一、基礎(chǔ)知識
不等式的基本性質(zhì)：
（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
（7）a>b>0, n∈N+ an>bn; （8）a>b>0, n∈N+ ;
（9）a>0, xa x>a或x<-a;
（10）a, b∈R，則a-b≤a+b≤a+b;
（11）a, b∈R，則(a-b)2≥0 a2+b2≥2ab;
（12）x, y, z∈R+，則x+y≥2 , x+y+z
前五條是顯然的，以下從第六條開始給出證明。
（6）因為a>b>0, c>d>0，所以ac>bc, bc>bd，所以ac>bd；重復(fù)利用性質(zhì)（6），可得性質(zhì)（7）；再證性質(zhì)（8），用反證法，若 ，由性質(zhì)（7）得 ，即a≤b，與a>b矛盾，所以假設(shè)不成立，所以 ；由絕對值的意義知（9）成立；-a≤a≤a, -b≤b≤b，所以-(a+b)≤a+b≤a+b，所以a+b≤a+b；下面再證（10）的左邊，因為a=a+b-b≤a+b+b，所以a-b≤a+b，所以（10）成立；（11）顯然成立；下證（12），因為x+y-2 ≥0，所以x+y≥ ，當且僅當x=y時，等號成立，再證另一不等式，令 ，因為x3+b3+c3-3abc =(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc =(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)= (a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0，所以a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥ ，等號當且僅當x=y=z時成立。
二、方法與例題
1．不等式證明的基本方法。
（1）比較法，在證明A>B或A
例1 設(shè)a, b, c∈R+，試證：對任意實數(shù)x, y, z, 有x2+y2+z2
【證明】 左邊-右邊= x2+y2+z2
所以左邊≥右邊，不等式成立。
例2 若a
所以loga(1+x)>loga(1-x).
（2）分析法，即從欲證不等式出發(fā)，層層推出使之成立的充分條件，直到已知為止，敘述方式為：要證……，只需證……。
例3 已知a, b, c∈R+，求證：a+b+c-3 ≥a+b
【證明】 要證a+b+c ≥a+b 只需證 ，
因為 ，所以原不等式成立。
例4 已知實數(shù)a, b, c滿足0
所以 ，
所以只需證明 ，
也就是證 ，
只需證b(a-b) ≤a(a-b)，即(a-b)2≥0，顯然成立。所以命題成立。
（3）數(shù)學(xué)歸納法。
例5 對任意正整數(shù)n(≥3)，求證：nn+1>(n+1)n.
【證明】 1）當n=3時，因為34=81>64=43，所以命題成立。
2）設(shè)n=k時有kk+1>(k+1)k，當n=k+1時，只需證(k+1)k+2>(k+2)k+1，即 >1. 因為 ，所以只需證 ，即證(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1，只需證(k+1)2>k(k+2)，即證k2+2k+1>k2+2k. 顯然成立。
所以由數(shù)學(xué)歸納法，命題成立。
（4）反證法。
例6 設(shè)實數(shù)a0, a1,…,an滿足a0=an=0，且a0-2a1+a2≥0, a1-2a2+a3≥0,…, an-2-2an-1+an≥0，求證ak≤0(k=1, 2,…, n-1).
【證明】 假設(shè)ak(k=1, 2,…,n-1) 中至少有一個正數(shù)，不妨設(shè)ar是a1, a2,…, an-1中第一個出現(xiàn)的正數(shù)，則a1≤0, a2≤0,…, ar-1≤0, ar>0. 于是ar-ar-1>0，依題設(shè)ak+1-ak≥ak-ak-1(k=1, 2, …, n-1)。
所以從k=r起有an-ak-1≥an-1-an-2 ≥…≥ar-ar-1>0.
因為an≥ak-1≥…≥ar+1≥ar >0與an=0矛盾。故命題獲證。
（5）分類討論法。
例7 已知x, y, z∈R+，求證：
【證明】 不妨設(shè)x≥y, x≥z.
?）x≥y≥z，則 ，x2≥y2≥z2，由排序原理可得
，原不等式成立。
?）x≥z≥y，則 ，x2≥z2≥y2，由排序原理可得
，原不等式成立。
（6）放縮法，即要證A>B，可證A>C1, C1≥C2,…,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈N+).
例8 求證：
【證明】
，得證。
例9 已知a, b, c是△ABC的三條邊長，m>0，求證：
【證明】
（因為a+b>c），得證。
（7）引入?yún)⒆兞糠ā?br />例10 已知x, y∈R+, l, a, b為待定正數(shù)，求f(x, y)= 的最小值。
【解】 設(shè) ，則 ，f(x,y)=
(a3+b3+3a2b+3ab2)=
，等號當且僅當 時成立。所以f(x, y)min=
例11 設(shè)x1≥x2≥x3≥x4≥2, x2+x3+x4≥x1，求證：(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4.
【證明】 設(shè)x1=k(x2+x3+x4)，依題設(shè)有 ≤k≤1, x3x4≥4，原不等式等價于(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即
(x2+x3+x4) ≤x2x3x4，因為f(k)=k+ 在 上遞減，
所以 (x2+x3+x4)= (x2+x3+x4)
≤ ?3x2=4x2≤x2x3x4.
所以原不等式成立。
（8）局部不等式。
例12 已知x, y, z∈R+，且x2+y2+z2=1，求證：
【證明】 先證
因為x(1-x2)= ,
所以
同理 ，
，
所以
例13 已知0≤a, b, c≤1，求證： ≤2。
【證明】 先證 ①
即a+b+c≤2bc+2.
即證(b-1)(c-1)+1+bc≥a.
因為0≤a, b, c≤1，所以①式成立。
同理
三個不等式相加即得原不等式成立。
（9）利用函數(shù)的思想。
例14 已知非負實數(shù)a, b, c滿足ab+bc+ca=1，求f(a, b, c)= 的最小值。
【解】 當a, b, c中有一個為0，另兩個為1時，f(a, b, c)= ，以下證明f(a, b, c) ≥ . 不妨設(shè)a≥b≥c，則0≤c≤ , f(a, b, c)=
因為1=(a+b)c+ab≤ +(a+b)c，
解關(guān)于a+b的不等式得a+b≥2( -c).
考慮函數(shù)g(t)= , g(t)在[ ）上單調(diào)遞增。
又因為0≤c≤ ，所以3c2≤1. 所以c2+a≥4c2. 所以2 ≥
所以f(a, b, c)=
≥
=
=
≥
下證 0 ① c2+6c+9≥9c2+9 ≥0 因為 ，所以①式成立。
所以f(a, b, c) ≥ ，所以f(a, b, c)min=
2．幾個常用的不等式。
（1）柯西不等式：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，則
等號當且僅當存在λ∈R，使得對任意i=1, 2, , n, ai=λbi,
變式1：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，則
等號成立條件為ai=λbi,(i=1, 2, …, n)。
變式2：設(shè)ai, bi同號且不為0(i=1, 2, …, n)，則
等號成立當且僅當b1=b2=…=bn.
（2）平均值不等式：設(shè)a1, a2,…,an∈R+，記Hn= , Gn= , An= ，則Hn≤Gn≤An≤Qn. 即調(diào)和平均≤幾何平均≤算術(shù)平均≤平方平均。
其中等號成立的條件均為a1=a2=…=an.
【證明】 由柯西不等式得An≤Qn，再由Gn≤An可得Hn≤Gn，以下僅證Gn≤An.
1）當n=2時，顯然成立；
2）設(shè)n=k時有Gk≤Ak，當n=k+1時，記 =Gk+1.
因為a1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥
≥ 2kGk+1,
所以a1+a2+…+ak+1≥(k+1)Gk+1，即Ak+1≥Gk+1.
所以由數(shù)學(xué)歸納法，結(jié)論成立。
（3）排序不等式：若兩組實數(shù)a1≤a2≤…≤an且b1≤b2≤…≤bn，則對于b1, b2, …, bn的任意排列 ，有a1bn+a2bn-1+…+anb1≤ ≤a1b1+a2b2+…+anbn.
【證明】 引理：記A0=0，Ak= ，則 = （阿貝爾求和法）。
證法一：因為b1≤b2≤…≤bn，所以 ≥b1+b2+…+bk.
記sk= -( b1+b2+…+bk)，則sk≥0(k=1, 2, …, n)。
所以 -(a1b1+a2b2+…+anbn)= +snan≤0.
最后一個不等式的理由是aj-aj+1≤0(j=1, 2, …, n-1, sn=0),
所以右側(cè)不等式成立，同理可證左側(cè)不等式。
證法二：（調(diào)整法）考察 ，若 ，則存在。
若 (j≤n-1)，則將 與 互換。
因為
≥0，
所 調(diào)整后，和是不減的，接下來若 ，則繼續(xù)同樣的調(diào)整。至多經(jīng)n-1次調(diào)整就可將亂序和調(diào)整為順序和，而且每次調(diào)整后和是不減的，這說明右邊不等式成立，同理可得左邊不等式。
例15 已知a1, a2,…,an∈R+，求證； a1+a2+…+an.
【證明】證法一：因為 ，…， ≥2an.
上述不等式相加即得 ≥a1+a2+…+an.
證法二：由柯西不等式 (a1+a2+…+an)≥(a1+a2+…+an)2，
因為a1+a2+…+an >0，所以 ≥a1+a2+…+an.
證法三： 設(shè)a1, a2,…,an從小到大排列為 ，則 ， ，由排序原理可得
=a1+a2+…+an≥ ，得證。
注：本講的每種方法、定理都有極廣泛的應(yīng)用，希望讀者在解題中再加以總結(jié)。
三、基礎(chǔ)訓(xùn)練題
1．已知0
3．已知a, b, c∈R，且a2+b2+c2=1, ab+bc+ca的最大值為M，最小值為N，則MN=___________.
4．若不等式 對所有實數(shù)x成立，則a的取值范圍是____________.
5．若不等式 x+a的解是x>m，則m的最小值是____________.
6．“a+b=4”是“不等式x-a+x-b<8的解集是{x-2
8．已知0< < ，若 ，則 =____________.
9．已知 ，p=(x1- )2+(x2- )2+…+(xn- )2, q=(x1-a)2+(x2-a)2+…+(xn-a)2, 若 ，則比較大小：p___________q.
10．已知a>0, b>0且a b, m=aabb, n=abba, 則比較大�。簃_________n.
11．已知n∈N+，求證：
12．已知0
四、高考水平訓(xùn)練題
1．已知A=asin2x+bcos2x, B=acos2x+bsin2x(a, b, x∈R)，設(shè)m=AB, n=ab, P=A2+B2, q=a2+b2，則下列結(jié)論成立的有]__________.（1）m≥n, p≥q;（2）m≤n, p≤q；（3）m+p≥n+q；（4）m+q≥n+p.
2．已知a, b, c, d∈R，M=4(a-b)(c-d), N=(a-b)(c-b)+(d-a)(d-c)+(c-d)(c-b)+(a-b)(a-d)，則比較大�。篗________N.
3．若 R+，且 ， ，將 從小到大排列為________.
4．已知△ABC的三邊長a, b, c滿足b+c≤2a, a+c≤2b，則 的取值范圍是________.
5．若實數(shù)x, y滿足x+y≤1，則z=x2-xy+y2的最大值與最小值的和為________.
6．設(shè)函數(shù)f(x)= (x∈[-4,2])，則f(x)的值域是________.
7．對x1>x2>0, 1>a>0，記 ，比較大�。簒1x2________y1y2.
8．已知函數(shù) 的值域是 ，則實數(shù)a的值為________.
9．設(shè)a≤b
11．已知a, b, c∈R+且滿足 a+b+c≥abc，求證：下列三個式子中至少有兩個成立：
12．已知a, b∈R+且 ，求證：對一切n∈N+，(a+b)n-an-bn≥22n-2n+1.
13．已知a, b, c ∈R+，求證：
14．設(shè)x, y, z是3個不全為零的實數(shù)，求 的最大值。
五、聯(lián)賽一試水平訓(xùn)練題
1．已知a1, a2, b1, b2, c1, c∈R，a1c1- =a2c2 >0, P=(a1-a2)(c1-c2), Q=(b1-b2)2，比較大小：P_______Q.
2．已知x2+y2-xy=1，則x+y-3+x+y+2=__________.
3．二次函數(shù)f(x)=x2+ax+b，記M=max{f(1), f(2), f(3)}，則M的最小值為__________.
4．設(shè)實數(shù)a, b, c, d滿足a≤b≤c≤d或者a≥b≥c≥d，比較大�。�
4(a+c+d)(a+b+d)__________(2a+3d+c)(2a+2b+c+d).
5．已知xi∈R+, i=1, 2, …,n且 ，則x1x2…xn的最小值為__________（這里n>1）.
6．已知x, y∈R, f(x, y)=x2+6y2-2xy-14x-6y+72的最小值為__________.
7．已知0≤ak≤1(k=1, 2, …,2n)，記a2n+1=a1, a2n+2=a2，則 的最大值為__________.
8．已知0≤x≤1, 0≤y≤1, 0≤z≤1，則 的最大值為__________.
9．已知 ≤x≤5，求證：
10．對于不全相等的正整數(shù)a, b, c，求證：
11．已知ai>0(i=1, 2, …, n)，且 =1。又0<λ1≤λ2≤…≤λn，求證： ≤
六、聯(lián)賽二試水平訓(xùn)練題
1．設(shè)正實數(shù)x, y, z滿足x+y+z=1，求證：
2．設(shè)整數(shù)x1, x2, …,xn與y1, y2, …, yn滿足1
3．設(shè)f(x)=x2+a，記 f(x), fn(x)=f(fn-1(x))(n=2, 3, …)，M={a∈R對所有正整數(shù)n, fn(0) ≤2}，求證： 。
4．給定正數(shù)λ和正整數(shù)n(n≥2)，求最小的正數(shù)M（λ），使得對于所有非負數(shù)x1, x2,…,xn ，有M(λ)
5．已知x, y, z∈R+，求證：(xy+yz+zx)
6．已知非負實數(shù)a, b, c滿足a+b+c=1，求證：2≤(1-a2)2+(1-b2)2+(1-c2)2≤(1+a)(1+b)(1+c)，并求出等號成立的條件。
本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/gaosan/76685.html
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