1(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0，所以a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥33xyz，等号当且仅当x=y=z时成立。 2二、基础例题【必会】
1．不等式证明的基本方法。
（1）比较法，在证明A>B或A 例1 设 2 2 2 A（A，B>0）与1比较大小，B实 数 x, y, z, 有 a, b, c∈R+ ，试证：对任意 ?a?babcb?cc?a??xy?yz?xz?x+y+z?2??. (a?b)(b?c)(c?a)?cab?【证明】 左边-右边= x2+y2+z2?2abbcxy?2yz (b?c)(c?a)(a?b)(c?a)?22cab2abacxz?x?2xy?y2?y2? (a?b)(b?c)b?c(b?c)(c?a)c?ac?abcb2a2cacyz?z?z?2xz?x2? (a?b)(c?a)a?ba?b(a?b)(b?c)b?c222?ba??cb??ac????????x?yy?zz?x??b?c??????0. c?ac?aa?ba?bb?c??????所以左边≥右边，不等式成立。 例2 若a 1 ， 所 以 loga(1-x) ? 0, |loga(1?x)|11=|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x)>log(1-x)(1-x)=1（因为0<1-x2<1，所以>1-x>0, 1?x1?x|loga(1?x)|0<1-x<1）. 所以|loga(1+x)|>|loga(1-x)|. （2）分析法，即从欲证不等式出发，层层推出使之成立的充分条件，直到已知为止，叙述方式为：要证??，只需证??。 例3 已知a, b, c∈R+，求证：a+b+c-33abc≥a+b?2ab. 【证明】 要证a+b+c?33c?a?b≥a+b?2ab.只需证c?2ab?33abc， 因为c?2ab?c?ab?ab?33c?a?b?33abc，所以原不等式成立。 例4 已知实数a, b, c满足0 1211??. ，求证： 2c(1?c)a(1?b)b(1?a)1，由二次函数性质可证a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c)， 2111??所以， a(1?a)b(1?b)c(1?c)1122???所以， a(1?a)b(1?b)b(1?b)c(1?c)1111???所以只需证明， a(1?a)b(1?b)a(1?b)b(1?a)a?ba?b?也就是证， a(1?a)(1?b)b(1?a)(1?b)只需证b(a-b) ≤a(a-b)，即(a-b)2≥0，显然成立。所以命题成立。 数学必修5 第 13 页 共 19 页 （3）数学归纳法。 例5 对任意正整数n(≥3)，求证：nn+1>(n+1)n. 【证明】 1）当n=3时，因为34=81>64=43，所以命题成立。 (k?1)k?2kk?12）设n=k时有k>(k+1)，当n=k+1时，只需证(k+1)>(k+2)，即>1. 因为?1， (k?2)k?1(k?1)kk+1 k k+2 k+1 (k?1)k?2kk?12k+2k+1222 所以只需证，即证(k+1)>[k(k+2)]，只需证(k+1)>k(k+2)，即证k+2k+1>k+2k. ?k?1k(k?2)(k?1)显然成立。 所以由数学归纳法，命题成立。 （4）反证法。 例6 设实数a0, a1,?,an满足a0=an=0，且a0-2a1+a2≥0, a1-2a2+a3≥0,?, an-2-2an-1+an≥0，求证ak≤0(k=1, 2,?, n-1). 【证明】 假设ak(k=1, 2,?,n-1) 中至少有一个正数，不妨设ar是a1, a2,?, an-1中第一个出现的正数，则a1≤0, a2≤0,?, ar-1≤0, ar>0. 于是ar-ar-1>0，依题设ak+1-ak≥ak-ak-1(k=1, 2, ?, n-1)。 所以从k=r起有an-ak-1≥an-1-an-2 ≥?≥ar-ar-1>0. 因为an≥ak-1≥?≥ar+1≥ar >0与an=0矛盾。故命题获证。 （5）分类讨论法。 x2?y2y2?z2z2?x2例7 已知x, y, z∈R，求证：???0. y?zz?xx?y+ 【证明】 不妨设x≥y, x≥z. ⅰ）x≥y≥z，则 111??，x2≥y2≥z2，由排序原理可得 x?yx?zy?zx2y2z2y2z2x2，原不等式成立。 ?????y?zz?xx?yy?zz?xx?y111??ⅱ）x≥z≥y，则，x2≥z2≥y2，由排序原理可得 x?zx?yy?zx2y2z2y2z2x2，原不等式成立。 ?????y?zz?xx?yy?zz?xx?y （6）放缩法，即要证A>B，可证A>C1, C1≥C2,?,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈N+). 111????n?n(n?2). 232?11111?11?11??1?1?????????n?n???n? 【证明】 1?????n232?44?2?12??22?????????例8 求证：1?2n?1?1n?11n?1???，得证。 22n2n2例9 已知a, b, c是△ABC的三条边长，m>0，求证： abc??. a?mb?mc?mababa?bm?????1?【证明】 a?mb?ma?b?ma?b?ma?b?ma?b?mmc?1??（因为a+b>c），得证。 c?mc?m（7）引入参变量法。 数学必修5 第 14 页 共 19 页 b3例10 已知x, y∈R, l, a, b为待定正数，求f(x, y)=2?2的最小值。 xy+ a3ylkl(1?k)2,y?【解】 设?k，则x?，f(x,y)=1?k1?kxl2?3b3???a?k2??? ??????113133333131323322??(a+b+3ab+3ab)= a?b?ak?ak?b??b??b??ak?222k??k??l?kl???????????????????(a?b)3(a?b)3ab，等号当且仅当?时成立。所以f(x, y)min=. 22xyll例11 设x1≥x2≥x3≥x4≥2, x2+x3+x4≥x1，求证：(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4. 【证明】 设x1=k(x2+x3+x4)，依题设有(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即 1≤k≤1, x3x4≥4，原不等式等价于31?1?(1?k)2(x2+x3+x4) ≤x2x3x4，因为f(k)=k+在?,1?上递减， k?3?4k11(1?k)2所以(x2+x3+x4)=(k??2)(x2+x3+x4) 4k4k13??23≤·3x2=4x2≤x2x3x4. 4所以原不等式成立。 （8）局部不等式。 例12 已知x, y, z∈R+，且x2+y2+z2=1，求证：【证明】 先证 33xyz???. 22221?x1?y1?zx332?x. 221?x1?2?2????, 2?3?3331?2x2(1?x2)2?因为x(1-x2)=2xx2x2332所以???x. 221?x2x(1?x2)33同理 y332?y， 221?yz332?z， 221?zxyz3323322所以???(x?y?z)?. 222221?x1?y1?zabc??例13 已知0≤a, b, c≤1，求证：≤2。 bc?1ca?1ab?1a2a?. ① 【证明】 先证 bc?1a?b?c数学必修5 第 15 页 共 19 页 即a+b+c≤2bc+2. 即证(b-1)(c-1)+1+bc≥a. 因为0≤a, b, c≤1，所以①式成立。 同理 b2bc2c?,?. ca?1a?b?cab?1a?b?c三个不等式相加即得原不等式成立。 （9）利用函数的思想。 111??的最小值。 a?bb?cc?a55【解】 当a, b, c中有一个为0，另两个为1时，f(a, b, c)=，以下证明f(a, b, c) ≥. 不妨设a≥b≥c， 222ca?b13?2?. 则0≤c≤, f(a, b, c)=2a?bc?1c?13(a?b)2因为1=(a+b)c+ab≤+(a+b)c， 4例14 已知非负实数a, b, c满足ab+bc+ca=1，求f(a, b, c)=解关于a+b的不等式得a+b≥2(c2?1-c). t1?, g(t)在[c2?1,??）上单调递增。 2c?1t3又因为0≤c≤，所以3c2≤1. 所以c2+a≥4c2. 所以2(c2?1?c)≥c2?1. 32ca?b1?2?所以f(a, b, c)=2 c?1c?1a?b考虑函数g(t)= 2c2(c2?1?c)1??≥2 2c?1c2?12(c?1?c)2cc2?1?c=2 ?2c?1c?1?1?c3c2?12?c?1?=2? ?2??2?2?c?1?c3c2?153(1?c2?1)c≥4?????. 22222下证3(1?c2?1)?c?0 ① ?3?c?3c2?1?c2+6c+9≥9c2+9?c?因为c?3?3??c?≥0 ?c?. 4?4?33?，所以①式成立。 3455所以f(a, b, c) ≥，所以f(a, b, c)min=. 222．几个常用的不等式——《选修4-5不等式选讲》 （1）【只需了解】柯西不等式：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, ?, n，则(等号当且仅当存在λ∈R，使得对任意i=1, 2, , n, ai=λbi, ?a)(?b2ii?1i?1nn2i)?(?aibi)2. i?1n数学必修5 第 16 页 共 19 页
