t^2-25≤0△=-20t^2+1400≤0 所以tmax=√70

5.