【正文】 的某些項(xiàng)適當(dāng)?shù)姆糯蠡蚩s小，： ①添加或舍去一些項(xiàng)，如：a2+1a；n(n+1)n；②將分子或分母放大（或縮小）；③利用基本不等式，如：log3lg5（n(n+1)lg3+lg522)2=lglg=lg4； n+(n+1)；④利用常用結(jié)論：k+1k=1k+1+=1k11k1k12k1k；1k(k+1)1k+11k1k+11k1k(k1)1k；=（程度大）1k1=(k1)(k+1)=2k1（)；（程度?。┪?、換元法：換元的目的就是減少不等式中變量，以使問(wèn)題化難為易，化繁為簡(jiǎn)，：已知x2+y2=a2，可設(shè)x=acosq,y=asinq；已知x2+y2163。R，且a+b=：(a+2)+(b+2)179。b=1a239。顯然成立，：分析法是基本的數(shù)學(xué)方法，使用時(shí)，要保證“后一步”是“前一步”：(綜合法)由上分析法逆推獲證(略).證法四：(反證法)假設(shè)(a+2)2+(b+2)2252，則 a2+b2+4(a+b)+8252252.由a+b=1，得b=1a，于是有a2+(1a)2+121246。2125179。證法六：(均值換元法)∵a+b=1，所以可設(shè)a=12+t，b=t，1∴左邊＝(a+2)+(b+2)=(+t+2)2+(t+2)25246。=2t+179。故(a+2)+(b+2)179。A+nAnn(n1)B。0，B179。2248。2525230。a+b246。=a+b+4=233。所以(a)0，這與231。237。R,a+b=1\b=1a\(a+2)+(b+2)252=a+b+4(a+b)12=2(a12)179。r163。188。180。1212342n11.2n2n+132n1242n,B=180。同理有0(1b)b≤,0(1c)c≤.即（1a)b(1b)c(1c)a≤② 641414第9頁(yè)（共13頁(yè)）數(shù)學(xué)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專(zhuān)業(yè)2009級(jí)年論文(設(shè)計(jì))①與②產(chǎn)生矛盾,從而原命題成立.（3）構(gòu)造法在證明不等式時(shí),有時(shí)通過(guò)構(gòu)造某種模型、函數(shù)、恒等式、向量、對(duì)偶式等, 求證180。1,求證：| x2+2xyy2|≤：令x=rcosq,y=rsinq則 | x2+2xyy2|=|r2(cos2q+2sinqcosqsin2q| =r2|cos2q+sin2q| = r2|2sin(2q+450)|≤1180。165。2bc,a0,\a(b2+c2)179。99, 又a+b+c=1得 163。+1≤na1a2188。R時(shí)，即 1+2x4179。,y,z∈R+，求證：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz錯(cuò)解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz錯(cuò)因：根據(jù)不等式的性質(zhì)：若a ＞b＞ 0，c ＞d ＞0,則ac bd，但 ac＞bd卻不一定成立 正解：x2y2+y2z2≥ 2x y2z，y2z2+z2x2≥ 2x yz2，x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，以上三式相加，化簡(jiǎn)得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，兩邊同除以x+y+z:x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz 設(shè)x+y0，n為偶數(shù)，求證yn1xn+xn1yn≥1x 1y錯(cuò)證：∵yn1xn+xn1yn1x1y=(xnyn)(xn1yn1)xnynn為偶數(shù)，∴ xnyn ＞0，又xnyn和xn1yn1同號(hào)，∴yn1xn+xn1yn≥ 1x1y錯(cuò)因：在x+y0的條件下，n為偶數(shù)時(shí)，xnyn和xn1yn1不一定同號(hào)，應(yīng)分x、y同號(hào)和異號(hào)兩種情況討論。例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)等號(hào)成立）證明：∵a、b、c∈R+∴a3+b3+c3=12 ［(a3+b3)+(b3+c3)+(c3+a3)］≥12 ［(a2b+ab2)+(b2c+bc2)+(c2a+ca2)］=12［a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)］≥12(a證明：解設(shè)p+q＞2，那么p＞2q∴p3＞（2q）3=812q+6q2q3將p3+q3 =2，代入得 6q212q+6＜0即6（q1）2＜0 由此得出矛盾∴p+q≤2練習(xí)7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞：a＞0，b＞0，c＞08數(shù)學(xué)歸納法與自然數(shù)n有關(guān)的不等式，通常考慮用數(shù)學(xué)歸納法來(lái)證明。例若x、y∈R+,且 xy=1 A=(x1y)(y+1y)。當(dāng)求證的不等式兩端是分項(xiàng)式（或分式）時(shí)，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(shí)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(lái)說(shuō)明作差后的正或負(fù)，從而達(dá)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(fù)。2（++)+3 bcacba,y,z，求證:x2+y2+z2+xy+xz+yz179。19)=(a+b)24,b,c滿(mǎn)足min{a,b,c}179。acbcb179。0性質(zhì)五：若a,b,c,Sa,Sb,Sc206。+，Sa,Sb,Sc206。且滿(mǎn)足若a163。且滿(mǎn)足（1）Sa+Sb,Sb+Sc,Sc+Sa179。：若a,b,c,Sa,Sb,Sc206。0性質(zhì)三：若a,b,c,Sa,Sb,Sc206。0性質(zhì)四：若a,b,c206。0，那么S=AB=S22a(bc)+Sb(ca)+S2c(ab)179。0；ab179。ab）(229。 b2+c2+ka25abcacb（3++）179?；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。(1)三角換元：是一種常用的換元方法，在解代數(shù)問(wèn)題時(shí)，使用適當(dāng)?shù)娜呛瘮?shù)進(jìn)行換元，把代數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化成三角問(wèn)題，充分利用三角函數(shù)的性質(zhì)去解決問(wèn)題。例9：已知p3+q3=2，求證：p+q≤2分析：本題已知為p、q的三次，而結(jié)論中只有一次，應(yīng)考慮到用術(shù)立方根，同時(shí)用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。1倍數(shù)添項(xiàng)若不等式中含有奇數(shù)項(xiàng)的和，可通過(guò)對(duì)不等式乘以2變成偶數(shù)項(xiàng)的和，然后分組利用已知不等式進(jìn)行放縮。要證不等式xx+2y+xx+2y≤23，因?yàn)閤,y是正數(shù)，即證3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即證3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2，而此不等式恒成立，同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立，故存在c=23 使原不等式恒成立。0\當(dāng)x206。an都是正實(shí)數(shù),則：111aa+12+188。1113++abc1a1b1c所以 a+b+c179。0（8）分解為幾個(gè)不等式的和或積[2] 已知a,b,c是不全相等的正數(shù),求證：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)6abc證： Qb2+c2179。g(x)x174。3= 222101+x11+x21+x310故（1）換元法這種方法多用于條件不等式的證明,換元法主要有三角代換和均值代第8頁(yè)（共13頁(yè)）數(shù)學(xué)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專(zhuān)業(yè)2009級(jí)年論文(設(shè)計(jì)) 已知x2+y2163。248。180。188。180。1，可設(shè)x=rcosq,y=rsinq(0163。252.證法一：(比較法)Qa,b206。220。230。2234。＝右：根據(jù)不等式左邊是平方和及a+b=1這個(gè)特點(diǎn)，選用基本不等式230。5246。2248。252.252.下面，：設(shè)A1