一道不等式证明题的多维思考

题　若ａ >0 ,ｂ >0 ,且ａ ｂ =1,证明　　　 (ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ)≥2 54 ( 1)思考 1　若用均值不等式ａ 1ａ ≥ 2去证 ,得不到要证明的结论 .失败的原因在于没有利用条件ａ ｂ =1.为了利用这一条件 ,须将 ( 1)的左边变形 .∵ａ ,ｂ∈Ｒ ,ａ ｂ =1,∴ 0 <ａｂ≤ 14 .∴　 (ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ) =ａ2 ｂ2 ａ2 ｂ2 1ａｂ　 =ａ2 ｂ2 1- 2ａｂ 1ａｂ =1ａｂ[(ａｂ - 1) 2 1]　≥ 4 [( 14 - 1) 2 1] =2 54 .当且仅当ａ =ｂ =12 时等号成立 .思考 2　∵ 0 <ａｂ≤ 14 ,∴ (ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ) =ａｂ 1ａｂ ｂａ ａｂ…     

一个定理的别证及推广

文 [1 ]的定理 2为 :设ａ ,ｂ∈Ｒ+,若ａ+ｂ≤ 2 ,则ａ+ｂ2 +2ａ+ｂ ≤ａｂ +1ａｂ若ａｂ≥ 1 ,则ａ+ｂ2 +2ａ +ｂ≥ ａｂ+1ａｂ其证明方法是作差比较法 ,现用函数的单调性证明之 .证明　易证函数ｆ(ｘ) =ｘ +1ｘ 在 (0 ,1 ]上递减 ,在 [1 ,+∞ )上递增 .因为 ａ +ｂ2 ≥ ａｂ ,故当 ａ+ｂ2 ≤ 1时 ,ｆ ａ+ｂ2 ≤ｆ(ａｂ) ,当ａｂ≥ 1时 ,ｆ ａ +ｂ2 ≥ｆ(ａｂ) ,即当ａ +ｂ≤ 2时 ,ａ+ｂ2 +2ａ+ｂ≤ ａｂ+1ａｂ.当ａｂ≥ 1时 ,ａ +ｂ2 +2ａ+ｂ≥ ａｂ+1ａｂ.推广　设ｘｋ >0 (ｋ =1 ,2 ,… ,ｎ) ,若∑ｎｋ=1ｘｋ ≤ｎ ,则1ｎ∑ｎｋ =1ｘｋ+…     

巧化齐次式妙证不等式

若不等式两边各项的次数相等 ,不妨称之为齐次不等式 .如均值不等式中 ,ａ2 +ｂ2 ≥2ａｂ ,是齐二次不等式 ,ａ +ｂ+ｃ3 ≥ 3 ａｂｃ是齐一次不等式 ,对某些非齐次不等式的证明 ,若能结合题设条件 ,将低次项的次数适当升高 ,从而将原不等式转化为齐次不等式来处理 ,往往会产生出奇制胜的解题效果 .例 1　已知ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ ,且ａ+ｂ +ｃ=1.求证 :ａｂ +ｂｃ+ｃａ≤ 13 .分析　所证不等式左边是二次式 ,右边是一个常数 ,即零次式 .由已知　ａ +ｂ+ｃ =1,∴　　　 (ａ+ｂ+ｃ) 2 =1,从而所证不等式可化为齐二次不等式ａｂ +ｂｃ+ｃａ≤ 13 (ａ +ｂ+ｃ) 2 ,即　ａ2 +ｂ2 +ｃ2 ≥ａｂ +ｂｃ+ｃａ .而　左边 -右边= 12 [(ａ-ｂ) 2 +(ｂ -ｃ) 2 +(ｃ -ａ) 2 ] ≥ 0 ,∴　原不等式成立 .例 2　已知 ｐ3 +ｑ3 =2 .求证 :ｐ+ｑ≤ 2 .分析　所证不等式左边为一次式 ,右边为零次式 ,考虑到已知等式是一个三次式 ,从而将所证不等式两边立方 ,得 (ｐ+ｑ) 3 ≤ 8,∵　ｐ3 +ｑ3 =2 ,　∴　 8=4( ｐ3 +ｑ...     

一个不等式猜想的推广及证明

在文 [1]中 ,宋庆、宋光在证明下面两个不等式 :若ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,则(ａ ｂ) (1ａ 1ｂ)≥ 4 4 (4 ｂａ -4 ａｂ) 2 (1)(ａ ｂ ｃ) (1ａ 1ｂ 1ｃ)≥ 9 6 [(6ｃｂ -6ｂｃ) 2 (6ａｃ -6ｃａ) 2 (6ｂａ -6ａｂ) 2 ](2 )后 ,提出了下面的猜想 :若ａｋ∈Ｒ (ｋ=1,2 ,… ,ｎ) ,则 ｎｋ =1 ａｋ ｎｋ =11ａｋ≥ｎ2 2ｎ 1≤ｉ <ｊ≤ｎ(2ｎ ａｊａｉ-2ｎ ａｉａｊ) 2(3)并作注 :采用上述“步步为营”的方法 ,可繁笨地证明ｎ =4,5等时 (3)式正确 .下面我们将不等式 (3)进行推广 ,得到了比不等式 (3)更强的结果 .定理 1　若ａｋ∈Ｒ (ｋ=1,…     

一个平均值不等式

关于ｎ个正数ａ1、ａ2 、…、ａｎ 的调和平均值Ｈ(ｎ)、几何平均值Ｇ(ｎ)、算术平均值Ａ(ｎ)与平方幂平均值Ｓ(ｎ)的不等式链Ｈ(ｎ)≤Ｇ(ｎ) ≤Ａ(ｎ) ≤Ｓ(ｎ)是大家比较熟悉的 .本文介绍笔者近期发现的一个不等式ｎａａ1 1ａａ22 …ａａｎｎ ≥Ｇ(ｎ) Ａ(ｎ) ( )当且仅当ａ1=ａ2 =… =ａｎ 时取等号 .为述说与书写的简便 ,称上式左端为ｎ个正数的自幂几何平均值 ,记为Ｚ(ｎ) .1　发现中学课本中有这样一证明题 :若ａ、ｂ >0 ,则ａａｂｂ ≥ａｂｂａ此不等式易证 ,两端同乘以ａａｂｂ 得(ａａｂｂ) 2 ≥ａａ+ｂ·ｂａ+ｂ =(ａｂ) ａ+ｂ所…     

均值不等式的妙用

二元和三元均值不等式是高中数学的重要内容之一 ,无论是证明不等式、求最值 ,还是确定参变量的取值范围 ,其神奇功效是显而易见的 .1　ａ2 ｂ2 ≥ 2ａｂ (ａ ,ｂ∈Ｒ)　例 1　已知ａ ,ｂ∈ (0 ,1) ,求证ａ1-ａ2 ｂ1-ｂ2 ≥ ａ ｂ1-ａｂ.证　∵ａ2 ｂ2 ≥ 2ａｂ ,∴ ａ1-ａ2 ｂ1-ｂ2 =ａ(1-ｂ2 ) ｂ(1-ａ2 )(1-ａ2 ) (1-ｂ2 )=(ａ ｂ) (1-ａｂ)1- (ａ2 ｂ2 ) ａ2 ｂ2>(ａ ｂ) (1-ａｂ)1- 2ａｂ ａ2 ｂ2=ａ ｂ1-ａｂ.例 2　若ａ ,ｂ∈Ｒ ,求证ａａ 2ｂ ｂ2ａ ｂ≥ 23.证　原不等式等价于3ａ(2ａ ｂ) 3ｂ(ａ 2ｂ)≥ 2 (ａ …     

谈对均值不等式的理解和应用

均值不等式是不等式一章中最基础、应用最广泛的灵活因子 ,它是考查学生素质、能力的一个窗口 ,是高考的热点 .对均值不等式的应用可从以下三个方面着手 .1　通过特征分析 ,用于证不等式均值不等式1)ａ2 +ｂ2 ≥ 2ａｂ=ａｂ +ａｂ(ａ ,ｂ∈Ｒ) ,2 )ａ +ｂ≥ 2ａｂ =ａｂ +ａｂ(ａ ,ｂ∈Ｒ+ ) .两端的结构、数字具有如下特征 :1)次数相等 ;2 )项数相等或不等式右侧系数与左侧项数相等 ;3)左和右积 .当要证的不等式具有上述特征时 ,考虑用均值不等式证明 .例 1　已知ａ ,ｂ,ｃ为不全相等的正数 ,求证 :ａ(ｂ2 +ｃ2 ) +ｂ(ｃ2 +ａ2 ) +ｃ(ａ2 +…     

一个分式不等式的再推广

《数学通报》1 996年第 5期第 1 0 1 3号问题 :设ａ ,ｂ ,ｃ为正数 ,且满足ａｂｃ =1 ,试证1ａ3(ｂ+ｃ) +1ｂ3(ｃ+ａ) +1ｃ3(ａ+ｂ) ≥ 32 (1 )近年来 ,多篇文章用不同的方法给出了不等式 (1 )的证明和幂指数推广 ,文 [1 ]列出了 1 5篇参考书目 ,并给出了不等式 (1 )的两个漂亮的幂指数推广 .本文从指数和项数方面考虑 ,给出不等式(1 )的两个推广 ,文 [1 ]中的两个推广定理是本文的两个推广定理的特例 .利用均值不等式 ,易证 :若ａ,ｂ是正数 ,且ａｂ= 1 ,ｍ为任意实数 ,有ａｍｂ +ｂｍａ ≥ 2 (2 )定理 1　设ｘｉ∈Ｒ+,(ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ) ,…     

一个代数不等式的简洁证明

题目　ａ ,ｂ ,ｃ均为正数 ,且ａｂｃ =1,则有ａ( 1 ｂ)2 ｂ( 1 ｃ)2 ｃ( 1 ａ)2≥ 2ａ( 1 ｂ) 2ｂ( 1 ｃ) 2ｃ( 1 ａ) .《中学数学教学》2 0 0 0年第 2期第 34页上给出的证明很繁冗 ,下面介绍一种十分简洁的证明 .证　∵ ( 1 ｂ) ( 1 1ｂ) =2 ｂ 1ｂ ≥ 4 ,∴ 1 1ｂ ≥ 41 ｂ,　　∴ 1ａ 1ａｂ≥ 4ａ( 1 ｂ) ,∴ｂｃ ｃ≥ 4ａ( 1 ｂ) .同理可得　ｃａ ａ≥ 4ｂ( 1 ｃ) ,ａｂ ｂ≥ 4ｃ( 1 ａ) ,以上三式相加 ,整理即得原不等式一个代数不等式的简洁证明@宋爽$永修县第一中学!江西九江330304 高三 @王春明$永修县第一中学!江西…     

不等式a^3＋b^3＋c^3≥3abc的新证法

对于三元基本不等式“若ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ+,则ａ3+ｂ3+ｃ3≥ 3ａｂｃ” ,老教材是利用因式分解的办法 ,将ａ3+ｂ3+ｃ3- 3ａｂｃ化为12 (ａ +ｂ +ｃ) [(ａ -ｂ) 2 +(ｂ -ｃ) 2 +(ｃ -ａ) 2 ]后 ,再判断其值的正负而获证的 ,新教材是利用构造的办法 ,联想构造不等式“若ａ ,ｂ∈Ｒ+,则ａ3+ｂ3≥ａ2 ｂ +ａｂ2 ” ,后利用二元基本不等式“若ａ ,ｂ∈Ｒ+,则ａ +ｂ≥ 2ａｂ”而证得的 .显然老教材中的证明对因式分解要求较高 ,学生较难掌握 ,故老教材中的证明被新教材中的证明取而代之了 ,但新教材中的构造证法技巧性亦较强 ,且构造的是一个一般性…