【正文】 a2b2a2c2c2b2=[(ab)2(a+b)2+(cb)2(c+b)2+(ac)2(a+c)2]2三．例題,b,c，求證：（229。0a+asb179。0或sa+sb179。acbcb179。c（2）存在a0,使得若S22a+aSc+(a+1)Sb179。且滿足（1）若Sa+a2或a179。0那么 S=AB=S222a(bc)+Sb(ca)+Sc(ab)179。0性質(zhì)五：若a,b,c,Sa,Sb,Sc206。0且bSc+c2Sb179。b179。b163。+，Sa,Sb,Sc206。0，那么 S=AB=Sa(bc)2+S2b(ca)+Sc(ab)2179。c，則Sa,Sc179。c或a179。且滿足若a163。0, 那么S=AB=S222a(bc)+Sb(ca)+Sc(ab)179。b179。b163。且滿足（1）Sa+Sb,Sb+Sc,Sc+Sa179。0，則S=AB=Sa(bc)+Sb(ca)+Sc(ab)179。第一篇：sos方法證明不等式數(shù)學(xué)競賽講座SOS方法證明不等式（sum of squares）S=AB=Sa(bc)+Sb(ca)+Sc(ab)179。0性質(zhì)一：若Sa,Sb,Sc179。：若a,b,c,Sa,Sb,Sc206。0，（2）若a163。c或a179。c，則Sb179。0性質(zhì)三：若a,b,c,Sa,Sb,Sc206。b163。b179。0且Sa+2Sb,Sc+2Sb179。0性質(zhì)四：若a,b,c206。且滿足若a163。c或a179。c，則S2a,Sb179。0，那么S=AB=S22a(bc)+Sb(ca)+S2c(ab)179。且滿足（1）Sa+Sb,Sb+Sc,Sc+Sa0，（2）SaSb+SbSc+ScSa179。0性質(zhì)六：若a,b,c,Sa,Sb,Sc206。b179。0；ab179。aab（3）sc+sb179。0 那么sc+a+1ssa+1ab179。0Sa(bc)2+Sb(ca)2+Sc(ba)2179。ab）(229。max{a,b,c}4 2191(ab)求證（229。)=+229。9+k22abca+b+c,b,c，試求最優(yōu)常數(shù)k，使得229。 b2+c2+ka25abcacb（3++）179。229。(2+2+2)2 22abca+b+cacca+b+c9已知正數(shù)a,b,c且ab+bc+ac=1 求證：229。(a+b)22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。基本思想是把難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?！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。例6：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。(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。1x，求證0＜A＜1證明： ∵x，y∈R+，且xy=1，x=secθ，y=tanθ，（0＜θ＜xy）∴ A=(secθ1secθ(tanθ+1tanθs2m2θ+cos2θcosθcos2θ=sinθ∵0＜θ＜x2，∴ 0＜s2mθ ＜1因此0＜A＜1復(fù)習(xí)6：已知1≤x2+y2≤2，求證：12 ≤x2xy+y2≤3(2)比值換元：對于在已知條件中含有若干個等比式的問題，往往可先設(shè)一個輔助未知數(shù)表示這個比值，然后代入求證式，即可。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，同時用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。用數(shù)學(xué)歸納法證題時的兩個步驟缺一不可。(1+12k+1)①要證①式左邊＞2k+32，只要證2k+122k+3〈二〉(2k+2)2＞(2k+1)(2k+3)〈二〉4k2+8k+4＞4k2+8k+3〈二〉4＞3③∵③成立 ∴②成立，即當(dāng)n=k+1時，原不等式成立由（1）（2）證明可知，對一切n≥2（n∈N），原不等式成立練習(xí)8：已知n∈N，且n＞1，求證： 1n+1+1n+2+…+12n＞13249構(gòu)造法根據(jù)求證不等式的具體結(jié)構(gòu)所證，通過構(gòu)造函數(shù)、數(shù)列、合數(shù)和圖形等，達到證明的目的，這種方法則叫構(gòu)造法。1倍數(shù)添項若不等式中含有奇數(shù)項的和，可通過對不等式乘以2變成偶數(shù)項的和，然后分組利用已知不等式進行放縮。2bc+b2ac)=3abc當(dāng)且僅當(dāng)a=b，b=c，c=a即a=b=c時，等號成立。2sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332∴sinA+sinB≠sinC≤332練習(xí)11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤184利用均值不等式等號成立的條件添項例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，求證a4+b4＞ 18分析：若取消a≠b的限制則a=b= 12時，等號成立證明：∵a、b∈R+∴a4+3(12)4 ≥ 44a4 ［(12)4］3=12a①同理b4+3(12)4 ≥b②∴a4+b4≥12(a+b)6(12)4=126(12)4=18③∵a≠b ∴①②中等號不成立∴③中等號不成立∴ 原不等式成立1．是否存在常數(shù)c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對任意正數(shù)x,y恒成立？ 錯解：證明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故說明c存在。要證不等式xx+2y+xx+2y≤23，因為x,y是正數(shù)，即證3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x