巧用三角的方法证明或求解代数问1

第一篇：巧用三角的方法证明或求解代数问1

巧用三角的方法证明或求解代数问题

黑龙江省绥化市教育学院逄路平邮编 152000

所谓用三角方法解代数问题，就是将代数问题中的字母通过三角函数（或式）代换，变为三角问题处理，以求解答。在三角换元时，首先要从代数问题中字母的允许值范围考虑，看能用哪些三角函数（或式）去代换，再根据解题的需要进行选择。一般地说，代换进去的三角函数（或式）的值域应是代数中字母的允许值范围。明确这一点可以帮助我们较快的、合理的选择三角代换。

下面，根据代数命题的条件或结论中字母的取值范围，分别举例说明几种常见的三角换元方法：

一、利用正弦、余弦函数的有界性换元。

例

1、若|x|≤2，求证：|3x-x|≤2

3证明：由|x|≤2知，|x2|≤1，故可设 x2 = sin(0≤＜2)

即x = 2 sin(0≤＜2)

∴|3x-x|=|6sin-8sin

例2、33|=2|sin3|≤2 (1a2)(1b2)|≤1 若|a|≤1, |b|≤1,证明 ：|ab

证明：由已知可设 a=sin ,b=sin、

∴|ab

例

3、0,2 (1a2)(1b2)|=| sin sin±cos cos |=|cos(±)|≤1 已知a、b、c、d均为不大于1的正数，求证：4a(1-b)、4b(1-c)、4c(1-d)、4d(1-a)中至少有一个不大于1.分析：结论中有否定词可考虑用反证法，此题可用均值不等式证明；又条件中各字母有上界，故也可用三角换元。证法一（均值不等式）：假设4a(1-b)、4b(1-c)、4c(1-d)、4d(1-a)都大于

1则4a(1-b)4b(1-c)4c(1-d)4d(1-a)＞1（1）

又0＜a、b、c、d≤1故4a(1-b)、4b(1-c)、4c(1-d)、4d(1-a)均为非负数

4a(1-b)· 4b(1-c)· 4c(1-d)·4d(1-a)=256a(1-a)·b(1-b)·c(1-c)·d(1-d)

≤256·[a(1a)2b(1b)2c(1c)2d(1d)2][][][]=1与（1）矛盾 222

2故4a(1-b)、4b(1-c)、4c(1-d)、4d(1-a)中至少有一个不大于1.证法二（三角换元）：假设4a(1-b)、4b(1-c)、4c(1-d)、4d(1-a)都大于

1则4a(1-b)4b(1-c)4c(1-d)4d(1-a)＞1（1）

又0＜a、b、c、d≤

1设 a=sin2、b=sin、c=sin、d=sin，、、、(0,)222

2则4a(1-b)· 4b(1-c)· 4c(1-d)·4d(1-a)

=4sin

22·cos·4sin·cos·4sin·cos·4sin·cos 2222222222=sin2·sin2·sin2·sin2≤1与（1）矛盾

∴4a(1-b)、4b(1-c)、4c(1-d)、4d(1-a)至少有一个不大于1.【评析】：以上三个题，共同的特点是：已知字母的取值是有界的，可通过简单变式将其转化为正、余弦函数的值域内，故可采取正、余弦三角代换，利用三角关系式，以达到简化证明之目的。

例

4、设z＞0、x＞z、y＞z，求证：

xz)(yz)(xz)(yz)2xy

1证明：由 x＞z＞0 ,y＞z＞0 得，1＞

zx

＞0，1＞

zy

＞0

于是可设，zx

=cos ,zy

=cos、

(0,)



zzzz

(xz)(yz)xz)(yz))(1)(1)(1)(1)=

xyxyxy

(1cos)(1cos)1cos)(1cos)2cos

2=2cos



2cos2



2sin2



2sin2





cos

2

+2sin

2

sin

2

=2cos（

)≤2

故

(xz)(yz)xz)(yz)2xy

zzzz

(1)(1)(1)(1)≤2

xyxy

【评析】：分析结论发现，此题证明的结论可等价变式为：

由已知易知：1＞

z

x

＞0，1＞

zy

＞0，转化为有界问题，故可采用三角换元，结合根式要化简被开方数需升幂，所

以用余弦换元（注意角的取值范围），以达到事半功倍的效果。

二、利用同角函数的平方关系换元。

例

5、已知a、b、x、y均为实数，且a+b=1,x+y=1 求证：（1）|abxy|≤

(2)|ax+by|≤

1证明：由已知，可设a=sin ,b=cos  ,x=sin,y=cos (0≤、＜2)（1）|abxy|=| sin cos  sin cos |=

4|sin2||sin2|≤

（2）|ax+by|=|sinsin+cos cos |=|cos（-）|≤

1例

6、已知 2a+ 6b= 3，求证：| a + b| ≤

2a2b2

1，故可设，a证明：由已知得，3122

| a + b|=|

31cos，bsin22

(0≤＜2)

31

cossin|=2sin（+

322）≤

【评析】：例5、6题中，已知条件是非负数和为常数，经变形可化为x+y=1的形式，考虑到sin可用同一角的正弦和余弦代换x、y，再通过三角式化简解决相应问题。

例

7、若1≤x+y≤2，求z = x-xy+y的极值。解：由已知，可设：x= r cos ,y = r sin

2+cos=1，故

其中，0≤＜2、1≤r≤z = x-xy + y=r

当r=2，sin2=-1 时，z最大，最大值为3.当r=1，sin2=1 时，z最小，最小值为

cos2rcosrsinr2sin2r2(1sin2)

2。

【评析】：此题条件是非负数和有界，可转化为a≤x+y≤b，其中a、b为正数且a＜b，可令：x= r cos ,y = r sin ,a≤r≤b，将求函数极值问题转化为求三角式的最值问题。

三、利用正切函数的无界性换元。例

8、x为正实数，试证（x1x)x＜

证明：由x＞0，可设x=tan∵（ , (0,)



x1x)x=(tan2tan2)tan2

=（11sin1sin

tan)tansinsin

2cos(1sin)(1sin)cos11sin

＞

= 1-又

1(0,)，∴1＞sin＞0, ∴2＞1+sin＞1, ∴1＞

21sin11∴＞1-＞0

21sin

即 ：(x1x)x＜

【评析】：此题字母是无界正数，可令x=tan,x=tan

(0,),但注意结论中含有根式，为了便于计算，作代换



 , (0,),将代数证明转化为计算三角式的取值范围，学生易于接受。通常情况下，

当字母是无界实数时，不妨可考虑用正切换元（注意角的取值范围）试试，或许会有意想不到的惊喜。

四、利用三角条件等式换元： 例

9、若x + y + z = x y z，求证：x(1

y2)(1z2)y(1z2)(1x2)z(1x2)(1y2)= 4xyz

证明:由已知可设,x= tanA ,y= tanB ,z= tanC(其中A+B+C=k，A、B、C≠k+

，k∈z)

2而所证等式等价于

2x2y2z8xyz



1x21y21z2(1x2)(1y2)(1z2)

即证tan2A + tan2B + tan2C = tan2A tan2B tan2C（1）成立。因为A+B+C=k，k∈z，所以，2A + 2B + 2C =2 k，k∈z 所以（1）式成立，即原式得证。

例

10、已知x、y、z是实数，且满足

xyyzzx

0

1xy1yz1zx

求证：

xyyzzx，1xy1yz1zx

中必有两个互为相反数。

证明：由已知，可设x= tanA ,y= tanB ,z= tanC(其中A、B、C≠k+

，k∈z)

2所以，xyyz

=tan(A-B),1xy1yz

=tan(B-C),zx

1zx

=tan(C-A)

代入已知得，tan(A-B)+ tan(B-C)+ tan(C-A)= 0 又(A-B)+(B-C)+(C-A)=0 ,所以tan(A-B)+ tan(B-C)+ tan(C-A)= tan(A-B)tan(B-C)tan(C-A)=0 即

zxxyyz



1xy1yz1zx

=0，所以，xyyz、1xy1yz、zx1zx

中至少有一个是零，因而必有两个互为

相反数。

【评析】：此类型题条件中含有“三实数和等于三实数积（或可转化为三实数和等于三实数积）”的形式，联想到tanA + tanB + tanC = tanAtanBtanC(其中A+B+C=k，A、B、C≠k+

，k∈z)

2可将题中的相应字母用正切代换，但一定要注意等式成立的条件：A+B+C=k，A、B、C≠k+问题转化为三角问题，再利用和、差、倍角公式化简变形达到目的。

，k∈z，将代数2

以上是笔者通过多年的教学实践，归纳出几种类型的三角换元方法，当证明的结论形式繁杂时，可根据条件尝试利用三角换元，将代数问题三角化，以期达到化繁为简的目的。有不当之处敬请广大同仁批评指正。

第二篇：代数中的向量证明方法

代数中的向量证明方法

利用向量知识解题具有很多优越性:思路直观,运算简单,能把“数”与“形”有机地结合起来.学好平面向量,不仅是掌握生活、学习的一种工具,还能提高自己的数形结合能力和创新能力,而且能陶冶情操,享受数学思想方法带来的向量学的美.利用向量解决中学数学题目已经相当普遍,下面举例运用向量方法证明代数中的一些问题.y

一 利用平面向量巧证三角证明题

例1 利用向量证明

cos10cos130cos2500，





130°

x

sin10sin130sin2500.





A

图

1证明:设正三角形ABC的边长为1.如图1,置于坐标系中则

ABcos10,sin10,BCcos130,sin130,CAcos250,sin250,ABBCCAcos10cos130cos250,sin10sin130sin250,ABBCCA0,0,cos10cos130cos250,sin10sin130sin2500,0.cos10cos130cos2500,sin10sin130sin2500.评析：依本题的证法，我们使x轴的正方向绕A点逆时针旋转到向量AB的最小角为，（而不是本题的特殊角10）可以得到以正三角形为依托的较为一般的两个三角等式：

coscos(120)cos(240)0,



y

sinsin(120)sin(240)0.



G

A

例2用向量的方法还可以解决如下的问题，求值：cos

27cos

47cos

67cos27

87cos

107

cos

127

C

解：因正七边形的外角为系中，则

ABcos0,sin0{1,0},，设正七边形的边长为1，如图2所示置于坐标

22

BCcos,sin,7744

CDcos,sin

7766

DEcos,sin

77



, , 

88

EFcos,sin,771010

FGcos,sin

771212

GAcos,sin

77

图

2

, .

ABBCCDDEEFFGGA0.1coscos

2727cos4747cos6767cos8787cos

107

cos

127

0,coscoscoscos

107

cos

127

1.评析：此题是应用上面的证明方法来分析求解，在中学数学中可以遇到不少类似的题目，都可以类似来求解.例3 用向量证明三角公式:

cos()coscossinsin.证明:如图3,作一个单位圆,取平面上的两个单位向量a、b使它们与x轴上的单位向量

i形成α、角,即 OA

a,OBb.abcos()cos(),又acos,sin,bcos,sin, abcoscossinsin,cos()coscossinsin.图

评析:该公式在教材中采用构造法证明,先构造一个单位圆,再在单位圆上构造四点,形成两个全等三角形,利用两点间的距离公式证得.这种方法在构造图形上要求太高,很难与我们学过的知识相联系起来.当我们学过平面向量后,可以简洁地将此公式证明.同法,我们可以证明:

例4coscos

cos()cos().证明：设三个单位向量：

acos,sin,bcos,sin,ccos,sin, abcoscossinsincos(), accoscossinsincos().abaccos()cos().又abaca(bc)，bc2cos,0, a（bc）2coscos.综上所述,可得: coscos

cos()cos().二 构造向量证明不等式

利用以下定理，可以用向量证明代数不等式.定理: a,b为两个非零向量,则

:例5 设a,b,cR+，试证：证明:构造向量:

ab

bc

ca

(ab)1a1b1c



.a

1bc11a，,b，.bcabca

(ab),得

（ab



bc



ca)1a



1b



1c

1a



1b



1c,即

ab



bc



ca







当且仅当abc时,不等号成立.用向量证明问题还应该注意一些符号问题，如：

例6

2)

证明：由于a和b方向的不确定性，可按分类讨论的思想进行证明.（1）若a与b共线且方向相同时，则



2

 



所以2).（2）若a与b共线且方向相反，则



2

 



所以2).（3）若a与b不共线时，如图4，设OAa,OBb,作平行四边形OACB，可得

OCab,BAab;

在三角形OAB

中，BOA;在三角形OAC

中，OAC.因为BOAOAC

所以两式相加可得

B

C

2).O

A

图4

评析：由于平面向量具有“数”和“形”的双重功能，涉及“数”与“形”的许多问题需要分类讨论，所以用分类讨论思想解决平面向量问题是顺理成章的事.通过分类讨论把向量中的问题分门别类转为局部问题，使繁复的向量问题简单化，从而达到解决问题的目的.同样地，我们可以用构造向量的方法来证明三角不等式： 例7 设，，均为锐角，满足sin2sin2sin21则

sinsin



sinsin



sinsin

1。

证明：构造两个向量：

2sin

a

,sinsin

sin



sinsin,

, sinsinsin



b

sin,sinsin,sin.

sinsinsin

(ab).即

(

sin



sinsin



sinsinsin)(sinsinsinsinsinsin)

(sinsin

sin)

所以

sinsin



sinsin



sinsin



(sinsin

sin)

sinsinsinsinsinsin



(sinsinsin)sinsinsin

2222

sinsinsin1

评析：证明此类不等式证明，若能观察到向量的“影子”，通过构造向量，利用向量的数量积运算公式，能使繁复的问题简单化.例8 若x，y，zR，且xyz1.n为正整数.求证:

x

n

y(1y)



y

n

z(1z)



z

n

x(1x)



n2

n

9

.证明：由已知条件，知1xn0,1yn0,1zn0.构造向量：

a



x

n,y

n,y(1y)

z(1z)



,bn

x(1x)z

y(1y),n

z(1z),n

x(1x)

n



(xy

(ab).得



y

n

z)

[

x

n

y(1y)z(1z)



z

n

x(1x)

][y(1y)z(1z)x(1x)]

n

n

n

所以

x

n

y(1y)



y

n

z(1z)



z

n

x(1x)



(xyz)

(xyz)(x

n1

2222

y

n1

z

n1)

[3（

xyz)]

(xyz)3（xyz)

n1

122

[3()]n

n2.1n139

13()

若取n1,得

x

y(1y)



y

z(1z)



z

x(1x)



.（《上海中学数学》1993（2）数学问题1）若取n2，得

x

y(1y)



y

z(1z)



z

x(1x)



.（《数学通报》1994（11）数学问题921）

评析：此题也是巧妙构造向量的例子，题中n的取值不同可以得到不同的不等式方程，对应解决不同的数学问题.小结：爱因斯坦说：“提出一个问题往往比解决一个问题更重要”.善于观察的人可以将常人熟视无睹的问题提出来，并加以研究解决.在引入向量的知识后，因为“向量”具有几何形式和代数形式的“双重身份”，它可以作为联系代数和几何的纽带，是中学数学知识的一个交汇点.本文主要从代数问题的角度利用向量方法证明，打破常规，构造向量，利用平面向量的数量积获得妙解.思路直观，运算简单，能把“数”与“形”有机的结合起来.

第三篇：立体几何的证明方法1]

立体几何的证明方法总结

文字语言表述部分：

一、线线平行的证明方法

1、利用平行四边形；

2、利用三角形或梯形的中位线；

3、如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面与这个相交，那么这条直线和交线平行。（线面平行的性质定理）

4、如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行。（面面平行的性质定理）

5、如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行。（线面垂直的性质定理）

6、平行于同一条直线的两个直线平行。

7、夹在两个平行平面之间的平行线段相等。

二、线面平行的证明方法

1、定义法：直线和平面没有公共点。

2、如果平面外的一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线就和这个平面平行。（线面平行的判定定理）

3、两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线必平行于另一个平面。

4、反证法。

三、面面平行的证明方法

1、定义法：两个平面没有公共点。

2、如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行。（面面平行的判定定理）

3、平行于同一个平面的两个平面平行。

4、经过平面外一点，有且只有一个平面与已知平面平行。

5、垂直于同一条直线的两个平面平行。

四、线线垂直的证明方法

1、勾股定理；

2、等腰三角形；

3、菱形对角线;

4、圆所对的圆周角是直角；

5、点在线上的射影；

6、如果一条直线和这个平面垂直，那么这条直线和这个平面内的任意直线都垂直。

7、在平面内的一条直线，如果和这个平面一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直。（三垂线定理）

8、在平面内的一条直线，如果和这个平面一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。

9、如果两条平行线中的一条垂直于一条直线，那么另一条也垂直于这条直线。

五、线面垂直的证明方法：

1、定义法：直线与平面内的任意直线都垂直；

2、点在面内的射影；

3、如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线就和这个平面垂直。（线面垂

直的判定定理）

4、如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面。（面

面垂直的性质定理）

5、两条平行直线中的一条垂直于平面，那么另一条必垂直于这个平面。

6、一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，那么这条直线必垂直于另一个平面。

7、两相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线必垂直于第三个平面。

8、过一点，有且只有一条直线与已知平面垂直。

9、过一点，有且只有一个平面与已知直线垂直。

六、面面垂直的证明方法：

1、定义法：两个平面的二面角是直二面角；

2、如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面垂直；（面面垂直的判定定理）

3、如果一个平面与另一个平面的垂线平行，那么这两个平面互相垂直。

4、如果一个平面与另一个平面的垂面平行，那么这两个平面互相垂直。

立体几何常见证明方法

数学符号表述部分

1、线线平行

①利用相似三角形或平行四边形

②利用公理4：平行于同一直线的两条直线互相平行

③线面平行线线平行 a//即aa//l

l

④面面平行线线平行 //即aa//b

b

即aa//b

b

2、线线垂直

①两条直线所成角为90②线面垂直线线垂直

即aab b

③三垂线定理及其逆定理

AB

三垂线定理：

AC

l

BCl

三垂线逆定理：AB

BCl ACl

④两直线平行，其中一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于这条直线。

3、线面平行

①定义：若一条直线和一个平面没有公共点，则它们平行；

②线线平行线面平行

若平面外的一条直线平行于平面内的一条直线，则它与这个平面平行。

a//b即ba//a

③面面平行线面平行

若两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线平行于另一个平面。

即//a//a

4、线面垂直

①线线垂直线面垂直

ab,ac即b,cabcO

②面面垂直线面垂直

两平面垂直，其中一个平面内的一条直线垂直于它们的交线，则这条直线垂直于另一个平面。,la,即a

al

即//l

 l



④两直线平行，其中一条直线垂直于这个平面，则另一条直线也垂直于这个平面。即a//bb

 a

5、面面平行

①线面平行面面平行

若一个平面内两条相交直线都平行于另一个平面，则这两个平面平行。

a//,b//即a,b//

abO

②平行于同一平面的两个平面平行

//即// //

即l// l

a a

6、面面垂直 ①依定义，二面角的平面角为90；②

第四篇：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

第五篇：工作与收入证明(样本1 公务员或事业单位)

(打印到彩色单位抬头纸上并盖章)

XXX先生/女士的工作与收入证明

兹证明XXX先生/女士，出生日期：XX年XX月XX日，XXXX年XX月进入（XXXX单位全称）工作，目前担任XXXX职务。

XXX先生/女士过去两年的平均年税后收入为人民币XX万元左右，其个人所得税由我单位代扣代缴。

XXXX单位全称

证明人：XXXX 职务：XXXX

联系电话：xxxx-xxxxxxx

地址：xxxxxxxx

日期：2016年xx月xx日