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不等式证明 典题精析



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【例 1】 设 a,b∈R,求证:a +b ≥ab+a+b-1。

2

2

【例 2】 已知 0<a≤1,0<b≤1,0<c≤1,求证:

1 ? ab ? bc ? ca ≥1。 a ? b ? c ? abc

/>【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 ?
bc a

A-B=a+d-(b+c)= a ?

bc bc ? ac ?b?c?a ?b? a a c(a ? b) (a ? b)(a ? c) =a ?b? ? ?0 a a
4 4 4

【例 4】 a,b,c∈R,求证:a +b +c ≥(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。
1 1 左= (2a 4 ? 2b 4 ? 2c 4 ) ? [(a 4 ? b 4 ) ? (b 4 ? c 4 ) ? (c 4 ? a 4 )] 2 2



1 (2a 2 b 2 ? 2b 2 c 2 ? 2c 2 a 2 ) ? a 2 b 2 ? b 2 c 2 ? c 2 a 2 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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a 2b2 ? b2c2 ? c2a 2 ? ? 1 ( 2a 2 b 2 ? 2 b 2 c 2 ? 2c 2 a 2 ) 2

1 2 2 [(a b ? b 2 c 2 ) ? (b 2 c 2 ? c 2 a 2 ) ? (c 2 a 2 ? a 2 b 2 )] 2 1 ≥ (2ab 2 c ? 2abc 2 ? 2a 2 bc ) ? ab(a ? b ? c) 2

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

1 1 1 1 1 1 ; ? ? ? ? ≥ a b c ab bc ac

a2 b2 c2 a?b?c ≥ 。 ? ? b?c a?c a?b 2

(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?
a2 a2 ? (b ? c) ? 2a ? (b ? c) ≥ 2 b?c b?c b2 b2 ? ( a ? c) ? 2 b ? (a ? c) ≥ 2 a?c a?c c2 c2 ? (a ? b) ? 2c ? (a ? b) ≥ 2 a?b a?b

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。
a2 b?c b2 a?c c2 a?b ≥a, ≥b, ≥a ? ? ? b?c 4 a?c 4 a?b 4

相向相加后即可。 【例 6】 x,y 为正实数,x+y=a,求证:x +y ≥
2 2 2 2

a2 。 2

思路一;根据 x+y 和 x +y 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 2 ? y2 x?y ≤ 2 2

∴ x 2 ? y2 ≥

(x ? y) 2 a 2 ? 2 2

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?
a a ?m,y? ?m 2 2

a2 a a a2 则 x 2 ? y 2 ? ( ? m) 2 ? ( ? m) 2 ? 2m 2 ? ≥ 2 2 2 2

途径 2:代入消元法: y=a-x,0<x<a
a a2 a2 2 2 2 2 2 2 x +y =x +(a-x) =2x -2ax+a =2 (x ? ) 2 ? ≥ 2 2 2
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QQ:724729633 途径 3:三角换元法消元:
? 2 2 令 x=acos θ ,y=asin θ ,θ ∈(0, ] 2

则 x +y =a (cos θ +sin θ )=a [(sin θ +cos θ ) -2sin θ cos θ ]

2

2

2

4

4

2

2

2

2

2

2

a2 1 1 2 2 2 2 =a [1- 2( sin2θ ) ]=a (1- sin 2θ )≥ 2 2 2
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) 2 a ? b (a ? b) 2 。 ? ? ab ? 8a 2 8b 1 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 2

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?b a ? b ? 2 ab ( a ? b ) 2 ? ab ? ? 2 2 2 a ? b ? ( a ? b )( a ? b )
( a ? b)2 ( a ? b)2 ( a ? b)2 ( a ? b)2 ( a ? b)2 ? ? 8a 2 8b

所证不等式可化为 ∵ a>b>0 ∴ ∴
a? b
a ? b ?0

∴ 不等式可化为:

( a ? b)2 ( a ? b)2 ?1? 4a 4b

?( a ? b ) 2 ? 4a ? 即要证 ? ?4 b ? ( a ? b ) 2 ?

? ? a ? b ?2 a 只需证 ? ?2 b ? 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)=
2 x ?3 4 ?8
x

,求证:对任意实数 a,b,恒有 f(a)<b -4b+

2

11 . 2

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)=b -4b+
f (a ) ?
2

11 的最值,看能否通过最值之间的大小关系进行比较。 2
2 a ?3
a

4 ?8

?

8 ? 2a (2 ) ? 8
a 2

?

8 2a ? 8 2a



8 2? 2 ?
a

? 8 2a

8 4 2

? 2

令 g(b)=b -4b+

11 2 3 2 3 g(b)=(b-2) + ≥ 2 2
2

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QQ:724729633 3 ∵ ? 2 2 ∴ 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。 2 【例 9】 已知 a,b,c∈R,f(x)=ax +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|, 1±a2±?±an|≤|a1|+|a2|+?+|an|。 |a 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 1 ∴ b ? [f (1) ? f (?1) ] 2 1 1 1 ∴ | b |? | f (1) ? f (?1) | ≤ [| f (1) | ? | f (?1) | ] ≤ (1 ? 1) ≤1 2 2 2 (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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1、设 a,b 为正数,且 a+b≤4,则下列各式一定成立的是
1 1 1 ? ≤ a b 4 1 1 1 C、 ≤ ? ≤1 2 a b

A、

1 1 1 1 ≤ ? ≤ 4 a b 2 1 1 D、 ? ≥1 a b

B、

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
a b c ,N= ,则 MN 的大小关系是 ? 4?a b?c 4?c C、M<N D、不能确定

5、已知 a,b,c>0,且 a+b>c,设 M= A、M>N A、一定大于零 B、M=N
3

6、已知函数 f(x)=-x-x ,x1,x2,x3∈R,且 x1+x2>0,x2+x3>0,x3+x1>0,则 f(x1)+f(x2)+f(x3)的值 B、一定小于零 C、一定等于零 D、正负都有可能
1 1 1 1 1 ,z ? ,则 ( ? ),y? 2 a b a?b ab

7、若 a>0,b>0, x ? A、x≥y>z

B、x≥z>y

C、y≥x>z
a a ?1 ? b b ?1

D、y>z≥x

8、设 a,b∈R,下面的不等式成立的是 A、a +3ab>b
2 2

B、ab-a>b+ab

C、

D、a +b ≥2(a-b-1)

2

2

(二)填空题 9、设 a>0,b>0,a≠b,则 a b 与 a b 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) 。
1 t ?1 12、当 0<a<1,t>0 且 t≠1 时, log a t 与 log a 的大小关系是__________。 2 2
a b b a

13、 a, c 为 Rt△ABC 的三边, 若 b, 其中 c 为斜边, a +b 与 c 则 (其中 n∈N, 的大小关系是________________。 n>2) (三)解答题 14、已知 a>0,b>0,a≠b,求证: a ? b ?
a b ? b a

n

n

n



5、已知 a,b,c 是三角形三边的长,求 证: 1 ?

a b c ? ? ?2。 b?c a?c a?b

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1 1 16、已知 a≥0,b≥0,求证: (a ? b) 2 ? (a ? b) ≥ a a ? b a 。 2 4

18、若 a,b,c 为正数,求证:

1 1 1 a 8 ? b8 ? c8 。 ? ? ≤ a b c a 3b 3c3

1 1 25 19、设 a>0,b>0,且 a+b=1,求证: (a ? )(b ? ) ≥ 。 a b 4

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

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