第一篇：化為同分母循環和 證明一類分式不等式

本文發表于《中學數學研究》（南昌）2004年第12期

化為同分母循環和

證明一類分式不等式

215006蘇州市第一中學劉祖希

分式不等式的證明難，其難點首先體現在如何去掉分母.本文將通過一些例子獲得一個證明分式不等式的有效方法，并希望能成為一個通法：這就是將分式不等式的各部分巧妙地化為同分母循環和(即

A?1)獲證.下面詳細予以說明.?A?B?C

例1設a,b,c是正實數，且abc?1，求證：

(1996年IMO37預選題)

證明：∵abc?1,a?b?ab?a?b?（作差法易證）, 5522abbcca???1.a5?b5?abb5?c5?bcc5?a5?ca

aba2b2c?5∴5（齊次化）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，當且僅當a?b?c?1等號成立（考慮篇幅，等號成立條件以下略）.例2求證：對所有正實數a,b,c，有

（1997年美國數學奧林匹克試題）

證明：先證齊次不等式

33abcabcabc???1.a3?b3?abcb3?c3?abcc3?a3?abc∵a?b?ab?a?b?（作差法易證），∴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對例

2、例3的推廣形式： 推廣：設a,b,c是正實數，且abc?1，記f????

1，則f????1；

21②若???1或??，則f????1；2

1③若?1???，則f????1.2①若???1或??

（《中學數學月刊》2002.12P40）

例3設?ABC中，求證：abc???2.b?cc?aa?b

aa2a2?a22a??2??1； 證明：∵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，記f????，試證： ?a?b?c?b?c?a?c?a?b

2①當?1???1時，有f????； ??

12②當??1時，有f????.??1∴

(《中等數學》2002.4數學奧林匹克問題高115)

證明： 只要??1，總有

???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當??1時，有f????.??1??1即???1?f????故①當?1???1時，有f????

注：例4中取??0，即為例3.例5設0?a,b,c?1.證明：abc???2.bc?1ca?1ab?1

證明：∵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分別表示邊a,b,c上的中線長，證明:?2?2.2mb?mc

（《中等數學》2003.4P18）

證明：由三角形中線長定理，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，我們是否可以獲得這樣的啟示：以上這些分式不等式都具有對稱性，而且不等式的另一端多為常數，這就為我們統一處理、集中去分母提供了便利，同分母循環和的方法應運而生.例7設a,b,c是正實數，n是正整數，求證： anan?1an?1an

??n?1n?1；②?n??n?1n?1.①?nnnb?cb?cb?cb?c

(《中等數學》2001.3P23)

nn證明：①

∵b?c?bn?1?cn?1?（作差法易證），annan?1??∴

?

n??

n?1n?1? nb?cb?c?1an?1

??n?1n?1（車貝雪夫不等式）

3b?c?an?1?n?1n?1（三元均值不等式）b?can?1

??n?1n?1； b?c

②類似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：一類對稱或循環不等式的配方法證明

一類對稱或循環不等式的配方法證明

_------讀熊斌《數學奧林匹克》之體會

數學組蔡玉書（215006）

縱觀國內外數學奧林匹克中的不等式試題，有不少試題是關于a,b,c的對稱或輪換對稱的不等式，直接利用均值不等式、柯西不等式或者重要不等式有時很難達到目的，而利用它們的對稱性，直接利用比較法進行適當的配方，就可以使得問題得到完美的解決。本文從歷年的國內外數學奧林匹克試題中精心選擇若干優秀試題，進行詳細的分析與解答，供參賽選手和數學奧林匹克教練員參考。

例1設a,b,c是三角形的三邊,求證：a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)≤3abc.(第6屆IMO試題)證法一 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是三角形的三邊,∴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,當且僅當a=b=c,即△ABC是正三角形時等號成立.例2 已知a,b,c是正數, 證明：

abc3(1)(1963年莫斯科數學奧林匹克試題)b+cc+aa+b2

a2b2c2a+b+c(2)+≥(第2屆世界友誼杯數學競賽試題)b+cc+aa+b2

abc3證明(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)不難證明++=(a+b+c)(+ +)－(a+b+c),利用這個恒等式得到不等式+ b+cc+aa+bb+cc+aa+bb+cc+a

c3a2b2c2a+b+c+≥++.a+b2b+cc+aa+b2

y2－x2z2－y2x2－z2

例3 設x, y, z是正數, 則≥0.(W.Janous猜想)z+xx+yy+z

y2－x2z2－y2x2－z2y2－z2z2－x2x2－y2

證明 設 u = , v= , z+xx+yy+zz+xx+yy+z

z2－x2x2－y2y2－z2

則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.從而+0.z+xx+yy+z

x5－x2y5－y2z5－z2

例4正實數x,y,z滿足xyz≥1,證明：++0.(第46屆IMO試題)x+y+zy+z+xz+x+y證明 因為xyz≥1,所以

x5－x2x5－x2·xyzx4－x2yz2x4－x2(y2+z2)≥類似地,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,原不等式化為證明+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設x、y、z是正實數,求證：(xy+yz+zx)[+年伊朗數學奧林匹克試題)(x+y)(y+z)(z+x)4

證明 不妨設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)因為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,不等式得證.yy－zy若Sx＜0,因為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下面證明ySx+xSy≥0,事實上,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.綜上,不等式得證.例6 設a,b,c是一個三角形的三邊長,求證a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)≥0.并指出等號成立的條件.(第24屆IMO試題)

證明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,證明：++3.(2006年羅馬尼亞數學奧林匹克試題)abcabc(a+b+c)

b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)證明+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,證明:a2(－1)+b2(－1)+c2(－1)≥0.(2006年摩爾多瓦數學奧林匹克試題)cab

證明 不等式兩邊同時乘以2abc,不等式化為證明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都是正數，而(b－c)2≥0,(c－a)2≥0,(a－b)2≥0,所以不等式得證.例9在△ABC中,a,b,c是它的三條邊,p是半周長,證明不等式： 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年摩爾多瓦數學奧林匹克試題)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證明令x=p－a,y=p－b,z=p－c,則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.因為z是正數,這是顯然的.同理可證其余兩個不等式.于是不等式①成立.11131111例10 已知a,b,c＞0,且abc=1,－2(.(2004年匈牙利數學奧林匹克試abca+b+cabca+b+c題)11131111證明因為abc=1,所以++≥++)等價于 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],證明：(x+y+z)()≥6(+年越南數學奧林匹克試題)xyzy+zz+xx+y

證明 不妨設2≥x≥y≥z≥1,(x－y)2(y－z)2(z－x)2111因為(x+y+z+)－+, xyzxyyzzx

2(y－z)2(z－x)2xyz31(x－y)又因為+[+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,則①式右邊≥0,不等式得證.如果Sz＜0,則(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.下面證明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時,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：強化命題證明一類數列不等式

該文發表于《中學數學教學參考》2006年第12期

強化命題證明一類數列不等式

201203華東師大二附中任念兵數列不等式是近年來高考和競賽中的熱點題型，其中一類形如

i?n0?n1?C（C為常數）ai的證明題難度較大.由于此類不等式的右邊是常數，所以數學歸納法證明無法實現歸納過渡，但通過對歸納過渡過程的研究,可以放縮右邊的常數,將命題加強為

i?n0?an1i?C?1,其中gng?n??0表示關于正整數n的函數式,從而可以構造單調遞減數列巧妙的證明這類問題.例1：求證：?1

9111?????n?N*? 2252n?14

91111???????????（1）252n?124gn分析：①首先假設命題可以強化為?

接著思考的問題自然是：要使加強命題成立，g?n?應滿足什么條件呢？

②既然加強命題（1）成立，則可以利用數學歸納法加以證明：

111.??????????????????????????(2)n?1時, ??94g1歸納假設?1

91111?????,接下來要證 252k?124gk111111?????????????????????(3)229254gk?12k?12k?3而由歸納假設只能得到?1

9111111???????.如果能證得252k?122k?324gk2k?32

11111????，即 4gk2k?324gk?1111??.???????????????????????(4)gkgk?12k?32

則可以由不等式的傳遞性知道（3）式成立，從而由歸納法原理證明了加強命題（1）.從上述分析可知, g?n?必須同時滿足(2)(4)兩式.③明確g?n?應滿足的條件后,我們就可以“確定”g?n?的表達式了.觀察(4)式的結構,不等式右邊分母是二次多項式,于是我們考慮到,如果g?n?是一次多項式,則不等式左邊通分后也是一個二次多項式,這樣(4)式就轉化為兩個二次多項式的比較,從而可以通過g?n?的系數控制使(4)式成立.設g?n??an?b(a,b為待定的常數), 將g?n??an?b代入(4)式知

a?2k?3?2??ak?b??ak?a?b?對k?N*恒成立,整理得

4ak2?12ak?9a?a2k2?2ab?a2k?b?a?b?對k?N*恒成立,比較各項系數得

a?4,b?4.又因為g?n??an?b同時滿足(2)式,代入得a?b???36.所以,不妨取a?4,b?4,5

即得g?n??4n?4.從而,原不等式可以加強為:

11111

?n?N*?.???????????????(5)??????

9252n?1244n?4

④將上述分析過程略加整理就能得到加強命題的數學歸納法證明,而下面利用數列單調性的方法更為簡捷.證明:記f?n??

f?n?1??f?n??

1111?????,則有 9252n?124n?4

2n?32

?

1111

??2?2?0即f?n?單調遞

4n?1?44n?44n?12n?94n?12n?8

減,故f?n??f?1??

??,加強命題(5)得證.984

注:上述證明的關鍵步驟f?n?1??f?n??0實際上就是分析過程中的(4)式.我們不難發現處理此類問題的一般步驟是:首先假設加強命題

i?n0

?

n

成立,?C?

aign接著明確g?n?應滿足的條件，然后確定g?n?的表達式，最后構造單調遞減數列完成巧妙的證明.按照這樣的思路我們再看下面兩個例子:

11115

例2:求證:?2?3???n??n?N*?.2?12?12?12?13分析: 假設加強命題為：

111151

.g?n?應同時滿足?2?3???n??2?12?12?13gn2?1

151

.?????????????????????????(6)??

2?13g1111

.?????????????????????(7)??k?1

gkgk?12?1

觀察(7)式的結構,不等式右邊的分母是指數結構,因此我們考慮g?n?是指數結構.設

和

g?n??a?2n,將g?n??a?2n代入(8)式知a?2k?1?2k?1?1恒成立,故有a?1.又因為

g?n??a?2n同時滿足(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: 已知正整數n?1,求證: 1?分析: 假設加強命題為：1?1?

1119

?????.2！3！n!5

11191

.g?n?應同時滿足??????

2！3！n!5gn191

.?????????????????????????(8)??

25g2111

.?????????????????????(9)??

gkgk?1k?1!

k

?1對k?2恒成立,故有a?2.又因為g?n??a?n!同時滿足(8)式,a

和

觀察(9)式的結構,不等式右邊是階乘結構,因此我們考慮g?n?是階乘結構.設g?n??a?n!.將

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

本文舉例探討了如何強化命題來證明不等式

i?n0

n

n

?a

n

i

?C，這里有幾點需要加以說明:

①將

i?n0

?

111,關鍵是明確g?n?應滿足的條件和g?n?的式子結構.?C強化為?C?aiagni?ni

?

根據數學歸納法的思考過程可以確定g?n?應滿足的條件，而g?n?的式子結構是由an決定的:

若an是多項式則g?n?是多項式,若an是指數結構則g?n?是指數結構,如此等等.然后,利用待定系數法便可求出合理的g?n?（這樣的g?n?往往不唯一,但系數有范圍限制）.②強化命題后,我們利用數列的單調性來證明加強命題,這不僅簡化了證明過程,而且縮小了

i?n0

?

n

17341的上界.如例1的上界可以縮小為,例2的上界可以縮小為，例3的上界可以縮小

7221ai

為.另外，我們還可以通過改變待定系數來調整g?n?,進一步縮小的上界.a4ii?n

?

n

③本文研究的不等式

i?n0

n

?

n

都是收斂?C具有深刻的高等數學背景.實際上,這些級數

aiaii?n

?

?的,i?n0

n

?

?C就是對收斂級數的上界估計.如例3的背景是級數ai

?

?i!?e?1,因此有

i?1

?

近年來的各地高考中以高等數學知識為背景的問題頻??i!?e?1?5.值得一提的是，i?1

i?1

?i!

頻出現，例2實際上就是從2006年高考福建卷的壓軸題的關鍵步驟中提煉出來的問題.

第四篇：例談分式不等式的證明

例談分式不等式的證明

鄧超（福建省福州市第十八中學350001）

不等式的證明是高中數學教學的一個難點，我們遇到的大多數不等式都是以分式不等式的形式出現的，這就更令人頭疼。事實上，分式不等式的證明還是有一定規律可尋的，下文將做一簡單介紹。

一、利用證明不等式的常用方法

對于一些不太復雜的分式不等式，直接采用分析法、綜合法、比較法等常用的不等式證明方法即可。

111???1。1?2a1?2b1?2c

111證明：要證原式只要證(??)?(1?2a)(1?2b)(1?2c)?(1?2a)(1?2b)(1?2c)，1?2a1?2b1?2c例

1、設a,b,c?R，且abc?1，求證：?

即證：(1?2b)(1?2c)?(1?2a)(1?2c)?(1?2a)(1?2b)?(1?2a)(1?2b)(1?2c)，即證（展開整理）：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、（數學教學問題788）已知a,b,c?R，且a?b?c?1，求證： ?

abc9??? a?bcb?cac?ab

4證明：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，故原不等式可化為： ?)a(1?b)

a?(1?b)(?1c)b?(1c)?(a1c9)?a(1?b)(1)4

a?a2?b?b2?c?c29?，要證此式只要證（通分即可）：(1?a)(1?b)(1?c)4

1?a2?b2?c29?（其中使用了a?b?c?1）即證：，(1?a)(1?b)(1?c)4

只要證：4(1?a?b?c)?9(1?a)(1?b)(1?c)，（(1?a)(1?b)(1?c)?0）

即證（展開整理）：ac?bc?ca?9abc?0

（此處用到(a?b?c)?a?b+c?2ab?2bc?2ca和a?b?c?1），只要證

2222222111，???9（上式同除abc）abc

事實上，由柯西不等式得：

11111

1???(??)(a?b?c)?9，故原不等式成立。abcabc

注：此不等式的證明采用了分析法，沒用太多的技巧，關鍵的一步是能夠看出原不等式可化為（1）

式，這將大大簡化計算；否則要證明一個6次的不等式，這將大大增加計算。

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對稱的（即各個未知元的地位平等），因此我們往往可以利用“不妨設”創造出排序不等式所需的條件，然后利用這一重要不等式給出證明，如例3。當然并不是說排序不等式只能證明對稱不等式，這在例4中將會看到。

例

3、（數學通報問題1651）設x、y、z是正數，n?N，求證：

?

xyz

3。???

nx?y?zx?ny?zx?y?nzn?

2證明：因為此不等式是對稱的，故不妨設x?y?z，則nx?y?z?x?ny?z?x?y?nz，所以

1。至此條件創造完畢，可以利用排序不等式了。??

x?y?nzx?ny?znx?y?z

xyzyzx

（反序和小等于亂序?????

nx?y?zx?ny?zx?y?nznx?y?zx?ny?zx?y?nz

因為

和）（1）

xyzzxy

（反序和小等于亂序和）?????

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：此題供題者所給的證明采用了換元的方法，有興趣的讀者可參見數學通報2007年第2期。當n?0時，不等號應反向，即有同的特例。

xyz3

???，請讀者自證。另外，當n取不同值時可得到不y?zx?zx?y2

222

anana12a2?1

????????a1?a2?????an。例

4、設ai（1?i?n）是正數，求證：

a2a3ana

1證明：將ai（1?i?n）重小到大排列，設

aj1?aj2?aj3?????ajn?1?ajn

成立

11111????????（1?ji?n,ji?N，ji各不相同），則

ajnajn?1aj3aj2aj1

可以利用排序不等式了。

222222

2aaaaanaa12a2jjnjj?1nn?112

???????????????所以

a2a3ana1aj1aj2ajn?1ajn

。至此條件創造完畢，（亂序和大等于反序和），又因為

a2j1aj1

?

a2j2aj2

?????

a2jn?1ajn?1

?

a2jnajn

?aj1?aj2?????ajn?1?ajn?a1?a2?????an，故原不等式成立。

注：此題亦可用柯西不等式和均值不等式證明，請讀者參考下面的例子。

2、利用柯西不等式 對于分式不等式

?x

i?1n

n

i

?A，可在不等式左邊乘上一個因式?xi'2，這里要保證xixi'為整式，i?

12n

'

2n

然后利用柯西不等式

?x?x

ii?1

i?1

i

?(?xixi')2給出證明。

i?1

n

例

5、（24屆全蘇數學奧林匹克試題）設ai（1?i?n）是正數，且有

?a

i?

1n

i

?1，求證：

an2a12a221

???????。

a1?a2a2?a3an?a1

2證明：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年全國高中數學聯賽福建賽區預賽）設a、b、c是三個正數，滿足a?b?c?3，求證：

a?1b?1c?

1???2。

a(a?2)b(b?2)c(c?2)

證明：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

故要證原不等式只要證明上式右邊?2，即證a?b?c?3????，a?1b?1c?1

21113即證???a?b?c?。

a?1b?1c?12

3因為a?b?c?3，故要證上式只要證：???

a?1b?1c?12

而事實上，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：原賽題由題（1）和題（2）兩小題構成，此題是題（2）。在參考答案的證明中，題（2）的證明要用到題（1）的結論。本例要求直接證明題（2），從而增加了難度。本例的證明同時使用了分析法和柯西不等式，且用了兩次柯西不等式，具有一定難度。

3、利用均值不等式 對于分式不等式

?x

i?

1n

i

?A，可考慮添加xi'和xi配成一對，然后利用均值不等式xi?xi'?'

得到n

個不等式（一般來說要保證，然后將這n個不等式相加，消去添加的各項xi，最后得到證明。

a2b2c2a?b?c

???例

7、（第二屆友誼杯國際數學邀請賽）已知a、b、c為正數。

b?cc?aa?b2a2b?c???a，證明：由均值不等式可得：

b?c

4b2c?ac2a?b??

?b，???c，同理有：

c?a4a?b4a2b?cb2c?ac2a?b

將以上三式相加即可得：??????a?b?c，b?c4c?a4a?b4

整理后即可得結論。

注：此不等式的證明簡潔，其中所用的添項技巧也是運用均值不等式的常見技巧之一。另外，用此法證明例5就要用到該技巧。

三、利用某些技巧

1、構造對偶式

例

8、利用構造對偶式這一技巧給出例5的另一個證明。

an2a12a2

2??????證明：設M?，a1?a2a2?a3an?a

1a32an2a22

N???????（對偶式），a1?a2a2?a3an?a1

a32an2a12a22a22a12

?)?(?)?????(?)因為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（這里利用了不等式 222a2?b21

?(a?b)），a?b2

所以M?，原不等式成立。2

注：利用對偶式這一技巧可以簡潔的證明許多形式上很復雜的不等式，這里列舉一例供讀者思考：如

a3b3c3a?b?c

???果a、b、c是正數，證明：2。更多的構造對偶

a?ab?b2b2?bc?c2c2?ca?a2

3式證明不等式的例子請參見文[1]。

2、引入參數

例

9、設x、y、z?0，且x?y?z?

11??。4z?15

分析：此不等式是對稱不等式，可考慮構造一個和為的表達式，故引入參數?，嘗試證明：5

1??x，且??。5

證明：引入參數?

??x。當x?0時，有

??x?(0,1]都

成立。故要求?的值，(0,1]上的最小值即可。

在(0,1]上的最小值為（此時x?1），故當??

時，有??5x?(0,1]），此時

同時有

11??x（x?[0,1]）?x。

。取??

?y和?z，將以上三式相加即可得結論。

54z?15

注：本例引入的參數是作為項的系數引入的。另外，參數還可作為冪指數引入，作為直線斜率引入等，具體的例子可參見文[2]。

本文考慮了分式不等式的證明，對不太復雜的分式不等式的證明不應忘記采用最常用的分析法和綜合法等方法進行；其次可考慮利用高中數學教科書中出現的三個重要不等式證明；在上述方法證明無效的情況下，可考慮采用一些技巧進行證明。由于分式不等式的證明方法靈活多樣，故對其證明不應拘泥于上述思路和方法，但對于常見的分式不等式，上述方法是夠用的。

參考文獻：

[1]楊華.構造配對式，證明不等式[J].中等數學，2005（3），10～13 [2]程東軍.巧引參數，證明不等式[J].中等數學，2007（9），5～8

第五篇：分式不等式放縮、裂項、證明

放縮法的常見技巧

（1）舍掉（或加進）一些項（2）在分式中放大或縮小分子或分母。（3）應用基本不等式放縮(例如均值不等式）。（4）應用函數的單調性進行放縮（5）根據題目條件進行放縮。（6）構造等比數列進行放縮。（7）構造裂項條件進行放縮。（8）利用函數切線、割線逼近進行放縮。使用放縮法的注意事項

（1）放縮的方向要一致。（2）放與縮要適度。

（3）很多時候只對數列的一部分進行放縮法，保留一些項不變（多為前幾項或后幾項）。（4）用放縮法證明極其簡單，然而，用放縮法證不等式，技巧性極強，稍有不慎，則會出現放縮失當的現象。所以對放縮法，只需要了解，不宜深入。

先介紹工具

柯西不等式（可以通過向量表示形式記住即摸摸大于向量乘積）

均值不等式

調和平均數≤幾何平均數≤算術平均數≤平方平均數

絕對值三角不等式

定理1：|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b| 推論1：|a1＋a2＋a3|≤|a1|＋|a2|＋|a3| 此性質可推廣為|a1＋a2＋…＋an|≤|a1|＋|a2|＋…＋|an|． 推論2：|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b| 定理2：如果a，b，c是實數，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當且僅當(a－b)(b－c)≥0時，等號成立． 常用放縮思想

這幾個務必牢記

不常見不常用的不等式

這幾個一般用不到，放的太大了，知道有印象就好了

下面就是常用思路了，主要就是裂項部分

二項平方和

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，放縮、裂項、去等，步步精彩

解析：

步步經典，用筆化化就能明白思想，換元或許更直觀，即令t=1/（x+2）

第一步意義--開不了方的，開方，并且可取等號 第二步意義--開不了方的，開方，裂項，并且可取等號 個人認為這倆個放縮，很犀利，沒見過，看似難實則簡單，看似簡單實則難

2.構造+三角形 ★★★★

平面內三點A、B、C，連接三點，令AB=c，AC=b，BC=a，求 解析：

構造，主要就是構造，b/c就是很明顯的提示。三角形中兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊。

構造 ★★★★

為了方便觀察，沒有采用換元，直接寫更清楚，這題應該是一直在向目標上湊得題目了

3.反證法典例 ★★

解析：

4.柯西不等式典例 ★★★

有些方法就是那么氣人，神奇的氣人

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

5.