高二數(shù)學(xué)典型例題分析：不等式證明的基本方法題

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精不等式證明的基本方法·例題

例5-2-7

已知a，b，c∈R+，證明不等式:當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)取等號(hào).解

用綜合法。因a＞0,b＞0,c＞0,故有三式分邊相加，得當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)取等號(hào).例5—2-8

設(shè)t＞0.證明:對(duì)任意自然數(shù)n,不等式tn-nt+（n-1）≥0都成立，并說明在什么條件下等號(hào)成立.解

當(dāng)n=1時(shí),不等式顯然成立,且取等號(hào)。當(dāng)n≥2時(shí),由冪分拆不等式，可得以下n-1個(gè)不等式：t2+1≥t+t，t3+1≥t2+t,…，tn-1+1≥tn—2+t，tn+1≥tn-1+t以上各式當(dāng)且僅當(dāng)t=1時(shí)取等號(hào)。把它們分邊相加,得故對(duì)任意n∈N，不等式獲證。等號(hào)成立的條件是n=1,或t=1。注

①在以上不等中令t=1+x（x＞—1），即得著名的貝努利不等式（1+x)n≥1+nx例5—2—9

設(shè)a,b，c都是正數(shù)，證明不等式當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)取等號(hào)。分析

本例有多種精彩證法.根據(jù)對(duì)稱性，可從左邊一項(xiàng)、兩項(xiàng)入手，當(dāng)然也可根據(jù)平均值不等式或冪分拆不等式從整體入手。解

[法一]

從一項(xiàng)入手，適當(dāng)配湊后由平均值不等式知三式分邊相加，即得時(shí)，上式取等號(hào).[法二］

從兩入手,利用冪分拆不等式，有同理有三式分邊相加,得[法三]

從整理入手，原不等式等價(jià)于進(jìn)一步證明參考習(xí)題5-2—7（1）解答。［法四]

由平均值不等式x2+（λy）2≥2λxy（x，y，∈R+）的變式三式分邊相加，得所以注

從證法4我們看到，利用平均值不等式x2+（λy)2≥2λxy(x，式不等式,思路自然，簡捷明快，頗具特色。例5-2—10

已知關(guān)于x的實(shí)系數(shù)方程x2+px+q=0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根α，β。證明：若｜α｜＜2，｜β｜＜2,則|q｜＜4，且2|p｜＞4+q。解

先證｜q｜＜4，由韋達(dá)定理知|q｜=|αβ|=｜α｜·｜β｜＜2×2=4再證2|p｜＞4+q。欲證不等式即0≤2|α+β|＜4+αβ。故只須證4(α+β）2＜(4+αβ）2即

4α+8αβ+4β2＜16+8αβ+α2β2從而只須證16-4α2—4β2+α2β2＞0即

(4-α2)（4—β2)＞0由｜α｜＜2，|β｜＜2,知α2＜4,β2＜4，故最后不等式成立，從而原不等式得證。例5-2—11

證明：若a，b，c是三角形的三邊,則3(ab+bc+ca）≤（a+b+c)2＜4（ab+bc+ca）當(dāng)且僅當(dāng)三角形為正三角形時(shí)，左邊取等號(hào)。解

左邊不等式等價(jià)于3（ab+bc+ca)≤a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)欲證此不等式成立,只須證ab+bc+ca≤a2+b2+c2即證2(a2+b2+c2)-2(ab+bc+ca）≥0左邊配方即為(a-b)2+(b-c)2+（c-a)2≥0此不等式顯然成立，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c,即三角形為正三角形時(shí)取等號(hào)。故左邊不等式獲證。欲證右邊不等式，仿上只須證a2+b2+c2＜2(ab+bc+ca）從而只須證(ab+ac-a2)+（ab+bc-b2）+（bc+ca-c2)＞0即證a（b+c—a）+b(a+c-b)+c(b+a-c)＞0由于a,b，c是三角形的三邊，此不等式顯然成立，故右邊不等式獲證。綜上所述，原不等式得證.例5—2-12

設(shè)f（x）=x2+px+q（p，q∈R)，證明：(2)若｜p|+｜q|＜1，則f（x）=0的兩個(gè)根的絕對(duì)值都小于1。解

用反證法但是，|f(1)|+2|f(2）｜+|f(3)|≥f（1)—2f（2）+f(3)=（1+p+q）-2×(4+2p+q)+(9+3p+q）=2

（ii)(i)與（ii）矛盾,故假設(shè)不成立,即原命題成立。(2)假設(shè)f（x)=0的兩根x1，x2的絕對(duì)值不都小于1，不妨設(shè)｜x1|≥1，那么由韋達(dá)定理，有｜p|=|—(x1+x2)|=｜x1+x2｜≥|x1|—|x2|≥1—|x2||q|=｜x1x2|=｜x1｜·|x2｜≥|x2|兩式分邊相加，得|p|+|q｜≥1這與題設(shè)矛盾，故假設(shè)不成立，即原命題