9高三毕业班数学课本知识点整理归纳之九

2010-2011年高三毕业班数学课本知识点整理归纳之九第九章 不等式一、基础知识不等式的基本性质：（1）a>b ⇔a-b>0； （2）a>b, b>c ⇒a>c ； （3）a>b ⇒a+c>b+c ； （4）a>b, c>0⇒ac>bc ；（5）a>b, c<0⇒ac<bc; （6）a>b>0, c>d>0⇒ac>bd;（7）a>b>0, n ∈N +⇒a n >b n ; （8）a>b>0, n ∈N +⇒n n b a >; （9）a>0, |x|<a ⇔-a<x<a, |x|>a ⇔x>a 或x<-a; （10）a, b ∈R ，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|; （11）a, b ∈R ，则(a-b)2≥0⇔a 2+b 2≥2ab; （12）x, y, z ∈R +，则x+y ≥2xy , x+y+z .33xyz ≥前五条是显然的，以下从第六条开始给出证明。

（6）因为a>b>0, c>d>0，所以ac>bc, bc>bd ，所以ac>bd ；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若n n b a ≤，由性质（7）得n n n n b a )()(≤，即a ≤b ，与a>b 矛盾，所以假设不成立，所以n n b a >；由绝对值的意义知（9）成立；-|a|≤a ≤|a|, -|b|≤b ≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b ≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再证（10）的左边，因为|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）显然成立；下证（12），因为x+y-22)(y x xy -=≥0，所以x+y ≥xy 2，当且仅当x=y 时，等号成立，再证另一不等式，令c z b y a x ===333,,，因为x 3+b 3+c 3-3abc =(a+b)3+c 3-3a 2b-3ab 2-3abc =(a+b)3+c 3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c 2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a 2+b 2+c 2-ab-bc-ca)=21(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0，所以a 3+b 3+c 3≥3abc ，即x+y+z ≥33xyz ，等号当且仅当x=y=z 时成立。

二、方法与例题1．不等式证明的基本方法。

（1）比较法，在证明A>B 或A<B 时利用A-B 与0比较大小，或把BA（A ，B>0）与1比较大小，最后得出结论。

例 1 设a, b, c ∈R +，试证：对任意实数x, y, z, 有x 2+y 2+z 2.))()((2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++++≥xz b a c yz a c b xy c b a a c c b b a abc 【证明】 左边-右边= x 2+y 2+z 2yz a c b a bcxy a c c b ab ))((2))((2++-++--++++++-+=++-222))((2))((2y ac cy a c a xy a c c b ab x c b b xz c b b a ca=++++-++++++222))((2))((2x cb cxz c b b a ca z b a a z b a b yz a c b a bc.0222≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++x c b c z b a a z b a b y a c c y a c a x c b b 所以左边≥右边，不等式成立。

例2 若a<x<1，比较大小：|log a (1-x)|与|log a (1+x)|. 【解】 因为1-x ≠1，所以log a (1-x)≠0,|)1(log ||)1(log |x x a a -+=|log (1-x)(1+x)|=-log (1-x)(1+x)=log (1-x)x +11>log (1-x)(1-x)=1（因为0<1-x 2<1，所以x+11>1-x>0, 0<1-x<1）. 所以|log a (1+x)|>|log a (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 33b a c ⋅⋅-≥a+b .2ab -只需证332abc ab c ≥+， 因为33332abc b a c ab ab c ab c =⋅⋅≥++=+，所以原不等式成立。

例4 已知实数a, b, c 满足0<a ≤b ≤c ≤21，求证：.)1(1)1(1)1(2a b b a c c -+-≤- 【证明】 因为0<a ≤b ≤c ≤21，由二次函数性质可证a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c)， 所以)1(1)1(1)1(1c c b b a a -≥-≥-，所以)1(2)1(2)1(1)1(1c c b b b b a a -≥-≥-+-，所以只需证明)1(1)1(1)1(1)1(1a b b a b b a a -+-≤-+-，也就是证)1)(1()1)(1(b a b ba b a a b a ---≤---，只需证b(a-b) ≤a(a-b)，即(a-b)2≥0，显然成立。

所以命题成立。

（3）数学归纳法。

例5 对任意正整数n(≥3)，求证：n n+1>(n+1)n .【证明】 1）当n=3时，因为34=81>64=43，所以命题成立。

2）设n=k 时有k k+1>(k+1)k，当n=k+1时，只需证(k+1)k+2>(k+2)k+1，即12)2()1(++++k k k k >1. 因为1)1(1>++k k k k ，所以只需证12)2()1(++++k k k k kk k k )1(1+>+，即证(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1，只需证(k+1)2>k(k+2)，即证k 2+2k+1>k 2+2k. 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a 0, a 1,…,a n 满足a 0=a n =0，且a 0-2a 1+a 2≥0, a 1-2a 2+a 3≥0,…, a n-2-2a n-1+a n ≥0，求证a k ≤0(k=1, 2,…, n-1).【证明】 假设a k (k=1, 2,…,n-1) 中至少有一个正数，不妨设a r 是a 1, a 2,…, a n-1中第一个出现的正数，则a 1≤0, a 2≤0,…, a r-1≤0, a r >0. 于是a r -a r-1>0，依题设a k+1-a k ≥a k -a k-1(k=1, 2, …, n-1)。

所以从k=r 起有a n -a k-1≥a n-1-a n-2 ≥…≥a r -a r-1>0.因为a n ≥a k-1≥…≥a r+1≥a r >0与a n =0矛盾。

故命题获证。

（5）分类讨论法。

例7 已知x, y, z ∈R +，求证：.0222222≥+-++-++-yx x z x z z y z y y x【证明】 不妨设x ≥y, x ≥z. ⅰ）x ≥y ≥z ，则zy z x y x +≤+≤+111，x 2≥y 2≥z 2，由排序原理可得 yx x x z z z y y y x z x z y z y x +++++≥+++++222222，原不等式成立。

ⅱ）x ≥z ≥y ，则zy y x z x +≤+≤+111，x 2≥z 2≥y 2，由排序原理可得 yx x x z z z y y y x z x z y z y x +++++≥+++++222222，原不等式成立。

（6）放缩法，即要证A>B ，可证A>C 1, C 1≥C 2,…,C n-1≥C n , C n >B(n ∈N +).例8 求证：).2(12131211≥<-++++n n n 【证明】12212121414121112131211-⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+++>-++++n n n n n22121121nn n n >--+=-，得证。

例9 已知a, b, c 是△ABC 的三条边长，m>0，求证：.mc cm b b m a a +>+++ 【证明】 mb a mm b a b a m b a b m b a a m b b m a a ++-=+++=+++++>+++1 mc c m c m +=+->1（因为a+b>c ），得证。

（7）引入参变量法。

例10 已知x, y ∈R +, l, a, b 为待定正数，求f(x, y)=2323yb x a +的最小值。

【解】 设k x y =，则k kl y k l x +=+=1,1，f(x,y)==⎪⎪⎭⎫⎝⎛++23322)1(k b a l k 22333233333211111l k a k b k b k b k a k a b a l ≥⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⋅+⋅+⋅++++ (a 3+b 3+3a 2b+3ab 2)= 23)(lb a +，等号当且仅当y bx a =时成立。

所以f(x, y)min =.)(23l b a + 例11 设x 1≥x 2≥x 3≥x 4≥2, x 2+x 3+x 4≥x 1，求证：(x 1+x 2+x 3+x 4)2≤4x 1x 2x 3x 4. 【证明】 设x 1=k(x 2+x 3+x 4)，依题设有31≤k ≤1, x 3x 4≥4，原不等式等价于(1+k)2(x 2+x 3+x 4)2≤4kx 2x 3x 4(x 2+x 3+x 4)，即kk 4)1(2+(x 2+x 3+x 4) ≤x 2x 3x 4，因为f(k)=k+k 1在⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,31上递减，所以kk 4)1(2+(x 2+x 3+x 4)=)21(41++k k (x 2+x 3+x 4)≤42313++·3x 2=4x 2≤x 2x 3x 4. 所以原不等式成立。