第73讲 不等式证明选讲

第十三讲 不等式证明选讲本节主要内容为证明不等式的基本方法——比较法；综合法于分析法；放缩法；放缩法；反证法；数学归纳法；数形结合以及运用函数的性质． A 类例题例1 设1,121≥≥r r ，证明2121121111r r r r +≥+++ 分析：可以把不等式两边相减，通过恒等变形（例如配方，因式分解等），转化为一个能够明确确定正负的代数式．证明：=+++++-+++=+-+++)1).(1)(1()1)(1(2)1)(1(12111121212121212121r r r r r r r r r r r r r r =+++---=++++---+)1).(1)(1()()()1).(1)(1(222121221221212121212121212211r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r0)1).(1)(1()1.()(212121221≥+++--r r r r r r r r ，∴2121121111r r r r +≥+++当且仅当121==r r 时等号成立． 说明：要证b a >，最基本的方法就是证明0>-b a ，即把不等式两边相减，转化为比较差与0的大小，此法用的频率极高．链接：本题可推广为n r r r ,...,21都不小于1，证明：n nn r r r nr r r ...111...11112121+≥++++++（注：要用数学归纳法） 例2 设10<<x ，1,0≠>a a ，比较|)1(log |x a -与|)1(log |x a +的大小． （1982年全国高考题）分析：显然，要比较的两个数都是正数，把它们相除考察商式与1的大小关系，同样可得出两数的大小关系，即b a ,为正数b a ba>⇔>1解：由于10<<x ，⇒≠-11x ⇒≠-0)1(log x a 0|)1(log |>-x a ，同理0|)1(l o g |>+x a ，=--=-=+-=+-++)1(log |)1(log ||)1(log )1(log ||)1(log ||)1(log |11x x x x x x x x a a a a1)1(log 11log 11=+>-++x xx x，因此>-|)1(log |x a |)1(log |x a + 例3 1）92,31,31=>>ab b a ，证明1<+b a2）n 为任意正整数，证明1)1(1--<+n n n n1）分析：观察欲证不等式的特点，已知中有ab ，结论中有b a +，这种结构特点启发我们采用如下方法．证明：因为31>a ，所以031>-a ，同理031>-b ，因此0)31)(31(>--b a ，91)(31091)(31+<+⇒>++-ab b a b a ab ，又92=ab ，故1<+b a说明：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法，综合法又叫顺推证法或由因导果法． 2）分析：从不等式的结构不易发现需要用哪些不等式的性质或事实解决这个问题，因此用分析法．证明：要证1)1(1--<+n n n n ，只需证11)1(1-+<+n n n n ，也就是要证1)1(-+>+n n n n ，两边平方)1(212-+-+>+n n n n n n ，只需证01)1(2)1(>+---n n n n ，只需证0)1)1((2>--n n ，该式对一切正整数n 都成立，所以1)1(1--<+n n n n 成立．说明：证明命题时，我们还常常从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实，从而得出要的命题成立，这种证明的方法叫做分析法．这是一种执果索因的思考和证明方法，在寻求证明思路时尤为有效． 当问题比较复杂时，时常把分析法和综合法结合起来使用．以分析法寻找证明的思路，用综合法叙述、表达整个证明过程． 在实际的证题思考过程中，执果索因和由因导果总是不断交替地出现在思维过程中．链接：用此已经获证的不等式很容易证出一个新的不等式：n k k nk <+∑=1)1(1例4 1）设c b a ,,是一个三角形的三条边长，2=++c b a ，证明234222<++≤c b a 2）设2+=n a n ，)12(3+-+=n n n b n ，比较n a 与n b 的大小（1992年上海高考题改编） 1） 证明：用分析法证不等式的前半部分． 要证22234c b a ++≤，只需证4)(3222≥++c b a ，即证2222)()(3c b a c b a ++≥++，只需证ca bc ab c b a ++≥++222，因为该不等式是我们熟知的已经成立的不等式，所以22234c b a ++≤成立．又1022<<⇒>-⇒⎩⎨⎧>+=++c c c c b a c b a ，同理1,0<<b a ，这样便有c b a c b a c c b b a a ++<++⇒⎪⎩⎪⎨⎧<<<222222，也即2222<++c b a ．综上得234222<++≤c b a2）分析：用特殊值代入)5,4,3,2,1(=n 获得的印象是3,2,1=n 时n n b a >，从4=n 开始n n b a <，因此我们从作差入手，用放缩法完成全部结论．解：>+++-++++=+-+-+=-123)1)(2(2)12(32n n nn n n n n n n b a n n0123123)1(2≥+++-=+++-+++n n n n n n n n （当31≤≤n 时），所以n n b a >)3,2,1(=n又012412322123)1)(2(2≤+++-=+++-+++<+++-++++=-n n n n n n n n n n nn n n b a n n （当4>n 时），所以n n b a <...)6,5,4(=n ．综上可知31≤≤n 时，n n b a >；4≥n 时，n n b a <说明：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种证法称为放缩法．比如说直接证明不等式B A ≤比较困难，可以试着去找一个中间量C ，如果有C A ≤及B C ≤同时成立，自然就有B A ≤．所谓“放缩”即将A 放大到C ，再把C 放大到B ，或者反过来把B 缩小到C 再缩小到A ，不等式证明的技巧常体现在对放缩尺度的把握上． 情景再现1. 设a b ≤<0，证明bb a ab b a a b a 8)(28)(22-≤-+≤- 2. 1）设+∈R b a ,，证明ab bb a a a b b b a a +++≥≥+++33133 2）z y x ,,为任意实数，满足1=++zx yz xy ，求证31)(≤++z y x xyz 3. 设1001≤≤≤≤≤t z y x ，则tzy x +的最小值=__________ B 类例题例5 设n x x x ,...,,21，+∈R y y y n ,...,,21满足1）n n y x y x y x <<<< (02211)2）k k y y y x x x +++≥+++......2121，},...,3,2,1{n k ∈，证明：nn y y y x x x 1...111...112121+++≤+++ 分析：从要证明的结论看，去分母是不可能的，因为去分母计算量太大，去分母后也无法利用已知条件．另外，应该注意已知条件2）实际上包含着n 个不等式⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++≥++++≥+≥nn y y y x x x y y x x y x .........2121212111，考虑到以上特点，因此用比较法，先作差．证明：=+++-+++)1...11()1...11(2121nn x x x y y y )11(...)11()11(...)11()11(33222211112211n n n n x y x y y x y x y x y x x y x y x y -++-+-+-=-++-+-=-++-+-+-≥)11(...)11(3322222211nn x y x y y x y x y x y x ≥-++-++-+)11(...)()(3333222121n n x y y x y x y x y y x x=-++-++-+)11(...)()(3333332121nn x y y x y x y x y y x x)11(...)()(33321321nn x y y x y y y x x x -++++-++（依次类推）…0)...()...(2121≥+++-+++≥nn n n y x y y y x x x ，因此nn y y y x x x 1...111...112121+++≤+++ 说明：证题过程看似好长，实际上关键步骤只有一两个．从数学欣赏的角度看，本题已知，求证和证法合在一起，显得十分和谐优美．例6 1）证明：任何三个实数都不可能同时满足下列三个不等式：||||z y x -<，||||x z y -<，||||y x z -<2）设c b a ,,是实数且满足1=abc ，证明b a 12-、c b 12-、ac 12-中最多有两个数大于1 （第44届塞尔维亚和里山数学奥林匹克）分析：要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰，于是考虑反证法．1）证明：假设存在某三个实数z y x ,,同时满足题设的三个不等式，将它们的两端都同时平方，然后分别移项、分解因式得：0))((<-++-z y x z y x （1） 0))((<-++-x z y x z y （2） 0))((<+--+y x z y x z （3）三式相乘得0)()()(222<-+-++-x z y z y x z y x ，这显然是不可能的，因此原命题成立． 说明：本题所得到的三个不等式（1）（2）（3），单独看哪一个看不出有什么毛病，而一旦把它们求积，矛盾便显现在眼前．2）证明：假设三个数b a 12-、c b 12-、ac 12-都大于1，由于c b a ,,中至少有一个是正的，不妨设0>a ，于是01122>⇒>->c ac c ．同理可推得0>b ，因此c b a ,,都是正数．由c c b c b 12.21)11(21112≥+>⇒>-，即c b 1>，同理b a 1>，a c 1>，三式相乘得11)(123>⇒>⇒>abc abc abcabc ，此与已知1=abc 矛盾，因此题目结论成立． 说明：反证法的根据是排中律，是用证明逆否命题成立来替代原命题成立．其难点在于提出与结论相反的假设后，如何合理地展开思路以便尽快凸现矛盾．例7 设数列}{n x 满足211=x ，221nx x x n n n +=+，证明10012001<x（2001年中国西部数学奥林匹克）分析：这是一个有关正整数的命题，很自然地考虑用数学归纳法，注意到1001接近2001的一半，因此可以试着证明2nx n ≤ （1）证明：1=n 时，211=x ，命题2nx n ≤成立．设k n =时，（1）成立，即2k x k ≤，当1+=k n 时，有22221)2(12k k k k x x x k k k +≤+=+21412+<+=k k ，故对一切*N n ∈，（1）都成立，从而1001220012001<≤x 例8 1）y x ,为非负实数，122=+y x ，证明：2111544+≤+++≤y x2）设+∈R y x ,，证明6333332222≥+-++-++-y xy x y y x x分析：从1），2）的结构看，似乎分别与勾股定理、余弦定理有些联系，因此可以把题中的式子赋于几何意义，从而把复杂的代数不等式化为相应的较为简单的几何不等式． 1）证明：如图1）ABCD 、CDEF 都是正方形，其边长等于1，P 为线段CD 上任一点，令2x PC =，2y PD =，则122=+y x ，4221y DP DA PA +=+=，4221x CP CF PF +=+=，51144≥+++⇒≥+y x AF PF PA（⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==2222y x 时等号成立）．又在ADF ∆形内任一点（含周界），DF AD DF PA +≤+，即211144+≤+++y x （⎩⎨⎧==10y x 或⎩⎨⎧==01y x 时等号成立）．2）证明：构造图形如图2），A B C ∆为等腰直角三角形，3==BC AC ，x CM =，30=∠ACM ，y CN =， 30=∠BCN ，据余弦定理332+-=x x AM ，332+-=y y BN ，223y xy x MN +-=，由平面几何知AB NB MN AM ≥++，即6333332222≥+-++-++-y xy x y y x x ，当且仅当33-==y x 时等号成立．链接：本题独到的证法不仅明快、利索，而且揭示了问题的真正内含．我们不难从中体会到这道题是如何编拟、设计出来的．例9 设非负实数54321,,,,x x x x x 满足11151=+∑=i ix ，求证：14512≤+∑=i i i x x （2003年西部数学奥林匹克）分析：证明分式不等式，尽可能地不通分、不去分母（不得已而为之）．本题通过代换，转换为一个新命题，再用函数有关性质推断出要证结果．证明：令i i x y +=11，5,...,3,2,1=i ，则i i i y y x -=1，且151=∑=i i y ，（10≤<i y ），D1)BACMN 2)12513.515112555.51125)1(4)1(42222222+-++-=+-+-=+-+-=-+-=+i i i i i i i i i i i ii i i ii y y y y y y y y y y y y y y y x x )13.(415154)51(513.51512++-≤+-++-=i i i y y y ，因此145431451512=++-≤+∑∑==i i i ii y x x ，当且仅当51=i y ，即4=i x ，（5,...,3,2,1=i ）时等号成立．情景再现4. R c b a ∈,,，若02<++ac ab a ，证明ac b 42> 5. 若1,...,,021≤<n x x x ，1≥n ．证明：1)1(1...)1(1)1(12211≤-+++-++-+nn x n x x n x x n x （2004年新加坡数学奥林匹克）6. 已知数列}{n a 中所有项i a 都是正数，又设对于,...3,2,1=n 都有12+-≤n n n a a a ，证明对于,...3,2,1=n 都有na n 1<． （1964年北京数学竞赛题） 7. 设z y x ,,取正实数，且1=++z y x ，求三元函数222222131313),,(z zz y y y x x x z y x f +-++-++-=的最小值，并给出证明． （2003年湖南省高中数学竞赛题）C 类例题例10 1）数列}{n a 中对于任意正整数n 都有21n n a a =+ 1） 试用1a 和n 表示n a2） 当2101≤<a 时，证明321)(211<-++=∑k k n k k a a a3） 当101<<a 时，证明31)(211<-++=∑k k nk k a a a （2003年全国高考江苏卷改编） 分析：首先通过叠代求出数列}{n a 的通项公式，再据通项公式发掘数列的性质．此时我们发现211)(++=∑-k k nk ka a a不大好求．因此应将21)(++-k k k a a a 适当放大，使放大后的数列既便于求和且和式的值又能命中（或接近）要证之结果．1） 解：由已知121323222322222221...)()()()(------=======n n n n n n n a a a a a a a2） 证明：121121211--+=÷=n n n nn a a a a a ，由于2101≤<a ，所以1021121<<-a a n ，故得n n a a <+1．数列}{n a 为单调递减01>-+n n a a ， 211≤a ，22)21(≤a 161,)41(,4322232≤≤=⇒≤⇒a a a a ，于是1≥k 时16132≤≤+a a k ，这样便有321161)(161161)()()(11111311211≤<-=-≤-≤-++=+=++=∑∑∑a a a a a a a a a a a n k nk k k n k k k k n k k 所以321)(211<-++=∑k k nk ka a a3）证明：因为}{n a 单调递减，所以k k k k a a a a .1212+++<=，212++=k k a a ，2212k k k a a a <=++，三式相加得<-⇒++<⇒++<++++++++212112222112)().(31.3k k k k k k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a a)(31)(31).(31321121++++-=++-k k k k k k k k a a a a a a a a ，因此3131)(31)(31)(313131313211<<-=-<-++++=∑a a a a a a a a n k k k k nk k说明：n a 的表达式也可以先归纳然后用数学归纳法证明．2）和3）的证明都是通过放大构造成差分式，异曲同工．3）的技巧性更高一点．该题有其几何背景，有兴趣的读者可以查阅原题．如果用微积分方法证问题3），显得特别简单． 例11 设00123>>>>x x x x ，证明202213202312202123)()()(x x x x x x x x x x x x --<--+--（1993年全国联赛题改编）分析：两边平方这条路不容易走通，根据已知条件00123>>>>x x x x ，以及三个根式中减式均为20x ，考察代换，将原命题转换为易证的新命题．由2021x x -联想到三角公式θθtan 1sec 2=-（)2,0(πθ∈）证明：令011.sec x x θ=，022.sec x x θ=，033.sec x x θ=，其中20321πθθθ<<<<，代入后原不等式化为要证<-+-3122012320tan )sec (sec tan )sec (sec θθθθθθx x21320tan )sec (sec θθθ-x ，约去20x ，并将上式全化为正余弦，即证231321132sin )cos (cos sin )cos (cos sin )cos (cos θθθθθθθθθ-<-+-，整理该式，即只需证)sin()sin()sin(131223θθθθθθ->-+- （*），我们来证明不等式（*）．因为20321πθθθ<<<<，所以)2,0(,,231312πθθθθθθ∈---，+--=-+-=-)cos()sin()]()sin[()sin(1223122313θθθθθθθθθθ )cos()sin(2312θθθθ--（1)cos(),cos(02312<--<θθθθ） )sin()sin(1223θθθθ-+-<，至此原不等式获证．链接：与本题相关的另外两个命题是0123>>>x x x ，则有221323122123)()()(x x x x x x x x x -=-+-，222132231222123)()()(p x x x p x x x p x x x +->+-++-（0≠p ）情景再现8. 设+∈R c b a ,,，且1=abc ，求证1111111≤++++++++ac c b b a9. 证明：对任意正数z y x ,,都有3234xyz z y x ≥++10. 求所有的实数k ，使得不等式)(13333d c b a k d c b a +++≥++++对任意),1[,,,+∞-∈d c b a 都成立． （2004年西部数学奥林匹克）习题十三A 类1. 1）不查表证明312lg 3.0<<2）+∈R b a ,，2=+b a ，*N n ∈，证明11111≥+++nn ba 2. n a a a ,...,,21成等差数列，n i a i ,...,3,12,0=>，证明n n n a a a a a ...211≤ 3. 设87321...a a a a a ≤≤≤≤≤是8个给定的实数，且8...821a a a x +++=，8...282221a a a y +++=，试证2184x y a a -≤-B 类4. 1）在ABC ∆中，求证0≤-+-+-+-+-+-cb a cb b ac b a a c b a c2）当n n n x x x x +==+211,31时，代数式 1111...11111120022001321++++++++++x x x x x 的值在哪两个整数之间？ （2002-2003芬兰高中数学奥林匹克）5. 若100个实数10021,...,,a a a 满足⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥+-≥+-≥+-023 (0230)2321100432321a a a a a a a a a ，证明10021...a a a ===6. 设1,1,1321>>>a a a ，S a a a =++321，已知对3,2,1=i 都有S a ai i >-12，证明：1111133221>+++++a a a a a a (第31届俄罗斯数学奥林匹克)7. 证明：不等式43))(())(())((222≥++++++++b c a c c a b c b b c a b a a 对所有正实数cb a ,,成立． （克罗里亚2004年数学奥林匹克） 8. 设数列}{n a 满足21=a ，nn n a a a 11+=+ （,...2,1=n ）1）证明12+>n a n 对一切正整数n 成立；2）令na b n n =（,...2,1=n ），判定n b 与1+n b 的大小并说明理由．（2004年高考重庆卷）C 类9. 已知n m i ,,是正整数，且n m i <≤<11）证明in i i m i p m p n < 2）mnn m )1()1(+>+ （2001年全国高考题）10. 已知c b a ,,为正实数，证明：34222≤++⇒=+++c b a abc c b a（第20届伊朗数学奥林匹克）11. 设c b a ,,是正实数，求证：8)(2)2()(2)2()(2)2(222222222≤++++++++++++++b a c b a c a c b a c b c b a c b a （2003年美国数学奥林匹克）12. 已知z y x ,,是不全为零的非负实数，求zy x zxx z yz z y xy y x u ++++++++++=222222的最小值．本节情景再现解答1. 作差，=+---=---+a b a b a b a a b a ab b a 8)()(2)(8)(222220)3.(8)()23(8)(32≥+-=---b a ab a b ab a b a ，另一半同法可证．2. 1）分析法．要证133≥+++ab bb a a ，只需证)3)(3()3()3(a b b a b a b a b a ++≥+++，平方后即证0)(34)3)(3(2≥-⇔≥++b a ab a b b a ab 此式成立．同理可证另一不等式．2）只要证2)()(3zx yz xy z y x xyz ++≤++，展开后即证≥++222222x z z y y xxy z zx y yz x 222++，据已知不等式ca bc ab c b a ++≥++222该式成立．3.511001210011001=≥+≥+≥+y y z y t z y x ，因此所求最小值为51，当100,10,1====t z y x 时取得此最小值．4. 反证法：假设ac b 42≤，又据已知)(442ab a ac +-<，因此⇒+-<)(422ab a b0)2(2<+b a 这是不可能的，因此ac b 42>5.n x n x x x n x 1)1()1(111111=-+≤-+，同理nx n x k k 1)1(1≤-+（n k ,...,2=），n 个同向不等式相加便得．6. 用数学归纳法：我们有)1(01n n n a a a -≤<+，故101<<a ，即我们的结果当1=n 时成立．今设其当k n ≤时成立，则221)21(41k k k k a a a a --=-≤+，若1=k ，则从此容易看出212<a ．若2≥k ，则由上式得111)11(1)121(41221+<-=-=--≤+k kk k k k a k ，即得所证．7. 构造函数，并用函数性质．考察函数21)(ttt g +=，易知)(t g 为奇函数，并且当0>t 时在]1,0(上单调递增．因此对于)1,0(,21∈t t ，且21t t <有0))()()((2121>--t g t g t t ．所以，对任意]1,0(∈x ，有222130)1031)(31(0))31()()(31(x xx x x x g x g x +-⇒≥-+-⇒≥--)13(103-≥x ．同理可得)13(1031322-≥+-y y y y ，)13(1031322-≥+-z z z z ，三式相加得0),,(≥z y x f ，所求最小值为08. 代换，令+∈===R z y x z c y b x a ,,,,,333，由题设得1=x y z ，利用2233yx y x y x +≥+，有222233111111xyy x xyz xyzxy y x y x b a ++=++≤++=++ zy x z ++=，同理有z y x x c b ++≤++11，z y x ya c ++≤++11，三式相加得原不等式成立．9. 反证法．若存在正实数000,,z y x 使3200034000z y x z y x ≥++，那么就有⎪⎩⎪⎨⎧<<<⇒⎪⎩⎪⎨⎧<<<120001603000160000160320002403200060320000)()(z y x z z y x y z y x x z y x z z y x y z y x x ，三式相乘得16000160160160)(z y x z y x <矛盾！故原不等式成立．10. 取特殊值，当1-====d c b a 时有43)4(3≥⇒-≥-k k ；当21====d c b a 时有43)214(1814≤⇒⨯≥+⨯k k ，两者都能成立，得43=k ．下面证明)(4313333d c b a d c b a +++≥++++ （1），对任意),1[,,,+∞-∈d c b a 都成立．首先证明),1[+∞-∈x 时x x 3143≥+，事实上0)12)(1(3)14(23≥-+=-+x x x x ，所以a a 3143≥+，b b 3143≥+，c c 3143≥+，d d 3143≥+四个不等式相加便得（1），故欲求的实数43=k 本节习题解答1. 1）要证312lg <，只要证31102<，即证1023<，此为显然．同法可证2lg 3.0<2）112≤⇒≤⇒≥+nn b a ab ab b a ，0)1)(1(111111≥++-=-+++n n n n n n b a b a b a ，因此11111≥+++nn b a2. 令等差数列公差为d ，4)()(21211a a a a a a n n n --+=，4)()(21211k k n k n k kn k a a a a a a --+=-+-+-+（n k ,...,2,1=），注意到k n k n a a a a -++=+11，所以0)1)((4)()(.2212111≥--=---=--+-+d k k n a a a a a a a a k k n n n kn k ，因此n k n k a a a a 11.≥-+，这样便有n n a a a a 11=，n n a a a a 112≥-，n n a a a a 123≥-，…，n n a a a a 11=，将这n 个不等式相乘得n n n n n n a a a a a a a a a a ...)()...(2111221≤⇒≥3. +-=+++-+++=-21828212822212)[(641])...()...(8[641a a a a a a a a x y +-+-++-+-+-++-232217************)()(...)()()(...)(a a a a a a a a a a a a])(...)(276242a a a a -++-，而21228212228][21)()(a a a a a a a a -+-≥-+-218)(21a a -=，因此 2182762422322182)(161])(...)()()(4[641a a a a a a a a a a x y -≥-++-+-+-≥-，因此2184x y a a -≤-，当且仅当2...81732a a a a a +====时等号成立． 4. 1）设z c b a y b a c x a c b 2,2,2=-+=-+=-+，则+∈R z y x ,,，且z y a +=，z x b +=，y x c +=，故原不等式等价于0222≤-+-+-z y z y x y x z x ，即0≥++zyy x x z ，由平均不等式知，此式显然成立．2）11111111111)1(+++-=+⇒=+-⇒+=n n n n n n n n n x x x x x x x x x ，这样 20032003120021131111x x x x n n -=-=+∑=，1,815243>=x x ，容易证明}{n x 中0>n x ，n n x x >+1所以31113200214<+<-∑=n n x x ，即311220021<+<∑=n n x5. 证法一：注意到系数规律，将这100个不等式相加得00≥，因此原式应为100个等式这样便有)(23221a a a a -=-，)(24332a a a a -=-…)(2211100a a a a -=-，将这100个等式分别平方后再相加得0)(3...)(3)(321100232221=-++-+-a a a a a a ，因此10021...a a a ===证法二：100个不等式应为等式，这样)(2)(24323221a a a a a a -=-=-)(2)(2...)(22199110098543a a a a a a -=-==-=，于是有0))(12(2199=--a a 21a a =⇒，依次代入得32a a =，,...43a a =10099a a =，所以10021...a a a ===6. 易知)()1)((1321321132121121a a a a a a a a a a a s a a +>++⇔-++>⇔>-，得3211321a a a a a a ++>+，同理3212131a a a a a a ++>+，3213211a a a a a a ++>+，三个不等式相加便得1111133221>+++++a a a a a a7. 给定不等式等价于⇔≥++++++++43))()(()()()(222a c c b b a b a c a c b c b a⇔≥+++++++++++432222222222222b c a c c b a b c a b a abc b c a c c b a b c a b a +-+⇔≥-+++++)2(0622222222abc a c c b abc b c a c c b a b c a b a0)()()(0)2()2(2222222≥-+-+-⇔≥-++-+b a c c a b c b a abc c b c a abc b c b a 此式显然成立，原不等式得证． 8. 1）证法一：当1=n 时，11221+⨯>=a 不等式成立．假设k n =时，12+>k a k ，当1+=k n 时，由于0>k a ，故011>+=+k k k a a a ，222112kk k a a a ++=+ 1)1(21)1(2121212++>⇒++>+++>+k a k a k k k．这就是说1+=k n 时，不等式也成立．故对任意正整数n ，12+>n a n 成立．证法二：先证0>n a ，由于0121>+>+n n n a a a ，这样便有,...,0,03221>>a a a a01>-n n a a ，将这)1(-n 个不等式相乘得0)2(0 (12)2123221>⇒=>-n n n n a a a a a a a a ，又2121222222321212212,...,12,12--++=++=++=n n n a a a a a a a a a ，将这)1(-n 个不等式相加得1222)1(221...11)1(22212221212+>+=-+>++++-+=-n n n a a a n a a n n)2(≥n ，又120+>⇒>n a a n n ，又1=n 时，不等式显然成立，故,...)3,2,1(12=+>n n a n2）=+++=+++<++=+=++1)12()1(21)1211(1)11(1211n n nn n n n n n a n a n a b b n n n n n 12)1(12)1(2++<++n n n n n n （对分子用平均不等式）1=，故n n b b <+1 9. 1）要证ini imi p m p n <，只要证i nim i p pn m >)(，即证)1)...(2)(1()1)...(2)(1()(+---+--->i n n n n i m m m m n m i ，借助熟知的不等式，m b a ,,都是正数，并且b a <，则有b a m b m a >++，因此011...2211>+-+->>-->-->i n i m n m n m n m ，于是有 11...22.11.)(+-+----->i n i m n m n m n m n m i 2）证法一：用平均不等式n m <≤2，<++++=+-个个m m n mn n n n )1)...(1()1(1....1.1)1( n nm nn m m n )1(])1(1).([+=++-，即m n n m )1()1(+>+证法二：原不等式等价于)1lg()1lg(.n m m n +>+，即nn m m )1l g ()1l g (+>+，设))1lg(,()),1lg(,(n n B m m A ++为函数)1l g (x y +=图象上两点，则n n K m m K OB OA )1lg(,)1lg(+=+=，由图象知O B O A K K >，∴nn m m )1lg()1lg(+>+，原不等式成立．10. 显然c b a ,,不可能都大于1，或者都小于1，因此c b a ,,中一定有两个或者都不大于1，或者都不小于1，不妨设b a ,，则10)1)(1(-+≥⇒≥--b a ab b a （1），又ab b a 222≥+，)2(42422222c ab c abc c ab abc c b a +≥-⇒++≥+++=，约去c +2得ab c ≥-2 （2），（1）+（2）得3≤++c b a ．另：本题也可用反证法证明．11. 不等式左端分子、分母均为二次，因此对c b a ,,乘一个合适的因子可把原问题化为1=++c b a 的情形，因原不等式只要证⎪⎩⎪⎨⎧≤-+++-+++-++>=++8)1(2)1()1(2)1()1(2)1()0,,(1222222222c c c b b b a a a c b a c b a ，注意到 ]932381[31]9)3(32381[3133123112312)1(2)1(22222222++≤+-++=+-++=+-++=-++a a a a a a a a a a a a a a )412(31+=a ．据此同理可得另两道式子，三式相加，原不等式之左8]12)(12[31=+++≤c b a ，当c b a ==时取等号． 12. 解法一：由),()(3)(4222222+∈+≥++⇒≥+R y x y x y xy x xy y x ，因此有)(2322y x xy y x +≥++，同理)(2322z y yz z y +≥++， )(2322x z zx x z +≥++，三式相加得 ⇒++≥++++++++)(3222222z y x zx x z yz z y xy y x3222222≥++++++++++zy x zxx z yz z y xy y x ，因此所求最小值为3，当z y x ==时取得此最小值．（注：z y x ,,中如有零，不等式显然成立．）解法二：构造三角形ABC ，其中z CM y BM x AM ===,,，M 是ABC ∆的斐尔玛点．图示圆为BCM ∆的外接圆，连接AM 交图中圆于P ，PBC ∆为正∆．由平面几何知yz z y CP BC z y MC BM MP ++==+=+=22,， 60=∠CMP ，在P CM ∆中，用余弦定理23sin 60sin ≥⇒≥∠=MP PC MP MCP MP PC，即2322≥+++z y yz z y ，以下同解法一．（（注：受到解法二的启示得到解法一）CP。