第3个有趣不等式的证明（最终定稿）

第一篇：第3个有趣不等式的证明

第3个有趣不等式的证明

张家界市永定区永定小学覃文周QQ65785898

2安振平老师提出的 “三十个有趣的不等式”的第3个是：

有趣不等式3：设实数x、y满足x+y=2,求证：x+y≤2.证明： 由x+y=2>0,得x>-y.∴x >-y，即x+y>0.由32(x+y)-2(x+y)=5(x-y)(x+y)[3(x+y)+3(x+y)]≥0得(x+y)≤32,∴ x+y>≤2.等号当x = y = 1 时成立555 2222555555

第二篇：几个有趣不等式的证明（本站推荐）

几个有趣不等式的“函数法”证明

江苏省常熟市中学 査正开 215500

***（0512-51318896）zhazhengkai3@163.com

安振平老师在“二十六个优美不等式”（文[1]）的基础上又给出了“三十个有趣的不等式”（文[2]），这些不等式既具有较强的趣味性又富有相当的挑战性，很有研究价值。本文将对其中的三个三元条件不等式给出统一“函数法”这一初等的证明，供参考。

有趣不等式12设x,y,z0 , xyz1求证: xy8z4 证明：记Axyz,由对称性不妨设0xyz1，设f(x)x38yz , 将y作为常数,z1xy则

113f'(x)(8x)(8z)3 3322

08x8z,(8x)2

3(8z),f'(x)0

1时 323f(x)递增,)当且仅当x取最大值，即xyz

f(x)max381225即Amax225,当且仅当x0时取f(x)取最小值3

同理当y0时取最小值,当且仅当xy0,z1时Amin49

（当且仅当三个数中49A225,49xy8z225

有两个为零一个为1时取最小值，三个数相等时取最大值）

说明： 这里要注意三个变量有条件约束，因而只有两个独立变量。并且由证明过程还可知

有趣不等式20已知正数x,y,z满足xyyzzx1,求证：

11133 2xyzx2yzxy2z4

222证明：x,y,zR且xyyzzx1，xyzxyyzzx1

(xyz)2x2y2z22xy2xz2zy3(xyyzzx)3

xyz3 1

111111



2xyzx2yzxy2zxyz记A

1x3



1y3



1z，由对称性不妨设xyz

设f(x)

x31

y

z，将y视为常数，z

1xy

xy

f'(x)

1(z)

(x)

y(xy)(1xy)

(xy)2

(x)2(y21)(z3)2(xy)2y21

222222

(z3)(xy)(x)(x3)(23)(xy)

1



(x3)2(y2xyyzzx)(z)2(xy)2

(x)(23)(xy)



(x)2(xy)(yz)(z3)2(xy)2

(x3)2(2)2(xy)2

(xy)[(x)2(yz)(z3)2(xy)]

(x)2(2)2(xy)2

(xy)(xz)(xyyzxz2y33)

(x)(23)(xy)23(xy)(zx2





(xy)(xz)(23y2)(x3)(23)(xy)

y)

222

(x)(23)(xy)

当y

时，z，则

111，

2xyzx2yzxy2z不等式成立，而当

y

时 f'(x)0，f(x)在(0,z)上递增，当且仅当xz，3

此时xyz

34时，Amax，故原不等式成立。33

说明：这类三元条件不等式问题，可将一个作为变量，一个视为常量，另一个代掉处理，但不直接代掉往往使解题更简便。

有趣不等式13已知0abc求证：

abc



a2bb2cc2a

1b12

a



1c12

b



1a12

c

证明：A

abc



a2bb2cc2a

设

bca

m,n,t，0abcm1,n1,0t1，且mnt1 abc

设A

f(m)，不妨设mn1，将t视为常数，12m12n12t

n，则 mt

1122

12mt

f'(m)

22m(12m)22n(12n)

1(12m)

设g(x)





n(12n)m



n(12m)m(12n)(12m)(12n)m

3232

(1x)

（x1），则 x

(12x)22(12x)2

g(x) 2

x



(1x)(312x)2(12x)(1x)

0

x2x2

(12m)(12n)

mn

3212

g(x)在1，递减，当mn1时，32

m(12n)n(12n)即f'(m)0f(m)递减，当且仅当mn时f(m)最大，此时t

1m2

A2

12m

1m2

22

112mm2122

m1

1m2

设h(m)2（m1），则 2

12mm2h'(m)

2(12m)

1m

22m2



2m(m22)2m3

24

(m2)



2(12m)



2(m4)

3222(m4)(12m)

0 37

(12m)2(m24)2

h(m)在(1,)上递减，h(m)h(1)，A，当且仅当mnt1时取等号，原不等式成立

说明：通过换元就问题转化为三元条件不等式，解决本题的关键是构造函数g(x)，这是处

理这类问题的有效途径。当然，这一问题可进一步推广

参考文献：

1安振平二十六个优美不等式[J]中学数学参考（上旬）2010.1～22安振平三十个有趣的不等式 [J]中学数学参考（上旬）2011.11 3査正开几个优美不等式的统一证明[J]高中数学教与学2012.4

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

a2b2ab1.设ab0，求证：2.ab2ab

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：x3y3x2yxy2；

（2对满足xyz1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abc, 求证：1 114.abbcac

4.设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：

1（Ⅰ）ab+bc+ac3；

a2b2c2

1ca（Ⅱ）b

5.（1）求不等式x32x1的解集;

121225（a)(b)a,bR,ab1ab2.（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732”时作了如下分析，请你补充完整.62，只需证明________________,只需证明___________,＋292，展开得9即,只需证明1418,________________,所以原不等式:62成立.22263,(72)(63)，因为1418成立。

abc8.已知a,b,cR。3

9.(本题满分10分)已知函数f(x)|x1|。

(Ⅰ)解不等式f(x)f(x4)8；{x|x≤－5，或x≥3}(Ⅱ)若|a|1,|b|1，且a0，求证：f(ab)|a|f().10.（本小题满分10分）当a,bMx|2x2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=x2y+2baπππ22，b=y2z+，c=z2x+，236

求证：a，b，c中至少有一个大于0.12.（12分）若x,yR,x0,y0,且xy2。求证：1x和1y中至少有一个小于2.yx

放缩法证明不等式

13.证明不等式：1111121231

123n2

214.设各项均为正数的数列an的前n项和为Sn，满足4SnannN,且

14n1,a2,a5,a14构成等比数列．

(1)证明：a2

(2)求数列an的通项公式；an2n1

(3)证明：对一切正整数n，有11a1a2a2a311． anan12

15.设数列an的前n项和为Sn.已知a11,2Sn12an1n2n,nN*.n33

(Ⅰ)求a2的值；a24(Ⅱ)求数列an的通项公式；ann2(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

n1n21a对一切正整数n都成立，求正3n12411a1a217.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。

【例2】 已知0

【例3】 设A=a+d，B=b+c，a，b，c，d∈R+，ad=bc，a=max{a，b，c，d}，试比较A与B的大小。

因A、B的表达形式比较简单，故作差后如何对因式进行变形是本题难点之一。利用等式ad=bc，借助于消元思想，至少可以消去a，b，c，d中的一个字母。关键是消去哪个字母，因条件中已知a的不等关系：a>b，a>c，a>d，故保留a，消b，c，d中任一个均可。

由ad=bc得：dbca1abbccaabcabc≥1。

bcabcab(ab)(ac)a0bcacaA-B=a+d-(b+c)=a =ab c(ab)a

【例4】 a，b，c∈R，求证：a4+b4+c4≥(a+b+c)。

不等号两边均是和的形式，利用一次基本不等式显然不行。不等号右边为三项和，根据不等号方向，应自左向右运用基本不等式后再同向相加。因不等式左边只有三项，故把三项变化六项后再利用二元基本不等式，这就是“化奇为偶”的技巧。

左=12(2a42b2242c)22412[(a24b)(b22244c)(c2244a)]24

≥12(2ab2bc2ca)abbcca

2发现缩小后没有达到题目要求，此时应再利用不等式传递性继续缩小，处理的方法与刚才类似。

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ab1212

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22bc2222ca2222212(2ab22222bc22222ca)22

ca)(ca2[(abbc)(bc22ab)]22≥(2abc2abc22abc)ab(abc)1a

1c【例5】（1）a，b，c为正实数，求证：（2）a，b，c为正实数，求证：

a21bb2≥

c21ab1bc1ac；

bcacab≥

abc2。

（1）不等式的结构与例4完全相同，处理方法也完全一样。

（2）同学们可试一试，再用刚才的方法处理该题是行不通的。注意到从左向右，分式变成了整式，可考虑在左边每一个分式后配上该分式的分母，利用二元基本不等式后约去分母，再利用不等式可加性即可达到目的。试一试行吗？

a2bcb2(bc)≥2a2bcb2(bc)2a

acc2(ac)≥2ac(ac)2bab(ab)≥2c2ab(ab)2c

相加后发现不行，a，b，c的整式项全消去了。为了达到目的，应在系数上作调整。

a2bcbc4≥a，b2acac4≥b，c2abab4≥a 相向相加后即可。

【例6】 x，y为正实数，x+y=a，求证：x+y≥

2a22。

思路一；根据x+y和x2+y2的结构特点，联想到算术平均数与平方平均数之间的不等关系。∵ xy22≤2x2y22

2∴ xy≥(xy)2a22

思路二：因所求不等式右边为常数，故可从求函数最小值的角度去思考。思路一所用的是基本不等式法，这里采用消元思想转化为一元函数，再用单调性求解。换元有下列三种途径：

途径1：用均值换元法消元： 令 x2a2m，yaa22m

22则 xy(m)(m)2m222aa22≥

a22

途径2：代入消元法： y=a-x，0

a2)2a22≥

a22

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途径3：三角换元法消元：

令 x=acos2θ，y=asin2θ，θ∈(0，]

22013年数学VIP讲义

则 x2+y2=a2(cos4θ+sin4θ)=a2[(sin2θ+cos2θ)2-2sin2θcos2θ]

=a[1-2(sin2θ)]=a(1-22122

12sin2θ)≥

a22

注：为了达到消元的目的，途径1和途径3引入了适当的参数，也就是找到一个中间变量表示x，y。这种引参的思想是高中数学常用的重要方法。【例7】 已知a>b>0，求证：(ab)8a2ab2ab(ab)8b2。

12所证不等式的形式较复杂（如从次数看，有二次，一次，次等），难以从某个角度着手。故考虑用分析法证明，即执果索因，寻找使不等式成立的必要条件。实际上就是对所证不等式进行适当的化简、变形，实际上这种变形在相当多的题目里都是充要的。

ab2abab2ab2b)(a(a(a2b)2

ab(ab)b)(a8a2所证不等式可化为∵ a>b>0 ∴ ab ∴ ab0

b)2(a2b)2(ab)(a8b2b)2

∴ 不等式可化为：(a4ab)21(a4bb)2

2(ab)4a即要证

24b(ab)ab2a只需证

2bab在a>b>0条件下，不等式组显然成立 ∴ 原不等式成立 【例8】 已知f(x)=24xx38，求证：对任意实数a，b，恒有f(a)

112.不等号两边字母不统一，采用常规方法难以着手。根据表达式的特点，借助于函数思想，可分别求f(a)及g(b)=b2-4b+f(a)112的最值，看能否通过最值之间的大小关系进行比较。

82(2)a2a24aa3882a882a≤

282a82a8422

令 g(b)=b2-4b+11232 ≥32 g(b)=(b-2)2+

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∵ 3222013年数学VIP讲义

∴ g(b)>f(a)注：本题实际上利用了不等式的传递性，只不过中间量为常数而已，这种思路在两数大小比较时曾讲过。由此也说明，实数大小理论是不等式大小理论的基础。

【例9】 已知a，b，c∈R，f(x)=ax2+bx+c，当|x|≤1时，有|f(x)|≤1，求证：

（1）|c|≤1，|b|≤1；

（2）当|x|≤1时，|ax+b|≤2。

这是一个与绝对值有关的不等式证明题，除运用前面已介绍的不等式性质和基本不等式以外，还涉及到与绝对值有关的基本不等式，如|a|≥a，|a|≥-a，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1±a2±„±an|≤|a1|+|a2|+„+|an|。就本题来说，还有一个如何充分利用条件“当|x|≤1时，|f(x)|≤1”的解题意识。

从特殊化的思想出发得到： 令 x=0，|f(0)|≤1 即 |c|≤1 当x=1时，|f(1)|≤1；当x=-1时，|f(-1)|≤1 下面问题的解决试图利用这三个不等式，即把f(0)，f(1)，f(-1)化作已知量，去表示待求量。∵ f(1)=a+b+c，f(-1)=a-b+c ∴ b12[f(1)f(1)] 12|f(1)f(1)|≤12[|f(1)||f(1)|]≤

12(11)≤1 ∴ |b|（2）思路一：利用函数思想，借助于单调性求g(x)=ax+b的值域。

当a>0时，g(x)在[-1，1]上单调递增 ∴ g(-1)≤g(x)≤g(1)∵ g(1)=a+1=f(1)-f(0)≤|f(1)-f(0)|≤|f(1)|+|f(0)|≤2 g(-1)=-a+b=f(0)-f(-1)=-[f(-1)-f(0)]

≥-|f(-1)-f(0)|≥-[|f(-1)|+|f(0)|]≥-2 ∴-2≤g(x)≤2 即 |g(x)|≤2 当a<0时，同理可证。

思路二：直接利用绝对值不等式

为了能将|ax+b|中的绝对值符号分配到a，b，可考虑a，b的符号进行讨论。当a>0时

|ax+b|≤|ax|+|b|=|a||x|+|b|≤|a|+|b|≤a+|b| 下面对b讨论

① b≥0时，a+|b|=a+b=|a+b|=|f(1)-f(0)| ≤ |f(1)|+|f(0)|≤2； ② b<0时，a+|b|=a-b=|a-b|=|f(-1)-f(0)|≤|f(-1)|+f(0)|≤2。∴ |ax+b|≤2 当a<0时，同理可证。

评注：本题证明过程中，还应根据不等号的方向，合理选择不等式，例如：既有|a-b|≥|a|-|b|，又有|a-b|≥|b|-|a|，若不适当选择，则不能满足题目要求。

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2013年数学VIP讲义

1、设a，b为正数，且a+b≤4，则下列各式一定成立的是 A、C、1a121b1a≤141b B、≤1 D、141a≤

1a1b≤

≤

1b≥1

2、已知a，b，c均大于1，且logac·logbc=4，则下列各式中一定正确的是 A、ac≥b B、ab≥c C、bc≥a D、ab≤c

5、已知a，b，c>0，且a+b>c，设M=

a4abbcc4c，N=，则MN的大小关系是

A、M>N B、M=N C、M

6、已知函数f(x)=-x-x3，x1，x2，x3∈R，且x1+x2>0，x2+x3>0，x3+x1>0，则f(x1)+f(x2)+f(x3)的值 A、一定大于零 B、一定小于零 C、一定等于零 D、正负都有可能

7、若a>0，b>0，x111()2ab1ab1ab，y，z，则

A、x≥y>z B、x≥z>y C、y≥x>z D、y>z≥x

8、设a，b∈R，下面的不等式成立的是 A、a+3ab>b B、ab-a>b+ab C、（二）填空题

9、设a>0，b>0，a≠b，则aabb与abba的大小关系是__________。

10、若a，b，c是不全相等的正数，则(a+b)(b+c)(c+a)______8abc（用不等号填空）。

12、当00且t≠1时，logat与log21t1a2

2aba1b1 D、a+b≥2(a-b-1)

22的大小关系是__________。

n13、若a，b，c为Rt△ABC的三边，其中c为斜边，则an+bn与c（其中n∈N，n>2）的大小关系是________________。

（三）解答题

14、已知a>0，b>0，a≠b，求证：a

15、已知a，b，c是三角形三边的长，求 证：1

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abcbaccab2。

babba。金牌师资，笑傲高考

16、已知a≥0，b≥0，求证：

18、若a，b，c为正数，求证：

19、设a>0，b>0，且a+b=1，求证：(a

20、已知a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求证：a，b，c全为正数。

1a)(b1b)2541a1b1ca82013年数学VIP讲义

12(ab)214(ab)≥aaba。

≤

b383c38。

abc≥。

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