【正文】 究局部性質(zhì),導(dǎo)出一些局部不等式,y,z206。R+且x4+y4+z4=證x3z31x+y31y+1z179。.(1x8)意到8x(1x)=8x(1x8)(1x81444424)L4(144x3)8個233。163。234。(98x8+81x8)249。=230。8246。234。235。9231。232。9247。248。因此x(1x)163。=x從而x41x8=xx(1x)=8同理yy4z3z41y179。1z179。故x1x+L179。x+y3+z)=當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z=.如果不等式A179。C中式子A的各項為形如mm177。n的和形式,則配上對應(yīng)項為nm177。n的式子B,那么AB必定是一個整式形式,再對A++1xLxn206。R2,且x+x+L+xn=1.求證x2n1x+x11x+L+x21x179。1nn1.n證明:令不等式左邊=A,B=229。1則i=11xinBA=229。1x2ni=229。(1+xi)=n+1i=11xii=1nn222B+A=229。1+xi1+1+nxii=11x=229。n2ii=1n(1xi)nn179。229。n1+2nxi230。2231。n2+2n11i=1n(1x=229。i)i=1232。n21x2246。247。in248。=n+2n1n2B2\A179。2n1nB2=2n1n(n+1+A)2從而易推得A179。1n1,不等式中的各項是mm177。n(其中m為常數(shù))的形式,此時可先將其化為1mm177。n或m177。n的形式,然后再應(yīng)用上述配復(fù)數(shù)的代數(shù)形式,三角形式與幾何形式將代數(shù),巧妙運用復(fù)數(shù)的性質(zhì)也可以使很多問題”柳暗花明”,y,z206。R+且x+y+z=:證:經(jīng)配方解x2+y2+xy=230。1230。2231。232。x+246。2y247。+248。231。231。232。2 248。同理:y2+z2+yz=230。1231。y+z246。230。246。232。2247。+248。231。231。232。2z247。247。248。2x2+z2+xz=230。1231。z+x246。230。246。232。2247。+248。231。231。x247。232。2247。248。1246。230。構(gòu)造復(fù)數(shù)：z1=231。x+y247。+yi,22232。248。1246。230。z2=231。y+z247。+zi,22232。248。1246。230。z3=231。z+x247。+xi2248。2232。解z1+z2+z2179。z1+z2+z3=32(x+y+z)+x+y+z)i=(當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z=時,等號成立),不過從上面這些證法可以看出遇到不等式證明定要想辦法把它向我到熟悉的不等式轉(zhuǎn)化,這是各種證法的共同特征，應(yīng)該說也是證明所有不等式的共同突破口。參考文獻：[1]中學(xué)數(shù)學(xué)研究 [2]中學(xué)教研 [3]中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué) [4]高中數(shù)學(xué) 第二篇：證明不等式方法不等式的證明是高中數(shù)學(xué)的一個難點，題型廣泛，涉及面廣，證法靈活，錯法多種多樣，本節(jié)通這一些實例，歸納整理證明不等式時常用的方法和技巧。1比較法比較法是證明不等式的最基本方法，具體有“作差”比較和“作商”比較兩種?；舅枷胧前央y于比較的式子變成其差與0比較大小或其商與1比較大小。當(dāng)求證的不等式兩端是分項式（或分式）時，常用作差比較，當(dāng)求證的不等式兩端是乘積形式（或冪指數(shù)式時常用作商比較）例1已知a+b≥0，求證：a3+b3≥a2b+ab2分析：由題目觀察知用“作差”比較，然后提取公因式，結(jié)合a+b≥0來說明作差后的正或負，從而達到證明不等式的目的，步驟是10作差20變形整理30判斷差式的正負?！撸╝3+b3)(a2b+ab2)=a2(ab)b2(ab)=(ab)(a2b2)證明： =(ab)2(a+b)又∵(ab)2≥0a+b≥0∴(ab)2(a+b)≥0即a3+b3≥a2b+ab2例2 設(shè)a、b∈R+，且a≠b，求證：aabb＞abba分析：由求證的不等式可知，a、b具有輪換對稱性，因此可在設(shè)a＞b＞0的前提下用作商比較法，作商后同“1”比較大小，從而達到證明目的，步驟是：10作商20商形整理30判斷為與1的大小證明：由a、b的對稱性，不妨解a＞b＞0則aabbabba=aabbba=(ab)ab∵ab0，∴ab1，ab0∴(ab)ab(ab)0=1即aabbabba＞1，又abba＞0∴aabb＞abba練習(xí)1 已知a、b∈R+，n∈N，求證（a+b）（an+bn）≤2（an+1+bn+1）2基本不等式法利用基本不等式及其變式證明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及變形有：（1）若a、b∈R，則a2+b2≥2ab（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時，取等號）（2）若a、b∈R+，則a+b≥ 2ab（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時，取等號）（3）若a、b同號，則 ba+ab≥2（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時，取等號）例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1則a1b2+b1a2≤1分析：通過觀察可直接套用： xy≤x2+y22證明： ∵a1b2b1a2≤a2+(1b2)2+b2(1a2)2=1∴b1a2+a1b2≤1，當(dāng)且僅當(dāng)a1+b2=1時，等號成立練習(xí)2：若 ab0，證明a+1(ab)b≥33綜合法綜合法就是從已知或已證明過的不等式出發(fā)，根據(jù)不等式性質(zhì)推算出要證明不等式。例4，設(shè)a0，b0，a+b=1，證明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252證明：∵ a0，b0，a+b=1∴ab≤14或1ab≥4左邊=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+［(a+b)22ab］+(a+b)22aba2b2=4+(12ab)+12aba2b2≥4+(112)+8=252練習(xí)3：已知a、b、c為正數(shù)，n是正整數(shù)，且f(n)=1gan+bn+3求證：2f（n）≤f（2n）4分析法從理論入手，尋找命題成立的充分條件，一直到這個條件是可以證明或已經(jīng)證明的不等式時，便可推出原不等式成立，這種方法稱為分析法。例5：已知a0，b0，2ca+b，求證：cc2ab＜a＜c+c2ab分析：觀察求證式為一個連鎖不等式，不易用比較法，又據(jù)觀察求證式等價于 ｜ac｜＜c2ab也不適用基本不等式法，用分析法較合適。要證cc2ab＜a＜c+c2ab只需證c2ab＜ac＜c2ab證明：即證 ｜ac｜＜c2ab即證(ac)2＜c2ab即證 a22ac＜ab∵a＞0，∴即要證 a2c＜b 即需證2+b＜2c，即為已知∴ 不等式成立練習(xí)4：已知a∈R且a≠1，求證：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）25放縮法放縮法是在證明不等式時，把不等式的一邊適當(dāng)放大或縮小，利用不等式的傳遞性來證明不等式，是證明不等式的重要方法，技巧性較強常用技巧有：（1）舍去一些正項（或負項），（2）在和或積中換大（或換?。┠承╉?，（3）擴大（或縮?。┓质降姆肿樱ɑ蚍帜福┑取＠?：已知a、b、c、d都是正數(shù)求證： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2分析：觀察式子特點，若將4個分式商為同分母，問題可解決，要商同分母除通分外，還可用放縮法，但通分太麻煩，故用放編法。證明：∵ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＞ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d=a+b+c+da+b+c+d=1又由ab＜a+mb+m(0＜a＜b，m＞0)可得：ba+b+c＜b+da+b+c+dcb+c+d＜c+aa+b+c+ddc+d+a＜d+bc+d+a+dad+a+b＜a+ca+b+c+d∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜b+da+b+c+d+c+aa+b+c+d+d+bc+d+a+d+a+ca+b+c+d=2(a+b+c+c)a+b+c+d=2綜上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2練習(xí)5：已知：a＜2，求證：loga(a+1)＜16換元法換元法是許多實際問題解決中可以起到化難為易，化繁為簡的作用，有些問題直接證明較為困難，若通過換元的思想與方法去解就很方便，常用于條件不等式的證明，常見的是三角換元。(1)三角換元：是一種常用的換元方法，在解代數(shù)問題時，使用適當(dāng)?shù)娜呛瘮?shù)進行換元，把代數(shù)問題轉(zhuǎn)化成三角問題，充分利用三角函數(shù)的性質(zhì)去解決問題。例若x、y∈R+,且 xy=1 A=(x1y)(y+1y)。1x，求證0＜A＜1證明： ∵x，y∈R+，且xy=1，x=secθ，y=tanθ，（0＜θ＜xy）∴ A=(secθ1secθ(tanθ+1tanθ1sec2θ=1cos2θcosθs2m2θ+cos2θcosθs2mθcos2θ=sinθ∵0＜θ＜x2，∴ 0＜s2mθ ＜1因此0＜A＜1復(fù)習(xí)6：已知1≤x2+y2≤2