当前位置：首页 > 2014高三数学知识点精析精练12：不等式的证明
求证：(1)a2+b2+c2≥
1 3 (2)3a?2?3b?2?3c?2≤6 5．已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=6．证明下列不等式：
(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，则(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz， 则
111y?zz?xx?y≥2(??) ??xyzxyzb?c2c?a2a?b2
z≥2(xy+yz+zx) x?y?abc12，证明：x，y，z∈［0，］ 237．(2001全国)已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n. (1)证明：niAim＜miAin； (2)证明：(1+m)n＞(1+n)m
8．若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证：a+b≤2，ab≤1.
参考答案
一、1.解析：令
ab=cos2θ，=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc2θ
yx=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2atan2??bcot2??a?b?2ab.
答案：a+b+2ab
2.解析：由0≤|a－d|＜|b－c|?(a－d)2＜(b－c)2?(a+b)2－4ad＜(b+c)2－4bc ∵a+d=b+c，∴－4ad＜－4bc，故ad＞bc. 答案：ad＞bc
3.解析：把p、q看成变量，则m＜p＜n，m＜q＜n. 答案：m＜p＜q＜n 二、4.(1)证法一：a2+b2+c2－=
11=(3a2+3b2+3c2－1) 331［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］ 3
1［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］ 311=［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥ 33=
证法二：∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥
1 3a2?b2?c2证法三：∵?3∴a2+b2+c2≥
a?b?ca?b?c∴a2+b2+c2≥
331 3111证法四：设a=+α，b=+β，c=+γ.
333∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a2+b2+c2=(=
111+α)2+(+β)2+(+γ)2 3332
12+ (α+β+γ)+α2+β2+γ3311=+α2+β2+γ2≥ 331∴a2+b2+c2≥
33a?2?1,23b?33c?3同理3b?2?,3c?2?
223(a?b?c)?9?3a?2?3b?2?3c?2??62(2)证法一:?3a?2?(3a?2)?1?∴原不等式成立. 证法二：?(3a?2)?(3b?2)?(3c?2)3a?2?3b?2?3c?2 ?333(a?b?c)?6?3
3∴3a?2?3b?2?3c?2≤33＜6 ∴原不等式成立.
5.证法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=方程得：
2y2－2(1－x)y+2x2－2x+
11，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成关于y的一元二次221=0，∵y∈R，故Δ≥0 2
∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+同理可得y，z∈［0，
122)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］ 2332］ 3111证法二：设x=+x′，y=+y′，z=+z′，则x′+y′+z′=0，
3331111于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2
233312=+x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′) 33211132222(y??z?)=+x′+y′+z′≥+x′+=+x′2 3332211122故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］
93333证法三：设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x2＞0，
1222
=x+y+z≥2(y?z)2(1?x)2311x+??x2?x2?x?＞，矛盾.
2222222x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x＞，
3312222(y?z)22(1?x)2321则=x+y+z≥x+=x+=x－x+
222223211=x(x－)+＞；矛盾. 23222故x、y、z∈［0，］
3b?c2c?a2a?b26.(1)证明:?x?y?z?2(xy?yz?zx)2bcbacbac?(x2?y2?2xy)?(y2?z2?2yz)?(z2?x2?2zx)abbcca2
ba2cb2ac2x?y)?(y?z)?(z?x)?0abbccab?c2c?aa?b2?x?y?z?2(xy?yz?zx)abc(2)证明:所证不等式等介于y?zz?xx?yx2y2z2(??)?2(xy?yz?zx)2xyz?(?xyz?[yz(y?z)?zx(z?x)?xy(x?y)]?2(xy?yz?zx)2?(x?y?z)(y2z?yz2?z2x?zx2?x2y?xy2)?2(x2y2?y2z2?z2x2)?4(x2yz?xy2z?xyz2)?y3z?yz3?z3x?zx3?x3y?xy3?2x2yz?2xy2z?2xyz2?yz(y?z)2?zx(z?x)2?xy(x?y)2?x2(y?z)2?y2(z?x)2?z2(x?y)2?0∵上式显然成立，∴原不等式得证.
7.证明：(1)对于1＜i≤m，且Aim =m·?·(m－i+1)，
Aimmm?1Aimnn?1mi?m?m???m?i?1m,同理ni?n?n?i?1n???n，
由于m＜n，对于整数k=1，2，?，i－1，有
n?km?n?km， Aii所以nAmini?mi,即miAin?nAim
(2)由二项式定理有：
(1+m)n=1+C122nn
nm+Cnm+?+Cnm， (1+n)m=1+C122mmmn+Cmn+?+Cmn，
由(1)知
mi
Aii
Ain＞nAim
(1＜i≤m)，而
Cim=
miAini!,Cn?i!∴miCin＞niCim(1＜m＜n)
∴m0C000112222n=nCn=1，mCn=nCm=m·n，mCn＞nCm，?， mmCmmmm+1n＞nCm，mCm?1n＞0，?，mnCnn＞0， ∴1+C122+?+Cnn12mn2+?+Cmmnm+Cnmnm＞1+Cmn+Cmn，
即(1+m)n＞(1+n)m成立.
8.证法一：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以 (a+b)3－23=a3+b3+3a2b+3ab2－8=3a2b+3ab2－6
=3［ab(a+b)－2］=3［ab(a+b)－(a3+b3)］=－3(a+b)(a－b)2≤0. 即(a+b)3≤23，又a+b＞0，所以a+b≤2，因为2ab≤a+b≤2， 所以ab≤1.
证法二：设a、b为方程x2－mx+n=0的两根，则??m?a?b?n?ab，
因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0
因为2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n) m2所以n=23?3m 2
4(m2将②代入①得m－23?3m)≥0， ①②
?m3?8即≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，
3m由2≥m 得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n， 即n≤1，所以ab≤1.
证法三：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以
2=a3+b3=(a+b)(a2+b2－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b)
于是有6≥3ab(a+b)，从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3= (a+b)3，所以a+b≤2，(下略）
a3?b3a?b3证法四：因为?()
22(a?b)[4a2?4b2?4ab?a2?b2?2ab]3(a?b)(a?b)2??≥0，
88a?b3a3?b3) 所以对任意非负实数a、b，有≥(22a?b3a3?b3)， 因为a＞0，b＞0，a+b=2，所以1=≥(223
3
∴
a?b≤1，即a+b≤2，(以下略） 2证法五：假设a+b＞2，则
a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1， 又a3+b3=(a+b)［a2－ab+b2］=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞2(22－3ab)
因为a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)
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