2022年高中不等式证明例题.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料 欢迎下载多种方法证明高中不等式例 1 证明不等式11112nnN* 23n证法一 ：1当 n 等于 1 时,不等式左端等于 1,右端等于 2,所以不等式成立；2假设 n=kk1时,不等式成立,即1+1112k ,23k就 111112k1123kk11当 n=k+1 时,不等式成立 . 2k k1 1kk112k1,k1k112n . 综合 1、2得：当 n N*时,都有 1+23n另从 k 到 k+1 时的证明仍有以下证法：名师归纳总结 2k112k k1k2kk1k1 111,nn12n.第 1 页,共 9 页kk12,02kk1

2、12k1 ,2k10,2k112k1.k又如:2k12kk2k1k1kk2k112k1.k1,322k证法二 ：对任意 kN*,都有：1k2kk2k12kk12因此111122223n证法三 ：设 fn=21n 12* 都有：11 n,3那么对任意 kN- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - fk1fk2k1k精品资料欢迎下载1k1112k1 2kk1 1k11k20k11k12kk1kkkfk+1fk 因此,对任意 nN* 都有 fnfn1 f1=10,111y12n.23n例 2 求使xaxyx0,y0恒成立的 a 的最小值 . 解法一 ：由于 a 的值

3、为正数,将已知不等式两边平方,得：x+y+2 xy a 2x+y,即 2 xy a 21x+y, x,y0, x+y2 xy ,当且仅当 x=y 时,中有等号成立 . 比较、得 a 的最小值满意 a 21=1,名师归纳总结 a 2=2,a=2 因 a0,a 的最小值是2 . 第 2 页,共 9 页解法二 ：设uxyxy2xy2xy12xy. xyxyxyxyx0,y0, x+y2xy当 x=y 时“=” 成立 ,2xy1,2xy的最大值是 1. 从而可知, u 的最大值为112,xyxy又由已知,得 au, a 的最小值为2 . 解法三 ： y0,原不等式可化为x +1a yx1,y设x =t

4、an , 0,y2. tan +1atan21；即 tan +1asecasin +cos =2 sin +4,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料 欢迎下载又 sin + 4的最大值为 1此时 = 4. 由式可知 a 的最小值为2 . 1 b+ a1 b25例 3 已知 a0,b0,且 a+b=1.求证： a+4证法一： 分析综合法）欲证原式,即证4ab2+4a 2+b 225ab+40,即证 4ab 233ab+80,即证 ab1 或 ab8. 4a0,b0,a+b=1, ab8 不行能成立1=a+b2ab ,ab1 ,从而得证 . 4证法二

5、： 均值代换法 设 a=1 +t1,b= 21 +t2. 211 a+b=1,a0,b0, t1+t2=0,|t1|1 ,|t2|22a1b1a21b21abab211t 12111t2211t 1t 121 1t2t22244 1t1t21 2t1t22221t 1t 121 12t2t2215t2222t2244411t2t2442513t222t242525.162216 1t444明显当且仅当 t=0,即 a=b=1 时,等号成立 . 2证法三 ：比较法）名师归纳总结 a+b=1,a0,b0, a+b2ab , ab1第 3 页,共 9 页4- - - - - - -精选学习资料 -

6、- - - - - - - - a1b125a21b2b精品资料4欢迎下载33 ab8 14ab8ab0125a2 b2ab4a44ab4aba1b125ab4证法四 ：综合法 a+b=1, a0,b0,a+b2ab ,ab1 . 4 1ab21251ab113 1ab29 1ab21251644161 ab4ab4即 a1b125ab4证法五 ：三角代换法） a0,b0,a+b=1,故令 a=sin 2 ,b=cos 2 , 0,2 a1 b1sin21cos21absin2cos2sin4cos42sin2cos224sin22164sin224sin22sin22,14sin22413.

7、42sin22162544sin2222511sinsin224224即得a1b125.ab4例 4.已知 a,b,c 为正实数, a+b+c=1. 名师归纳总结 求证： 1a 2+b 2+c 21 3第 4 页,共 9 页23 a23b23c26 证明： 1证法一 ：a 2+b 2+c 21 = 31 3a 2+3b 2+3c 21 3=1 3a 2+3b 2+3c 2a+b+c32=1 3a 2+3b 2+3c 2a 2b 2c 22ab2ac2bc3- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - =1 ab 2+bc3精品资料欢迎下载12+ca 20 a 2+

8、b 2+c 23证法二 ： a+b+c 2=a 2+b 2+c 2+2ab+2ac+2bca 2+b 2+c 2+a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c 23a 2+b 2+c 2a+b+c 2=1 a 2+b 2+c 21abc3证法三 ：a2b2c2abca 2+b 2+c 2333a 2+b 2+c 21 3证法四 ：设 a=1 + ,b= 31 + ,c= 31 + . 3a+b+c=1, + + =0 a 2+b 2+c 2=1 + 2+31 + 32+1 + 321,6=1 + 32 + + +2+2+2 33 a2=1 + 32+2+213a 2+b 2+c 21 32证法一

9、:3 a23a212同理3 b23 b23,3c23 c392bc3a23 b23c23a2原不等式成立 . 证法二 ：3a223 b223 c23a2 3b32 3c2 33 abc63336 33 b3 c3 a2原不等式成立 . 名师归纳总结 例 5 .已知 x,y,zR,且 x+y+z=1,x 2+y 2+z 2=1 ,证明： x,y,z0,22 3第 5 页,共 9 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料欢迎下载1 ,整理成关于 y 的 2证法一 ：由 x+y+z=1,x 2+y 2+z 2=1 ,得 x 2+y 2+1xy 2=2一元

10、二次方程得：x 2+2y 221xy+2x 22x+1 =0, yR,故 0 241x24 22x 22x+1 0,得 0x22 , x 0,32 3同理可得 y,z 0,2 3证法二 ：设 x=1 +x , y= 31 +y ,z= 31 +z ,就 x3+y+z=0,于是1 = 21 +x3 2+1 +y32+1 +z32 =1 +x32+y2+z2+2 x3+y+z =1 +x32+y2+z21 +x32+y2z2=1 + 33 x22故 x21 ,x 91 ,31 ,x 0,32 ,同理 y,z 0,32 3证法三 ：设 x、y、z 三数中如有负数,不妨设x0,就 x 20,1 =x

11、2+y 2+z 22y2z 2 1x 2x23x2x11 ,冲突 . 2222x 、 y、 z 三 数 中 如 有 最 大 者 大 于2 , 不 妨 设 x 32 , 就 31 =x 2+y 2+z 22y2z 2=x 2+ 1x 2=3 x 2x+21x 2+22=3 xx22 + 31 21 ；冲突 . 2故 x、y、z 0,2 3例 6 .证明以下不等式：名师归纳总结 1如 x,y,zR,a,b,cR+,就bacx2cbay2acbz 22xy+yz+zx 第 6 页,共 9 页2如 x,y,zR+,且 x+y+z=xyz,就yxzzyxxzy2111 xyz- - - - - - -精

12、选学习资料 - - - - - - - - - 6. 1 证明:b2cx2cbay2精品资料bz2欢迎下载yzzx a2 xycbx2ay22xycy2bz22yz az2cx22zx z2xy20abbccabxay2cybz 2azcx20abbccax2bacx2cbayacbz22 xyyzzx 2 证明:所证不等式等介于x2y2z2yxzzyxxzy2 xyyzzx 2xyzyz yz zx zx xyxy2 xyyzzx 2xyzy2zyz2z2xzx2x2yxy22x2y2y2z2z2x24 x2yzxy2zxyz2y3zyz3z3x3 zxx3yxy32x2yz2xy2z2xy

13、z2yz yz 2zx zx2xyxy2x2yz2y2z上式明显成立,原不等式得证. 例 7.已知 i,m、n 是正整数,且 1imn. 1证明： n iAmm iAn；k,2证明： 1+m n1+nm 7.证明： 1对于 1im,且 Ai m=m mi+1,Ai mmm1mi1, 同理Ai mnnn1ni1,m immmninn由于 mn,对于整数 k=1,2, , i1,有nnkmm所以Ai nAi m, 即miAiniAiniminm2由二项式定理有：名师归纳总结 1+mn=1+C1 nm+C2 nm 2+ +Cn nm n,第 7 页,共 9 页1+n m=1+C1 mn+C2 mn

14、2+ +Cm mn m,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由1知 m iAnn iA精品资料欢迎下载,Ci nAim1im ,而 Ci m=Ai mni .i.m iC i nn iC im1mn m 0C 0n =n 0C 0n =1,mC1n =nC1 m=m n,m 2C nn 2C m, ,m mC nn mC m,m m+1C mn10, , m nC n0,1+C 1nm+C2nm 2+ +C nnm n1+C 1mn+C 2mn 2+ +C mmn m,即1+m n1+n m成立 . 例 8 .如 a0,b0,a 3+b 3=2,求证：

15、a+b2,ab1. 证法一 ：因 a0,b0,a 3+b 3=2,所以a+b 32 3=a 3+b 3+3a 2b+3ab 28=3a 2b+3ab 26 =3aba+b2=3aba+ba 3+b 3=3a+bab 20. 即a+b 32 3,又 a+b0,所以 a+b2,由于 2 ab a+b2,所以 ab1. 证法二 ：设 a、b 为方程 x 2mx+n=0 的两根,就mab,nab由于 a0,b0,所以 m0,n0,且 =m 24n0 由于 2=a 3+b 3=a+ba 2ab+b 2=a+ba+b所以 n=m2233 m23ab=mm 23n 将代入得 m 24 m 2 20,3 3

16、m3即 m 80,所以 m 3+80,即 m2,所以 a+b2,3 m由 2m 得 4m 2,又 m 24n,所以 44n,即 n1,所以 ab1. 证法三： 因 a0,b0,a 3+b 3=2,所以名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 精品资料 欢迎下载2=a 3+b 3=a+ba 2+b 2aba+b2abab=aba+b 于是有 63aba+b,从而 83aba+b+2=3a 2b+3ab 2+a 3+b 3=a+b 3,所以 a+b2,下略）证法四： 由于a32b3a2b33abaab20,ab4a24b24aba2b22 ab88所以对任意非负实数a、b,有a32b3a2b32b3,a3b3由于 a0,b0,a 3+b 3=2,所以 1=2a2b1,即 a+b2,以下略）证法五 ：假设 a+b2,就a 3+b 3=a+ba 2ab+b 2=a+ba+b 23ab a+bab2ab,所以 ab1,又 a 3+b 3=a+ba 2ab+b 2=a+ba+b23ab 22 23ab 由于 a 3+b 3=2,所以 2243ab,因此 ab1,前后冲突, 故 a+b2以下略 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 9 页