第一篇：化為同分母循環(huán)和 證明一類分式不等式

本文發(fā)表于《中學(xué)數(shù)學(xué)研究》（南昌）2004年第12期

化為同分母循環(huán)和

證明一類分式不等式

215006蘇州市第一中學(xué)劉祖希

分式不等式的證明難，其難點(diǎn)首先體現(xiàn)在如何去掉分母.本文將通過一些例子獲得一個(gè)證明分式不等式的有效方法，并希望能成為一個(gè)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(huán)和(即

A?1)獲證.下面詳細(xì)予以說明.?A?B?C

例1設(shè)a,b,c是正實(shí)數(shù)，且abc?1，求證：

(1996年IMO37預(yù)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(dāng)且僅當(dāng)a?b?c?1等號(hào)成立（考慮篇幅，等號(hào)成立條件以下略）.例2求證：對(duì)所有正實(shí)數(shù)a,b,c，有

（1997年美國(guó)數(shù)學(xué)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(duì)例

2、例3的推廣形式： 推廣：設(shè)a,b,c是正實(shí)數(shù)，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(xué)數(shù)學(xué)月刊》2002.12P40）

例3設(shè)?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(dāng)?1???1時(shí)，有f????； ??

12②當(dāng)??1時(shí)，有f????.??1∴

(《中等數(shù)學(xué)》2002.4數(shù)學(xué)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(dāng)??1時(shí)，有f????.??1??1即???1?f????故①當(dāng)?1???1時(shí)，有f????

注：例4中取??0，即為例3.例5設(shè)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(zhǎng)，證明:?2?2.2mb?mc

（《中等數(shù)學(xué)》2003.4P18）

證明：由三角形中線長(zhǎng)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(duì)稱性，而且不等式的另一端多為常數(shù)，這就為我們統(tǒng)一處理、集中去分母提供了便利，同分母循環(huán)和的方法應(yīng)運(yùn)而生.例7設(shè)a,b,c是正實(shí)數(shù)，n是正整數(shù)，求證： anan?1an?1an

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

(《中等數(shù)學(xué)》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(duì)稱或循環(huán)不等式的配方法證明

一類對(duì)稱或循環(huán)不等式的配方法證明

_------讀熊斌《數(shù)學(xué)奧林匹克》之體會(huì)

數(shù)學(xué)組蔡玉書（215006）

縱觀國(guó)內(nèi)外數(shù)學(xué)奧林匹克中的不等式試題，有不少試題是關(guān)于a,b,c的對(duì)稱或輪換對(duì)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(shí)很難達(dá)到目的，而利用它們的對(duì)稱性，直接利用比較法進(jìn)行適當(dāng)?shù)呐浞剑涂梢允沟脝栴}得到完美的解決。本文從歷年的國(guó)內(nèi)外數(shù)學(xué)奧林匹克試題中精心選擇若干優(yōu)秀試題，進(jìn)行詳細(xì)的分析與解答，供參賽選手和數(shù)學(xué)奧林匹克教練員參考。

例1設(shè)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(dāng)且僅當(dāng)a=b=c,即△ABC是正三角形時(shí)等號(hào)成立.例2 已知a,b,c是正數(shù), 證明：

abc3(1)(1963年莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克試題)b+cc+aa+b2

a2b2c2a+b+c(2)+≥(第2屆世界友誼杯數(shù)學(xué)競(jìng)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(gè)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(shè)x, y, z是正數(shù), 則≥0.(W.Janous猜想)z+xx+yy+z

y2－x2z2－y2x2－z2y2－z2z2－x2x2－y2

證明 設(shè) 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(shí)數(shù)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?yàn)閤yz≥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(shè)x、y、z是正實(shí)數(shù),求證：(xy+yz+zx)[+年伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克試題)(x+y)(y+z)(z+x)4

證明 不妨設(shè)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?yàn)閤≥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?yàn)閤≥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(shí)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(shè)a,b,c是一個(gè)三角形的三邊長(zhǎng),求證a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)≥0.并指出等號(hào)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(shù)學(xué)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(shù)學(xué)奧林匹克試題)cab

證明 不等式兩邊同時(shí)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(shù)，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(zhǎng),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(shù)學(xué)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?yàn)閦是正數(shù),這是顯然的.同理可證其余兩個(gè)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(shù)學(xué)奧林匹克試abca+b+cabca+b+c題)11131111證明因?yàn)閍bc=1,所以++≥++)等價(jià)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(shù)學(xué)奧林匹克試題)xyzy+zz+xx+y

證明 不妨設(shè)2≥x≥y≥z≥1,(x－y)2(y－z)2(z－x)2111因?yàn)?x+y+z+)－+, xyzxyyzzx

2(y－z)2(z－x)2xyz31(x－y)又因?yàn)?[+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(shí),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(qiáng)化命題證明一類數(shù)列不等式

該文發(fā)表于《中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)參考》2006年第12期

強(qiáng)化命題證明一類數(shù)列不等式

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

i?n0?n1?C（C為常數(shù)）ai的證明題難度較大.由于此類不等式的右邊是常數(shù)，所以數(shù)學(xué)歸納法證明無(wú)法實(shí)現(xiàn)歸納過渡，但通過對(duì)歸納過渡過程的研究,可以放縮右邊的常數(shù),將命題加強(qiáng)為

i?n0?an1i?C?1,其中g(shù)ng?n??0表示關(guān)于正整數(shù)n的函數(shù)式,從而可以構(gòu)造單調(diào)遞減數(shù)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(shè)命題可以強(qiáng)化為?

接著思考的問題自然是：要使加強(qiáng)命題成立，g?n?應(yīng)滿足什么條件呢？

②既然加強(qiáng)命題（1）成立，則可以利用數(shù)學(xué)歸納法加以證明：

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

91111?????,接下來要證 252k?124gk111111?????????????????????(3)229254gk?12k?12k?3而由歸納假設(shè)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(qiáng)命題（1）.從上述分析可知, g?n?必須同時(shí)滿足(2)(4)兩式.③明確g?n?應(yīng)滿足的條件后,我們就可以“確定”g?n?的表達(dá)式了.觀察(4)式的結(jié)構(gòu),不等式右邊分母是二次多項(xiàng)式,于是我們考慮到,如果g?n?是一次多項(xiàng)式,則不等式左邊通分后也是一個(gè)二次多項(xiàng)式,這樣(4)式就轉(zhuǎn)化為兩個(gè)二次多項(xiàng)式的比較,從而可以通過g?n?的系數(shù)控制使(4)式成立.設(shè)g?n??an?b(a,b為待定的常數(shù)), 將g?n??an?b代入(4)式知

a?2k?3?2??ak?b??ak?a?b?對(duì)k?N*恒成立,整理得

4ak2?12ak?9a?a2k2?2ab?a2k?b?a?b?對(duì)k?N*恒成立,比較各項(xiàng)系數(shù)得

a?4,b?4.又因?yàn)間?n??an?b同時(shí)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(qiáng)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(qiáng)命題的數(shù)學(xué)歸納法證明,而下面利用數(shù)列單調(diào)性的方法更為簡(jiǎn)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(diào)遞

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

減,故f?n??f?1??

??,加強(qiáng)命題(5)得證.984

注:上述證明的關(guān)鍵步驟f?n?1??f?n??0實(shí)際上就是分析過程中的(4)式.我們不難發(fā)現(xiàn)處理此類問題的一般步驟是:首先假設(shè)加強(qiáng)命題

i?n0

?

n

成立,?C?

aign接著明確g?n?應(yīng)滿足的條件，然后確定g?n?的表達(dá)式，最后構(gòu)造單調(diào)遞減數(shù)列完成巧妙的證明.按照這樣的思路我們?cè)倏聪旅鎯蓚€(gè)例子:

11115

例2:求證:?2?3???n??n?N*?.2?12?12?12?13分析: 假設(shè)加強(qiáng)命題為：

111151

.g?n?應(yīng)同時(shí)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(jié)構(gòu),不等式右邊的分母是指數(shù)結(jié)構(gòu),因此我們考慮g?n?是指數(shù)結(jié)構(gòu).設(shè)

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?yàn)?/p>

g?n??a?2n同時(shí)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(shù)n?1,求證: 1?分析: 假設(shè)加強(qiáng)命題為：1?1?

1119

?????.2！3！n!5

11191

.g?n?應(yīng)同時(shí)滿足??????

2！3！n!5gn191

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

25g2111

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

gkgk?1k?1!

k

?1對(duì)k?2恒成立,故有a?2.又因?yàn)間?n??a?n!同時(shí)滿足(8)式,a

和

觀察(9)式的結(jié)構(gòu),不等式右邊是階乘結(jié)構(gòu),因此我們考慮g?n?是階乘結(jié)構(gòu).設(shè)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(qiáng)化命題來證明不等式

i?n0

n

n

?a

n

i

?C，這里有幾點(diǎn)需要加以說明:

①將

i?n0

?

111,關(guān)鍵是明確g?n?應(yīng)滿足的條件和g?n?的式子結(jié)構(gòu).?C強(qiáng)化為?C?aiagni?ni

?

根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法的思考過程可以確定g?n?應(yīng)滿足的條件，而g?n?的式子結(jié)構(gòu)是由an決定的:

若an是多項(xiàng)式則g?n?是多項(xiàng)式,若an是指數(shù)結(jié)構(gòu)則g?n?是指數(shù)結(jié)構(gòu),如此等等.然后,利用待定系數(shù)法便可求出合理的g?n?（這樣的g?n?往往不唯一,但系數(shù)有范圍限制）.②強(qiáng)化命題后,我們利用數(shù)列的單調(diào)性來證明加強(qiáng)命題,這不僅簡(jiǎn)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(shù)來調(diào)整g?n?,進(jìn)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(shù)學(xué)背景.實(shí)際上,這些級(jí)數(shù)

aiaii?n

?

?的,i?n0

n

?

?C就是對(duì)收斂級(jí)數(shù)的上界估計(jì).如例3的背景是級(jí)數(shù)ai

?

?i!?e?1,因此有

i?1

?

近年來的各地高考中以高等數(shù)學(xué)知識(shí)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(xiàn)，例2實(shí)際上就是從2006年高考福建卷的壓軸題的關(guān)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(xué)350001）

不等式的證明是高中數(shù)學(xué)教學(xué)的一個(gè)難點(diǎn)，我們遇到的大多數(shù)不等式都是以分式不等式的形式出現(xiàn)的，這就更令人頭疼。事實(shí)上，分式不等式的證明還是有一定規(guī)律可尋的，下文將做一簡(jiǎn)單介紹。

一、利用證明不等式的常用方法

對(duì)于一些不太復(fù)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(shè)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(shù)學(xué)教學(xué)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(shí)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(guān)鍵的一步是能夠看出原不等式可化為（1）

式，這將大大簡(jiǎn)化計(jì)算；否則要證明一個(gè)6次的不等式，這將大大增加計(jì)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(duì)稱的（即各個(gè)未知元的地位平等），因此我們往往可以利用“不妨設(shè)”創(chuàng)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(dāng)然并不是說排序不等式只能證明對(duì)稱不等式，這在例4中將會(huì)看到。

例

3、（數(shù)學(xué)通報(bào)問題1651）設(shè)x、y、z是正數(shù)，n?N，求證：

?

xyz

3。???

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

2證明：因?yàn)榇瞬坏仁绞菍?duì)稱的，故不妨設(shè)x?y?z，則nx?y?z?x?ny?z?x?y?nz，所以

1。至此條件創(chuàng)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?yàn)?/p>

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(shù)學(xué)通報(bào)2007年第2期。當(dāng)n?0時(shí)，不等號(hào)應(yīng)反向，即有同的特例。

xyz3

???，請(qǐng)讀者自證。另外，當(dāng)n取不同值時(shí)可得到不y?zx?zx?y2

222

anana12a2?1

????????a1?a2?????an。例

4、設(shè)ai（1?i?n）是正數(shù)，求證：

a2a3ana

1證明：將ai（1?i?n）重小到大排列，設(shè)

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(chuàng)造完畢，（亂序和大等于反序和），又因?yàn)?/p>

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(qǐng)讀者參考下面的例子。

2、利用柯西不等式 對(duì)于分式不等式

?x

i?1n

n

i

?A，可在不等式左邊乘上一個(gè)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(shù)學(xué)奧林匹克試題）設(shè)ai（1?i?n）是正數(shù)，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(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽福建賽區(qū)預(yù)賽）設(shè)a、b、c是三個(gè)正數(shù)，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?yàn)閍?b?c?3，故要證上式只要證：???

a?1b?1c?12

而事實(shí)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(gòu)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(jié)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(shí)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(duì)于分式不等式

?x

i?

1n

i

?A，可考慮添加xi'和xi配成一對(duì)，然后利用均值不等式xi?xi'?'

得到n

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

a2b2c2a?b?c

???例

7、（第二屆友誼杯國(guó)際數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽）已知a、b、c為正數(shù)。

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(jié)論。

注：此不等式的證明簡(jiǎn)潔，其中所用的添項(xiàng)技巧也是運(yùn)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(gòu)造對(duì)偶式

例

8、利用構(gòu)造對(duì)偶式這一技巧給出例5的另一個(gè)證明。

an2a12a2

2??????證明：設(shè)M?，a1?a2a2?a3an?a

1a32an2a22

N???????（對(duì)偶式），a1?a2a2?a3an?a1

a32an2a12a22a22a12

?)?(?)?????(?)因?yàn)镸?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(duì)偶式這一技巧可以簡(jiǎn)潔的證明許多形式上很復(fù)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(shù)，證明：2。更多的構(gòu)造對(duì)偶

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

3式證明不等式的例子請(qǐng)參見文[1]。

2、引入?yún)?shù)

例

9、設(shè)x、y、z?0，且x?y?z?

11??。4z?15

分析：此不等式是對(duì)稱不等式，可考慮構(gòu)造一個(gè)和為的表達(dá)式，故引入?yún)?shù)?，嘗試證明：5

1??x，且??。5

證明：引入?yún)?shù)?

??x。當(dāng)x?0時(shí)，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(shí)x?1），故當(dāng)??

時(shí)，有??5x?(0,1]），此時(shí)

同時(shí)有

11??x（x?[0,1]）?x。

。取??

?y和?z，將以上三式相加即可得結(jié)論。

54z?15

注：本例引入的參數(shù)是作為項(xiàng)的系數(shù)引入的。另外，參數(shù)還可作為冪指數(shù)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(duì)不太復(fù)雜的分式不等式的證明不應(yīng)忘記采用最常用的分析法和綜合法等方法進(jìn)行；其次可考慮利用高中數(shù)學(xué)教科書中出現(xiàn)的三個(gè)重要不等式證明；在上述方法證明無(wú)效的情況下，可考慮采用一些技巧進(jìn)行證明。由于分式不等式的證明方法靈活多樣，故對(duì)其證明不應(yīng)拘泥于上述思路和方法，但對(duì)于常見的分式不等式，上述方法是夠用的。

參考文獻(xiàn)：

[1]楊華.構(gòu)造配對(duì)式，證明不等式[J].中等數(shù)學(xué)，2005（3），10～13 [2]程?hào)|軍.巧引參數(shù)，證明不等式[J].中等數(shù)學(xué)，2007（9），5～8

第五篇：分式不等式放縮、裂項(xiàng)、證明

放縮法的常見技巧

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

（1）放縮的方向要一致。（2）放與縮要適度。

（3）很多時(shí)候只對(duì)數(shù)列的一部分進(jìn)行放縮法，保留一些項(xiàng)不變（多為前幾項(xiàng)或后幾項(xiàng)）。（4）用放縮法證明極其簡(jiǎn)單，然而，用放縮法證不等式，技巧性極強(qiáng)，稍有不慎，則會(huì)出現(xiàn)放縮失當(dāng)?shù)默F(xiàn)象。所以對(duì)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(diào)和平均數(shù)≤幾何平均數(shù)≤算術(shù)平均數(shù)≤平方平均數(shù)

絕對(duì)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(zhì)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(shí)數(shù)，那么|a－c|≤|a－b|＋|b－c|，當(dāng)且僅當(dāng)(a－b)(b－c)≥0時(shí)，等號(hào)成立． 常用放縮思想

這幾個(gè)務(wù)必牢記

不常見不常用的不等式

這幾個(gè)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(xiàng)部分

二項(xiàng)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(xiàng)、去等，步步精彩

解析：

步步經(jīng)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(hào) 第二步意義--開不了方的，開方，裂項(xiàng)，并且可取等號(hào) 個(gè)人認(rèn)為這倆個(gè)放縮，很犀利，沒見過，看似難實(shí)則簡(jiǎn)單，看似簡(jiǎn)單實(shí)則難

2.構(gòu)造+三角形 ★★★★

平面內(nèi)三點(diǎn)A、B、C，連接三點(diǎn)，令A(yù)B=c，AC=b，BC=a，求 解析：

構(gòu)造，主要就是構(gòu)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(gòu)造 ★★★★

為了方便觀察，沒有采用換元，直接寫更清楚，這題應(yīng)該是一直在向目標(biāo)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(shù)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.