应用放缩法证明不等式

放缩法是证明不等式的重要方法 .应用哪些方法进行放缩 ,向哪个方向放缩 ,放缩到什么程度 ?是使用该法证明不等式的难点 .本文将就这些方面作些介绍 .1　去掉式子中某些正项或负项去掉式子中某些正项或者负项 ,可使式子缩小或者放大 .例 1　设ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ 且ａｂ ｂｃ ａｃ =1,求证 :ａ ｂ ｃ≥ 3 .证　∵ (ａ ｂ ｃ) 2 =ａ2 ｂ2 ｃ2 2ａｂ 2ｂｃ 2ａｃ=12 [(ａ -ｂ) 2 (ｂ -ｃ) 2 (ｃ -ａ) 2 ] 3(ａｂ ｂｃ ａｃ)≥ 3(ａｂ ｂｃ ａｃ) =3 ,∵ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,∴ａ ｂ ｃ≥ 3 .例 2　在△ＡＢＣ中 ,求证 :ｓｉ…     

用平均不等式证明不等式的思路

平均不等式ａ2 ｂ2 ≥ 2ａｂ ( 1)(ａ ,ｂ∈Ｒ ,当且仅当ａ =ｂ时取等号 )及　　　　ａ3 ｂ3 ｃ3 ≥ 3ａｂｃ ( 2 )(ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,当且仅当ａ =ｂ =ｃ时取等号 )是证明不等式的重要工具 ,怎样熟练灵活运用它们证明不等式是学习中的难点 .实际上 ,灵活运用上述公式可从平均不等式与待证不等式的特征入手 .1　升降次数例 1　设ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,且ａｂｃ =1,求证ａ3 ｂ3 ｃ3 ≥ａ ｂ ｃ .分析 :两个平均不等式对单个字母而言从左到右是起降次作用 ,注意到要证的不等式正具有此特点且ａ =ｂ =ｃ =1时两边相等 ,因而有下面的证法 .证　…     

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 +…     

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...     

一道数学奥林匹克问题的推广

《中等数学》2 0 0 0年第 4期中有数学奥林匹克问题高 97.　已知ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,求证 :(ａ 1 ) 3ｂ (ｂ 1 ) 3ｃ (ｃ 1 ) 3ａ ≥814.下面给出此题的证明 .证　左边≥ 3 (ａ 1 ) (ｂ 1 ) (ｃ 1 )3 ａｂｃ=3(ａ 12 12 ) (ｂ 12 12 ) (ｃ 12 12 )3 ａｂｃ≥ 3·33 ａ4·33 ｂ4·33 ｃ43 ａｂｃ =814.等号当且仅当ａ =ｂ =ｃ =12 时成立 .实际上 ,原命题可推广为 :ａ1,ａ2 ,… ,ａｎ∈Ｒ ,ｍ ,ｎ∈Ｎ ,求证 :　　(ａ2 1 ) ｍａ1 (ａ3 1 ) ｍａ2 … (ａ1 1 ) ｍａｎ≥ ｎｍｍ(ｍ - 1 ) ｍ -1.证　左边≥ｎ[(ａ2 1 ) (ａ3 1 )…     

一个条件不等式的应用与推广

定理 1　设ａ ,ｂ∈Ｒ ,且ａ ｂ =1 ,则ａｂ 1ａｂ≥ 414.(当且仅当ａ =ｂ =12 时 ,等号成立 )证　ａｂ 1ａｂ≥ 414 4ａ2 ｂ2 - 17ａｂ 4≥ 0 ( 4ａｂ - 1 ) (ａｂ - 4 )≥ 0 ;∵ａｂ =(ａｂ) 2 ≤ ( ａ ｂ2 ) 2 =14,∴ 4ａｂ≤ 1 ,而又知ａｂ≤14<4,故 ( 4ａｂ - 1 ) (ａｂ - 4 )≥ 0成立 ,即ａｂ 1ａｂ≥ 414获证 .1　巧用ａｂ 1ａｂ≥ 414解题　例 1　设ｘ ,ｙ∈Ｒ ,解方程组ｘ ｙ =1 ,( 2ｘ 3ｙ) ( 2 ｙ 3ｘ) =49.解　考察 49=4ｘｙ 9ｘｙ 1 2 =4(ｘｙ 1ｘｙ) 5·1ｘｙ 1 2≥ 4·414 5·4 1 2 =49,可见当ｘ …     

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…     

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…     

“换分母”巧证分式不等式

证明分母是多项式的某些分式不等式时 ,若将分母用其它变量替换 ,把所证不等式转化为较简单的不等式 ,往往可找到解题捷径 .例 1　 (第 2 6届独联体数学奥林匹克试题 (十年级 ) )对任意ａ >1,ｂ >1,求证 :ａ2ｂ - 1 ｂ2ａ - 1≥ 8.证　令ｂ - 1=ｘ ,ａ - 1=ｙ ,则ｘ ,ｙ∈Ｒ ,ａ2ｂ - 1 ｂ2ａ - 1=(ｙ 1) 2ｘ (ｘ 1) 2ｙ≥(2 ｙ) 2ｘ (2ｘ) 2ｙ=4 (ｙｘ ｘｙ)≥ 8.当且仅当ｘ =ｙ =1,即ａ =ｂ =2时等号成立 .例 2　 (《中等数学》1996年第 1期数学奥林匹克问题 )设ｘ ,ｙ ,ｚ∈Ｒ ,求证 :ｘ2ｘ ｙ ｚ ｙｘ 2 ｙ ｚ ｚｘ ｙ 2ｚ…     

注重结构分析,合理选择思路——兼谈不等式的证明

在“不等式”一章里 ,“不等式的证明”是重点内容 .由于其证明的方法较多 ,变换又较灵活 ,因此 ,使得不等式的证明这一问题 ,无疑成为同学们学习的难点 .但如果我们能注意从待证不等式的结构入手 ,多角度对不等式结构进行观察剖析 ,将有益于我们合理地选择思路 ,减少解题的盲目性 .下面举几个例子进行分析、说明 .例 1　ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,求证 :1) ｂｃａ ａｃｂ ａｂｃ ≥ａ ｂ ｃ ;2 ) ｂ2ａ ｃ2ｂ ａ2ｃ≥ａ ｂ ｃ .分析 :1)的结构 :仅左边有分母 ,且左边的结构特征为任两项隐含倒数关系 ,如 ｂｃａ ａｃｂ =ｃ(ｂａ ａｂ) ,用…     

涉及两数平均的一组不等式

本文试给出关于正数ａ ,ｂ的表达式 (ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ)与这两个正数的算术平均及几何平均的一组有趣的条件不等式 .从这组不等式的条件与结论之间的关系注意观察 :一个命题条件涉及范围的变化如何影响其结论的强弱 .　　定理 1　设ａ ,ｂ∈Ｒ ,则(ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ) ≥ (ａｂ 1ａｂ) 2 (1 )若ａ ｂ≤ 2 2 5 ,则(ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ) ≥ (ａ ｂ2 2ａ ｂ) 2 (2 )若ａ ｂ≤ 2 3 ,则(ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ) ≥ (ａ ｂ2 1ａｂ) 2 (3 )　　证明　为证不等式 (1 ) ,两边展开整理即有(ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ)≥ (ａｂ 1ａｂ) 2 　 　ｂａ ａｂ ≥ 2显然…     

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,…     

对一道课本例题的探究

高中代数下册 (必修 )第 7页例 2 ,已知 :ａ、ｂ∈Ｒ+并且ａ≠ｂ ,求证 :ａ5 +ｂ5 >ａ3 ｂ2 +ａ2 ｂ3 .作差 ,分解因式得 (ａ +ｂ) (ａ -ｂ) 2 (ａ2 +ａｂ +ｂ2 ) ,因为ａ、ｂ∈Ｒ+ ,所以ａ2 +ａｂ +ｂ2 >0 ,……对此 ,有同学提出 :因为ａ2 +ａｂ +ｂ2 =(ａ + ｂ2 ) 2 + 34ｂ2 其实只需ａ≠ｂ ,就可推出ａ2 +ａｂ+ｂ2 >0 ,因此 ,条件ａ、ｂ∈Ｒ+ 对原不等式并非必要 ,可弱化为ａ +ｂ >0 .与此类似的问题是否都存在这样的情况呢 ?这时我们若以批判的态度审视课本中同一页的练习 :已知 :ａ、ｂ∈Ｒ+且ａ≠ｂ ,求证 :ａ4 +ｂ4 >ａ3 ｂ +ａｂ3 ,…     

一个不等式的加强及证法

《中学生数学》2 0 0 2年 5月上期课外练习中 ,杨大为先生提出如下不等式 :设正实数ａ、ｂ满足ａ +ｂ =1,求证 :1+ａ2 + 1+ｂ2 >2 2 -1.若将此不等式下界加强且给出上界 ,则更能体现其严密性及简洁性 .其结果为 :5≤1+ａ2 + 1+ｂ2 <1+ 2 ,以下给出两种证法 .证法 1　 (放缩法 )∵　ａ、ｂ∈Ｒ+ ,　ａ +ｂ =1,∴　 0 <ａｂ≤14 .∴　ａ2 +ｂ2 =1-2ａｂ≥ 12 .∵　 (1+ａ2 + 1+ｂ2 ) 2　 =2 +ａ2 +ｂ2 + 2 1+ａ2 +ｂ2 +ａ2 ｂ2　 =2 +ａ2 +ｂ2 + 2 2 -2ａｂ + (ａｂ) 2　 =2 +ａ2 +ｂ2 + 2 1+ (1-ａｂ) 2　≥ 2 + 12 + 2 1+ (1-14 ) 2　 =52 +…     

一组重要不等式的次数特征及应用

高中教材上有这么一组重要的不等式：ａ２＋ｂ２≥２ａｂ（ａ,ｂ∈Ｒ）,ａ＋ｂ２≥ａｂ（ａ,ｂ∈Ｒ＋）,ａ３＋ｂ３＋ｃ３≥３ａｂｃ（ａ,ｂ,ｃ∈Ｒ＋）,ａ＋ｂ＋ｃ３≥３ａｂｃ（ａ,ｂ,ｃ∈Ｒ＋）．我们对这组不等式的次数作如下分析：当我们把ａ,ｂ,ｃ都看成变量时,上述不等式左右两边的次数相同;当我们把ａ看成变量,而把ｂ,ｃ看作常数时,则上述不等式左右两边的次数不同．基于这些认识,当我们在证明某些左右次数不同的不等式时,可采用如下对策．１．同次转化：利用已知条件,将待证的不等式转化为左右同次式,再来求证…     

一类不等式的统一证法

例题　 (1)已知 |ａ| <1,|ｂ| <1,求证 :ａ +ｂ1+ａｂ <1.(2 )设ａ ,ｂ∈Ｒ+ ,且ｂ <2ａ ,求证 :ａｂ <2 <2ａ +ｂａ +ｂ .分析　将 (1)中的结论改写为 -1<ａ +ｂ1+ａｂ<1,与 (2 )中的结论比较易发现 ,两题的结论都具有Ｐ <Ｎ <Ｍ的形式 ,于是我们对两个问题作统一的一般化处理 (构造二次函数证明不等式 ) .设 ｆ(ｘ) =ｘ2 -(Ｍ +Ｐ)ｘ +Ｍ·Ｐ =(ｘ -Ｍ) (ｘ -Ｐ) ,则有Ｐ <Ｎ <Ｍ ｆ(Ｎ)<0 ,故要证Ｐ <Ｎ <Ｍ ,只须证 ｆ(Ｎ) <0即可 .证明 (1)　令Ｐ =-1,Ｍ =1,Ｎ =ａ +ｂ1+ａｂ,构造函数 ｆ(ｘ) =ｘ2 -1.∵　ｆ(ａ +ｂ1+ａｂ) =(ａ +ｂ…     

数学问题解答

20 0 0年 9月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 2 71　已知ａ,ｂ,ｃ∈Ｒ ,求证 :当ａｂｃ≤ 1时 ,ａｂ ｂｃ ｃａ ≥ａ ｂ ｃ.当ａｂｃ≥ 1时 ,ａｂ ｂｃ ｃａ >1ａ 1ｂ 1ｃ证明　当ａｂｃ≤ 1时 ,(1 )当ａ ｂ ｃ≥ａｂ ｂｃ ｃａ时 ,∵　 ａｂ ｂｃ ｃａ ａｂ ｂｃ ｃａ≥ 2 (ａ ｂ ｃ)∴　 ａｂ ｂｃ ｃａ≥ 2 (ａ ｂ ｃ) - (ａｂ ｂｃ ｃａ)≥ａ ｂ ｃ(2 )当ａｂ ｂｃ ｃａ ≥ａ ｂ ｃ时 ,∵　ａ2 ｃ ｂ2 ａ ｃ2 ｂ ｃ ａ ｂ≥ 2 (ａｃ ｂａ ｃｂ)∴　ａ2 ｃ ｂ2 ａ ｃ2 ｂ≥ 2 (ａｃ ｂａ ｃｂ) - (ｃ ａ…     

数学问题解答

20 0 1年 7月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 3 2 1　实数ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,满足不等式 ｜ｂ ｃ｜≥2｜ａ｜,｜ｃ ａ｜≥ 2｜ｂ｜ ,｜ａ ｂ｜≥ 2 ｜ｃ｜ ,求证 :ａ =ｂ=ｃ.(江西南昌大学附中　宋庆　黄伟民　 3 3 0 0 2 9)证明　∵　 (ｂ ｃ) 2 ≥ 4ａ2 ,∴　 4ａ2 -ｂ2 -ｃ2 - 2ｂｃ≤ 0 ,同理可得 4ｂ2 -ｃ2 -ａ2 - 2ｃａ≤ 0 ,4ｃ2 -ａ2 -ｂ2 - 2ａｂ≤ 0 ,以上三式相加 ,可得2ａ2 2ｂ2 2ｃ2 - 2ｂｃ- 2ｃａ - 2ａｂ≤ 0 ,∴　 (ａ-ｂ) 2 (ｂ-ｃ) 2 (ｃ-ａ) 2 ≤ 0 ,∴　 (ａ-ｂ) 2 (ｂ-ｃ) 2 (ｃ-ａ) 2 =0 ,∴　ａ-ｂ=ｂ -…     

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) ,…     

数学问题解答

20 0 2年 9月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 3 91　已知实数ａ ,ｂ ,ｃ满足不等式｜ｂ-ｃ｜≥3｜ａ｜,｜ｃ-ａ｜≥ 3｜ｂ｜ ,｜ａ-ｂ｜≥ 3｜ｃ｜ ,求证 :ａ+ｂ+ｃ=0 .(南昌大学附中　宋庆　 3 3 0 0 2 9)证明　因为ａ ,ｂ,ｃ∈Ｒ ,｜ｂ-ｃ｜≥ 3｜ａ｜,所以 (ｂ-ｃ) 2 ≥ 3ａ2 ,所以 3ａ2 -ｂ2 -ｃ2 +2ｂｃ≤ 0 ,同理得 3ｂ2 -ｃ2 -ａ2 +2ｃａ≤ 0 ,3ｃ2 -ａ2 -ｂ2 +2ａｂ≤ 0 ,以上三式相加 ,便得ａ2 +ｂ2 +ｃ2 +2ｂｃ+2ｃａ+2ａｂ≤ 0 ,所以 (ａ+ｂ +ｃ) 2 ≤ 0 ,所以ａ+ｂ+ｃ =0 .1 3 92　数列 {ａｎ}中 ,ａｎ =ｎ3·Π99ｉ=1(ｎ2…