第一篇：第3個有趣不等式的證明

第3個有趣不等式的證明

張家界市永定區永定小學覃文周QQ65785898

2安振平老師提出的 “三十個有趣的不等式”的第3個是：

有趣不等式3：設實數x、y滿足x+y=2,求證：x+y≤2.證明： 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.等號當x = y = 1 時成立555 2222555555

第二篇：幾個有趣不等式的證明（本站推薦）

幾個有趣不等式的“函數法”證明

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安振平老師在“二十六個優美不等式”（文[1]）的基礎上又給出了“三十個有趣的不等式”（文[2]），這些不等式既具有較強的趣味性又富有相當的挑戰性，很有研究價值。本文將對其中的三個三元條件不等式給出統一“函數法”這一初等的證明，供參考。

有趣不等式12設x,y,z?0 , x?y?z?1求證: ?x??y?8?z?4? 證明：記A??x??y??z,由對稱性不妨設0?x?y?z?1，設f(x)??x?38?y??z , 將y作為常數,z?1?x?y則

??113f'(x)?(8?x)?(8?z)3 3322

?0?8?x?8?z,?(8?x)?2

3?(8?z),?f'(x)?0

1時 3?23?f(x)遞增,)當且僅當x取最大值，即x?y?z?

f(x)max?38?1?225即Amax?225,當且僅當x?0時取f(x)取最小值3

同理當y?0時取最小值,?當且僅當x?y?0,z?1時Amin?4?9

（當且僅當三個數中?4?9?A?225,?4?9??x??y?8?z?225

有兩個為零一個為1時取最小值，三個數相等時取最大值）

說明： 這里要注意三個變量有條件約束，因而只有兩個獨立變量。并且由證明過程還可知

有趣不等式20已知正數x,y,z滿足xy?yz?zx?1,求證：

11133 ???2x?y?zx?2y?zx?y?2z4

?222證明：?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?記A?

1x?3

?

1y?3?

?

1z??，由對稱性不妨設x?y?z

設f(x)?

x?3?1

y??

z??，將y視為常數，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)

當y?

時，z?，則

111，?????

2x?y?zx?2y?zx?y?2z不等式成立，而當

y?

時 f'(x)?0，f(x)在(0,z)上遞增，當且僅當x?z，3

此時x?y?z?

34時，Amax?，故原不等式成立。33

說明：這類三元條件不等式問題，可將一個作為變量，一個視為常量，另一個代掉處理，但不直接代掉往往使解題更簡便。

有趣不等式13已知0?a?b?c求證：

abc

???

a?2bb?2cc?2a

1b1?2

a

?

1c1?2

b

?

1a1?2

c

證明：A?

abc

???

a?2bb?2cc?2a

設

bca

?m,?n,?t，?0?a?b?c?m?1,n?1,0?t?1，且mnt?1 abc

設A?

???f(m)，不妨設m?n?1，將t視為常數，1?2m1?2n1?2t

n?，則 mt

?1??1?2???2?

?1?2?mt?

f'(m)??

2?2m(1?2m)2?2n(1?2n)

?1(1?2m)

設g(x)?

?

?

n(1?2n)m

?

n(1?2m)?m(1?2n)(1?2m)(1?2n)m

3232

(1?x)

（x?1），則 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，???遞減，?當m?n?1時，32

?m(1?2n)?n(1?2n)即f'(m)?0?f(m)遞減，當且僅當m?n時f(m)最大，此時t?

1m2

?A?2?

1?2m

1m2

?2?2

11?2mm?21?22

m1

1m2

設h(m)?2（m?1），則 ?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,??)上遞減，?h(m)?h(1)?，?A?，當且僅當m?n?t?1時取等號，?原不等式成立

說明：通過換元就問題轉化為三元條件不等式，解決本題的關鍵是構造函數g(x)，這是處

理這類問題的有效途徑。當然，這一問題可進一步推廣

參考文獻：

1安振平二十六個優美不等式[J]中學數學參考（上旬）2010.1～22安振平三十個有趣的不等式 [J]中學數學參考（上旬）2011.11 3査正開幾個優美不等式的統一證明[J]高中數學教與學2012.4

第三篇：不等式證明

不等式證明

不等式是數學的基本內容之一，它是研究許多數學分支的重要工具，在數學中有重要的地位，也是高中數學的重要組成部分，在高考和競賽中都有舉足輕重的地位。不等式的證明變化大，技巧性強，它不僅能夠檢驗學生數學基礎知識的掌握程度，而且是衡量學生數學水平的一個重要標志，本文將著重介紹以下幾種不等式的初等證明方法和部分方法的例題以便理解。

一、不等式的初等證明方法

1.綜合法：由因導果。

2.分析法：執果索因。基本步驟：要證..只需證..，只需證..(1)“分析法”證題的理論依據：尋找結論成立的充分條件或者是充要條件。

(2)“分析法”證題是一個非常好的方法，但是書寫不是太方便，所以我們可利用分析法尋找證題的途徑，然后用“綜合法”進行表達。

3.反證法：正難則反。

4.放縮法：將不等式一側適當的放大或縮小以達證題目的。放縮法的方法有：

(1)添加或舍去一些項，如：

2)利用基本不等式，如：

(3)將分子或分母放大(或縮小)：

5.換元法：換元的目的就是減少不等式中變量，以使問題

化難為易、化繁為簡，常用的換元有三角換元和代數換元。

6.構造法：通過構造函數、方程、數列、向量或不等式來證明不等式。

證明不等式的方法靈活多樣，但比較法、綜合法、分析法和數學歸納法仍是證明不等式的最基本方法。

7.數學歸納法：數學歸納法證明不等式在數學歸納法中專門研究。

8.幾何法：用數形結合來研究問題是數學中常用的方法，若求證的不等式是幾何不等式或有較明顯的幾何意義時，可以考慮構造相關幾何圖形來完成，若運用得好，有時則有神奇的功效。

9.函數法：引入一個適當的函數，利用函數的性質達到證明不等式的目的。

10.判別式法：利用二次函數的判別式的特點來證明一些不等式的方法。當a>0時，f(x)=ax2+bx+c>0(或<0).△<0(或>0)。當a<0時，f(x)>0(或<0).△>0(或<0)。

二、部分方法的例題

1.換元法

換元法是數學中應用最廣泛的解題方法之一。有些不等式通過變量替換可以改變問題的結構，便于進行比較、分析，從而起到化難為易、化繁為簡、化隱蔽為外顯的積極效果。

注意：在不等式的證明中運用換元法，能把高次變為低次，分式變為整式，無理式變為有理式，能簡化證明過程。尤其對含有若干個變元的齊次輪換式或輪換對稱式的不等式，通過換元變換形式以揭示內容的實質，可收到事半功倍之效。

2.放縮法

欲證A≥B，可將B適當放大，即B1≥B，只需證明A≥B1。相反，將A適當縮小，即A≥A1，只需證明A1≥B即可。

注意：用放縮法證明數列不等式，關鍵是要把握一個度，如果放得過大或縮得過小，就會導致解決失敗。放縮方法靈活多樣，要能想到一個恰到好處進行放縮的不等式，需要積累一定的不等式知識，同時要求我們具有相當的數學思維能力和一定的解題智慧。

3.幾何法

數形結合來研究問題是數學中常用的方法，若求證的不等式是幾何不等式或有較明顯的幾何意義時，可以考慮構造相關幾何圖形來完成，若運用得好，有時則有神奇的功效。

第四篇：不等式證明

不等式的證明

比較法證明不等式

a2?b2a?b?1.設a?b?0，求證：2.a?b2a?b

2.（本小題滿分10分）選修4—5：不等式選講

（1）已知x、y都是正實數，求證：x3?y3?x2y?xy2；

（2?對滿足x?y?z?1的一切正實數 x,y,z恒成立，求實數a的取值范圍

.??,1?綜合法證明不等式（利用均值不等式）3.已知a?b?c, 求證：??1??? ??114??.a?bb?ca?c

4.設a，b，c均為正數，且a+b+c=1，證明：

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，求證：

6.若a、b、c是不全相等的正數，求證：

分析法證明不等式

7.某同學在證明命題“7??要證明7?3??2”時作了如下分析，請你補充完整.6?2，只需證明________________,只需證明___________,＋2?9?2，展開得9即?,只需證明14?18,________________,所以原不等式:??6?2成立.22?2?6?3,(7?2)?(6?3)，因為14?18成立。

a?b?c8.已知a,b,c?R。?3?

9.(本題滿分10分)已知函數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，求證：f(ab)?|a|f().10.（本小題滿分10分）當a,b?M??x|?2?x?2?時,證明:2|a+b|＜|4+ab|.反證法證明不等式

11.已知a，b，c均為實數，且a=x?2y+2baπππ22，b=y?2z+，c=z?2x+，236

求證：a，b，c中至少有一個大于0.12.（12分）若x,y?R,x?0,y?0,且x?y?2。求證：1?x和1?y中至少有一個小于2.yx

放縮法證明不等式

13.證明不等式：?111??11?21?2?3?1

1?2?3??n?2

214.設各項均為正數的數列?an?的前n項和為Sn，滿足4Sn?ann?N?,且

?1?4n?1,a2,a5,a14構成等比數列．

(1)證明：a2?

(2)求數列?an?的通項公式；an?2n?1

(3)證明：對一切正整數n，有11??a1a2a2a3?11?． anan?12

15.設數列?an?的前n項和為Sn.已知a1?1,2Sn12?an?1?n2?n?,n?N*.n33

(Ⅰ)求a2的值；a2?4(Ⅱ)求數列?an?的通項公式；an?n2(Ⅲ)證明:對一切正整數n,有數學歸納法證明不等式

16.(本小題滿分12分)若不等式11??

n?1n?2?1a對一切正整數n都成立，求正?3n?12411??a1a2?17?.an4

整數a的最大值，并證明結論．25

17.用數學歸納法證明不等式：

．

第五篇：不等式證明經典

金牌師資，笑傲高考

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【例1】 設a，b∈R，求證：a2+b2≥ab+a+b-1。

【例2】 已知0

【例3】 設A=a+d，B=b+c，a，b，c，d∈R+，ad=bc，a=max{a，b，c，d}，試比較A與B的大小。

因A、B的表達形式比較簡單，故作差后如何對因式進行變形是本題難點之一。利用等式ad=bc，借助于消元思想，至少可以消去a，b，c，d中的一個字母。關鍵是消去哪個字母，因條件中已知a的不等關系：a>b，a>c，a>d，故保留a，消b，c，d中任一個均可。

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，求證：a4+b4+c4≥(a+b+c)。

不等號兩邊均是和的形式，利用一次基本不等式顯然不行。不等號右邊為三項和，根據不等號方向，應自左向右運用基本不等式后再同向相加。因不等式左邊只有三項，故把三項變化六項后再利用二元基本不等式，這就是“化奇為偶”的技巧。

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

≥12(2ab?2bc?2ca)?ab?bc?ca

2發現縮小后沒有達到題目要求，此時應再利用不等式傳遞性繼續縮小，處理的方法與剛才類似。

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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為正實數，求證：?（2）a，b，c為正實數，求證：

a21bb2≥

c21ab?1bc?1ac；

b?c?a?ca?b≥

a?b?c2。

（1）不等式的結構與例4完全相同，處理方法也完全一樣。

（2）同學們可試一試，再用剛才的方法處理該題是行不通的。注意到從左向右，分式變成了整式，可考慮在左邊每一個分式后配上該分式的分母，利用二元基本不等式后約去分母，再利用不等式可加性即可達到目的。試一試行嗎？

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

相加后發現不行，a，b，c的整式項全消去了。為了達到目的，應在系數上作調整。

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為正實數，x+y=a，求證：x+y≥

2a22。

思路一；根據x+y和x2+y2的結構特點，聯想到算術平均數與平方平均數之間的不等關系。∵ x?y22≤2x2?y22

2∴ x?y≥(x?y)2?a22

思路二：因所求不等式右邊為常數，故可從求函數最小值的角度去思考。思路一所用的是基本不等式法，這里采用消元思想轉化為一元函數，再用單調性求解。換元有下列三種途徑：

途徑1：用均值換元法消元： 令 x?2a2?m，y?aa22?m

22則 x?y?(?m)?(?m)?2m?222aa22≥

a22

途徑2：代入消元法： y=a-x，0

a2)2?a22≥

a22

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途徑3：三角換元法消元：

令 x=acos2θ，y=asin2θ，θ∈(0，]

2?2013年數學VIP講義

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

=a[1-2(sin2θ)]=a(1-22122

12sin2θ)≥

a22

注：為了達到消元的目的，途徑1和途徑3引入了適當的參數，也就是找到一個中間變量表示x，y。這種引參的思想是高中數學常用的重要方法。【例7】 已知a>b>0，求證：(a?b)8a2?a?b2?ab?(a?b)8b2。

12所證不等式的形式較復雜（如從次數看，有二次，一次，次等），難以從某個角度著手。故考慮用分析法證明，即執果索因，尋找使不等式成立的必要條件。實際上就是對所證不等式進行適當的化簡、變形，實際上這種變形在相當多的題目里都是充要的。

a?b2?ab?a?b?2ab2b)(a?(a??(a?2b)2

a?b?(a?b)b)(a?8a2所證不等式可化為∵ a>b>0 ∴ a?b ∴ a?b?0

b)2?(a?2b)2?(a?b)(a?8b2b)2

∴ 不等式可化為：(a?4ab)2?1?(a?4bb)2

2??(a?b)?4a即要證?

2??4b?(a?b)??a?b?2a只需證?

?2b?a?b?在a>b>0條件下，不等式組顯然成立 ∴ 原不等式成立 【例8】 已知f(x)=24xx?3?8，求證：對任意實數a，b，恒有f(a)

112.不等號兩邊字母不統一，采用常規方法難以著手。根據表達式的特點，借助于函數思想，可分別求f(a)及g(b)=b2-4b+f(a)?112的最值，看能否通過最值之間的大小關系進行比較。

?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年數學VIP講義

∴ g(b)>f(a)注：本題實際上利用了不等式的傳遞性，只不過中間量為常數而已，這種思路在兩數大小比較時曾講過。由此也說明，實數大小理論是不等式大小理論的基礎。

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

（1）|c|≤1，|b|≤1；

（2）當|x|≤1時，|ax+b|≤2。

這是一個與絕對值有關的不等式證明題，除運用前面已介紹的不等式性質和基本不等式以外，還涉及到與絕對值有關的基本不等式，如|a|≥a，|a|≥-a，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1±a2±?±an|≤|a1|+|a2|+?+|an|。就本題來說，還有一個如何充分利用條件“當|x|≤1時，|f(x)|≤1”的解題意識。

從特殊化的思想出發得到： 令 x=0，|f(0)|≤1 即 |c|≤1 當x=1時，|f(1)|≤1；當x=-1時，|f(-1)|≤1 下面問題的解決試圖利用這三個不等式，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：利用函數思想，借助于單調性求g(x)=ax+b的值域。

當a>0時，g(x)在[-1，1]上單調遞增 ∴ 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 當a<0時，同理可證。

思路二：直接利用絕對值不等式

為了能將|ax+b|中的絕對值符號分配到a，b，可考慮a，b的符號進行討論。當a>0時

|ax+b|≤|ax|+|b|=|a||x|+|b|≤|a|+|b|≤a+|b| 下面對b討論

① b≥0時，a+|b|=a+b=|a+b|=|f(1)-f(0)| ≤ |f(1)|+|f(0)|≤2； ② b<0時，a+|b|=a-b=|a-b|=|f(-1)-f(0)|≤|f(-1)|+f(0)|≤2。∴ |ax+b|≤2 當a<0時，同理可證。

評注：本題證明過程中，還應根據不等號的方向，合理選擇不等式，例如：既有|a-b|≥|a|-|b|，又有|a-b|≥|b|-|a|，若不適當選擇，則不能滿足題目要求。

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1、設a，b為正數，且a+b≤4，則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，則下列各式中一定正確的是 A、ac≥b B、ab≥c C、bc≥a D、ab≤c

5、已知a，b，c>0，且a+b>c，設M=

a4?a?bb?cc4?c，N=，則MN的大小關系是

A、M>N B、M=N C、M

6、已知函數f(x)=-x-x3，x1，x2，x3∈R，且x1+x2>0，x2+x3>0，x3+x1>0，則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、正負都有可能

7、若a>0，b>0，x?111(?)2ab1a?b1ab，y?，z?，則

A、x≥y>z B、x≥z>y C、y≥x>z D、y>z≥x

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

9、設a>0，b>0，a≠b，則aabb與abba的大小關系是__________。

10、若a，b，c是不全相等的正數，則(a+b)(b+c)(c+a)______8abc（用不等號填空）。

12、當00且t≠1時，logat與log21t?1a2

2ab?a?1b?1 D、a+b≥2(a-b-1)

22的大小關系是__________。

n13、若a，b，c為Rt△ABC的三邊，其中c為斜邊，則an+bn與c（其中n∈N，n>2）的大小關系是________________。

（三）解答題

14、已知a>0，b>0，a≠b，求證：a?

15、已知a，b，c是三角形三邊的長，求 證：1?

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ab?c?ba?c?ca?b?2。

b?ab?ba。金牌師資，笑傲高考

16、已知a≥0，b≥0，求證：

18、若a，b，c為正數，求證：

19、設a>0，b>0，且a+b=1，求證：(a?

20、已知a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求證：a，b，c全為正數。

1a)(b?1b)2541a?1b?1ca82013年數學VIP講義

12(a?b)2?14(a?b)≥aa?ba。

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abc≥。

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