证明不等式问题的方法

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1、 证明不等式问题的方法 1 证明不等式问题的方法 在全国高中数学联赛中,证明不等式的重要方法有:恒等变形法、变量代换法、函数分析法、磨光变换法、局部构造法和模型构造法.本讲重点关注这些方法的使用和用场. :恒等变形法 等式与不等式是相互联系的,如等式a2+b2=2ab+(a-b)2与均值不等式a2+b22ab;等式(a2+b2)(x2+y2)=(ax+by)2+(ay-bx)2与柯西不等式(a2+b2)(x2+y2)(ax+by)2;等式a2+b2+c2=ab+bc+ca+(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2与不等式a2+b2+c2ab+bc+ca等.我们发现:这些重要不等式均是由相应的等

2、式的一边去掉非负项得到,在这几个例子中,等式与不等式达到高度统一. 等式与不等式的统一性,为解决不等式问题提供了有力的方法. 1.分解变换法 因式分解是恒等变形的重要手段,在处理不等式问题中有重要作用:或分解因式,利于均值、柯西不等式应用;或分解因式,利用各因式的符号解决问题;或分解因式,构造所需不等式.例1:(2009年第六届东南地区数学奥林匹克竞赛试题)设x、y、zR+,=x(y-z)2,=y(z-x)2,=z(x-y)2.求证:a2+b2+c22(ab+bc+ca).解析:由a2+b2+c2-2(ab+bc+ca)=a2-2a(b+c)+(b-c)2=a2-2a(+)2+(-)2+(+)

3、2(-)2=a-(+)2a-(-)2=(+)(-)(+-)(-+)0知只须证(-)(+-)(-+)0,即(-+)(+-)(-+)0;而-+=-x(y-z)2+y(z-x)2+z(x-y)2(因为当x=y时,-x(y-z)2+y(z-x)2+z(x-y)2=-x(x-z)2+x(z-x)2=0其中必有因式x-y)=-(xy2-2xyz+xz2)+(yz2-2xyz+yx2)+z(x-y)2=(x-y)xy-(x-y)z2+z(x-y)2=(x-y)(xy-z2-zx+yz)=-(y+z)(z-x)(x-y),同理可得:-+=-(z+x)(x-y)(y-z),+-=-(x+y)(y-z)(z-x)

4、,三式相乘得:(-+)(+-)(-+)=-(x+y)(y+z)(z+x)(x-y)(y-z)(z-x)20.练习1:1.(2008年全国高中数学联赛江苏初赛试题)己知a、b、c、d为正实数,且a+b+c+d=4.求证:a2bc+b2da+c2da+d2bc4.2.(1998年印度数学奥林匹克试题)设a、b、cR+,且、组成三角形的三边,f(x)=x2-(a+b+c)x+ab+bc+ca.证明:f(x)=0没有实根.3.(2005年克罗地亚数学奥林匹克试题)己知正实数a、b、c满足:+=1.求证:(a-1)(b-1)(c-1)8.4.(第24届加拿大数学奥林匹克试题)设x、y、z0.求证:x(x

5、-z)2+y(y-z)2(x-z)(y-z)(x+y-z).5.(2006年波兰数学奥林匹克试题)设正实数a、b、c满足ab+bc+ca=abc.证明:+1.6.(2005年英国数学奥林匹克试题)设a、b、c为正实数.证明:(+)2(a+b+c)(+). 2.恒等变形法 恒等变形法是解决不等式问题的重要方法,恒等变形的手段有:利用对称式的性质:两个对称式的和、差、积、商仍是对称式;充分利用条件进行升幂、降幂;分式中分子简化的思想.例2:(2005年第5届中国西部数学奥林匹克试题)设正实数a、b、c满足a+b+c=1.证明:10(a3+b3+c3)-9(a5+b5+c5)1.解析:由1=(a+b

6、+c)3=(a3+b3+c3)+3(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2+2abc)=(a3+b3+c3)+3(a+b)(b+c)(c+a)a3+b3+c3=1-3(a+b)(b+c)(c+a);a5+b5+c5=(a+b+c)5-5(a+b)(b+c)(c+a)(a2+b2+c2+ab+bc+ca)=1-5(a+b)(b+c)(c+a)(a2+b2+c2+ab+bc+ca);故不等式等价于:101-3(a+b)(b+c)(c+a)-91-5(a+b)(b+c)(c+a)(a2+b2+c2+ab+bc+ca)145(a+b)(b+c)(c+a)(a2+b2+c2+ab+bc+ca)3

7、0(a+b)(b+c)(c+a)3(a2+b2+c2+ab+bc+ca)23(a2+b2+c2+ab+bc+ca)2(a+b+c)2a2+b2+c2ab+bc+ca,显然成立.练习2:1.(叶军.数学奥林匹克教程例题)设x、y、z0,求证:(x+y+z)5-(x5+y5+z5)10(x+y)(y+z)(z+x)(xy+yz+zx). 2 证明不等式问题的方法 2.(2000年太原市初中数学竞赛试题)设a、b、c是互不相等的实数.求证:+0.3.(中等数学.2007年7期.数学奥林匹问题(高204)己知a、b、c为满足a+b+c=1的正数.求证:+5.4.(2010年全国高中数学联赛广东初赛试题

8、)设非负实数a,b,c满足a+b+c=1,求证:9abcab+bc+ca(1+9abc).5.(中等数学.2008年11期.数学奥林匹问题(高235)己知实数a、b、c满足:a+b+c=1,a2+b2+c2=1.求证:a5+b5+c51.6.(2010年第51届国际数学奥林匹克预选题)己知实数a、b、c、d满足:a+b+c+d=6,a2+b2+c2+d2=12.证明:364(a3+b3+c3+d3)-(a4+b4+c4+d4)48. 3.特殊恒等式 代数恒等式:(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc=(a+b)(b+c)(c+a).这个涉及3个字母的对称型的代数恒等式是比较实用的,据此,可

9、以证明一批国内外数学竞赛里的不等式问题.例3:(1990年第31届国际数学奥林匹克预选题)设a,b,c为正实数.求证:(a2+ab+b2)(b2+bc+c2)(c2+ca+a2)(ab+bc+ca)3.解析:因为:x2+xy+y2(x+y)2,所以,(a2+ab+b2)(b2+bc+c2)(c2+ca+a2)(a+b)2(b+c)2(c+a)2;于是,要证明原不等式,只要证明:(a+b)2(b+c)2(c+a)2(ab+bc+ca)327(a+b)2(b+c)2(c+a)264(ab+bc+ca)3; 由(abc)2=(ab)(bc)(ca)()3abc(;又由恒等式(a+b)(b+c)(c+

10、a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc(ab+bc+ca)-abc(ab+bc+ca-(=(ab+bc+ca,两边平方即得:27(a+b)2(b+c)2(c+a)264(ab+bc+ca)3.练习3:1.(2006年土耳其国家队选拔考试试题)已知正数x,y,z满足xy+yz+zx=1,求证:(x+y)(y+z)(z+x)(+)26.2.(1992年波兰奥地利数学奥林匹克试题)设a,b,c为正实数.证明不等式:2.3.(2005年罗马尼亚数学奥林匹克试题)设a,b,c为正实数,且(a+b)(b+c)(c+a)=1.求证:ab+bc+ca.4.(2004年中国国家队训练试题)设a,b,c

11、为正实数.求证:.5.(1991年俄罗斯数学奥林匹克试题)若a,b,c是正实数,且a+b+c=1.求证:(1+a)(1+b)(1+c)8(1-a)(1-b)(1-c).6.(2001年韩国数学奥林匹克试题)对于正实数a,b,c.求证:abc+ 4.和式变换法 和式变换的常用公式:()2=+2;=n-()2;=;()()=;=;(阿贝尔恒等式)=Snbn+, 证明不等式问题的方法 3 其中,Sk=.例4:(1989年全国高中数学联赛试题)已知xiR(i=1,2,n,n2)满足=1,=0.求证:|-.解析:记诸xi中全体非负数之和为A,全体负数之和为B,则由条件有A-B=1,且A+B=0.故必有A

12、=,B=-;记Sk=(k=1,2,n),并记S0=0,则|Sk|(k=1,2,n);由阿贝尔变换有=Sn+=|=(1-)=-.练习4:1.(2004年全国高中数学联赛吉林初赛试题)设aiR+,i=1,2,5.求+的最小值.2.(第七届全苏数学奥林匹克试题)设x1,x2,x3,x4,x5都是正实数.求证:(x1+x2+x3+x4+x5)24(x1x2+x2x3+x3x4+x4x5+x5x1).3.(1990年中国数学奥林匹克试题)设a1,a2,an(n2)是个互不相同的实数,S=,M=(ai-aj)2.求证:.4.(2001年上海市高中数学竞赛试题)实数x1,x2,x2001满足=2001,令y

13、k=(x1+x2+xk),k=1,2,2001.求的最大值.5.(1978年第20届国际数学奥林匹克(IMO)试题)已知a1,a2,an是两两不相等的正整数,求证:对任何正整数n,不等式:成立.6.(第27届中国国家集训队选拔考试)已知a1,a2,an和b1,b2,bn是实数.证明:使得对任何满足x1x2xn的实数,不等式恒成立的充要条件是,k=1,2,n-1,且=. :变量代换法 变量代换是数学中的常用解题方法,变量代换可将题目中分散的条件联系起来,或把隐含的条件显示出来,或把条件与结论联系起来,或变形为熟悉的问题.变量代换时要注意问题的等价性,即新变量的取值范围. 5.分母代换法 对于一些

14、分式不等式证明题,如果各项分式的分母是变量的线性表达式,我们就可以考虑把分母看作一个整体进行换元,从而将分式的分母简化.使问题化繁为简,化难为易,以便于寻找解题的突破口.例5:(1993年第34届国际数学奥林匹克预选题)对所有的正实数a、b、c、d.证明:+.解析:令x=b+2c+3d,y=c+2d+3a,z=d+2a+3b,t=a+2b+3c,则a=-x+y+z+t,b=x-t+z+t,c=x+y-z+t,d=x+y+z-t+=(+)+(+)+(+)-4+4+4-=. 4 证明不等式问题的方法 练习5:1.(数学通报.2001年第12期.数学问题解答(1324题)在ABC中,a、b、c分别为

15、其边长,求证:+6.2.(数学教学.2001年第5期.数学问题解答(543题)在ABC中,a、b、c分别为其边长,求证:+3.3.(中等数学.1996年第2期.数学奥林匹问题(高40)设x、y、zR+.求证:+.4.(数学教学.2003年第2期.数学问题解答(577题)己知x、y、zR+,k1.求证:+.5.(2009年第六届东南地区数学奥林匹克竞赛试题)设f(x,y,z)=(x、y、z0),且x+y+z=1.求f(x,y,z)的最大值和最小值.6.(1995年第36届国际数学奥林匹克(IMO)试题)设a,b,c为正实数且满足abc=1,试证:+. 6.条件代换法 如果不等式的条件较为复杂,或

16、条件不“规范”时,应首先对条件进行恒等变形,使条件变成“规范”,即具有对称性,然后对条件的各部分进行整体换元,使条件变为对称、简单,便于使用.例6:(2011年第51届乌克兰数学奥林匹克试题)己知实数a、b、c0,x+y+z=4,且a=1-,b=1-,c=1-a+b+c=3-(+)=3-(x+y+z)(+)3-9=.练习6:1.(2005年第二届中国东南地区数学奥林匹克试题)设0、0,且+=2.求证:+.6.(2011年第42届奥地利数学奥林匹克试题)若k、nZ+,xjR(1jn)满足=.证明:. 7.整体代换法 将待证不等式中的某部分代换为一个新变元的方法,称为整体代换法.使用整体代换法的关

17、键是寻找、建立新变元的关系式.例7:(2001年第42届国际数学奥林匹克(IMO)试题)对所有的正实数a、b、c.证明:+1.解析:令x=,y=,z=,则x2=-1=,同理:-1=,-1=(-1)(-1)(-1)=512; 下用反证法来证:假设z+y+z(y+z)(x+y+z+x)24=8,同理:(1-y2)8,(1-z2)8(1-x2)(1-y2)(1-z2)(8)(8)(8)=512x2y2z2512=(-1)(-1)(-1)=512,矛盾,故+=x+y+z1.练习7:1.(2004年泰国数学奥林匹克试题)设a、b、c是互不相同的实数,证明:()2+()2+()25.2.(1994年罗马尼

18、亚国家队集训试题)对所有x、y、zR+.求证:+2.3.(2004年第四届西部数学奥林匹克试题)求证:对任意正实数a、b、c,都有:+1.4.(2005年第一届北方数学奥林匹克邀请赛试题)设0、,cos2+cos2+cos2=1.求证:2(1+cos2)2sin4+(1+cos2)2sin4+(1+cos2)2sin4(1+cos2)(1+cos2)(1+cos2).5.(中等数学.2010年11期.数学奥林匹克高中训练题(135)设a、b、c为非负实数.求证:,其中,“”表示循环和.6.(2008年中国西部数学奥林匹克试题)设x、y、z(0,1),满足:+=2.求xyz的最大值. 8.和式代

19、换法 在证明含有条件=m的不等式时,可采用代换xi=m(i=1,2,n). 例8:(2012年第二届陈省身杯全国高中数学奥林匹克试题)己知a、b、c1,且a+b+c=9.证明: 6 证明不等式问题的方法 +.解析:由a+b+c=9,令a=,b=,c=,x+y+z=1,则+x2+y2+z29(x2y2+y2z2+z2x2);由a1,9x2=a(x2+y2+z2)x2+y2+z2(x+y+z)2=x,同理可得:y,z;不妨设xyz,则z=;令f(x,y,z)=x2+y2+z2-9(x2y2+y2z2+z2x2),则f(x,y,z)-f(,z)=1-9z2+(x+y)2+xy0,故只须证:f(,z)

20、=f(t,t,1-2t)(=t,)0;而f(t,t,1-2t)02t2+(1-2t)2-9t4+2t2(1-2t)2=(3t-1)2(1+2t-9t2)0t,故只须证:0,z+x-y0;若y+z-x0,则不等式显然成立;若y+z-x0,设y+z-x=,z+x-y=,x+y-z=,则x=,y=,z=,所以,(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)xyz,而这由均值不等式即得.练习9: 证明不等式问题的方法 7 1.(2008年全国高中数学联赛山东初赛试题)己知x0,y0,z0,且xyz=1.证明:1+0.求证:+.5.(2012年第二届陈省身杯数学奥林匹克试题)己知a、b、c0.证明:(a3+

21、-1)(b3+-1)(c3+-1)(abc+-1)3.6.(中等数学.2005年1期.数学奥林匹问题(高144)己知a、b、c为正实数.证明:+0.求证:+x2+y2+z2.4.(2002年全国高中数学联赛试题)实数a,b,c和正数,使得f(x)=x3+ax2+bx+c有三个实数根x1,x2,x3,且满足:x2-x1=;x3(x1+x2).求的最大值.5.(1990年全苏数学奥林匹克试题)n个正数的x1,x2,xn和为1.求证:+.6.(1995年第36届国际数学奥林匹克(IMO)试题)设a,b,c为正实数且满足abc=1,试证:+. 8 证明不等式问题的方法 11.三角代换法 三角换元是特殊

22、的、重要的换元,三角换元一般可根据变量的取值范围,选择恰当的三角函数进行换元,如若x a-b,a+b,则令x=a+bsin,或x=a+bcos;若xR,则令x=tan等;三角换元另一途径是根据式子的结构特点,选择恰当的三角函数进行换元,如3x3-4x,则令x=cos;1+x2,则令x=tan等;三角换元的一个特殊形式:若x2+y2+z2=1,则令x=coscos,y=cossin,z=sin.例11:(1992年第33届国际数学奥林匹克预选题)如果x、y、z10,且+=2.证明:+.解析:令x=,y=,z=,其中,、(0,),由+=2cos2+cos2+cos2=2sin2+sin2+sin2

23、=1;所以,+;由柯西不等式得:( +)2(sin2+sin2+sin2)(+)=+,即证.练习11:1.(1996年美国国家队选拔考试试题)设a1,a2,an-2,2,且=0.证明:|a13+a23+an3|2n.2.(1990年第一届希望杯全国数学邀请赛培训题)己知x、y、z0,且+=2.求证:+.3.(2010年全国高中数学联赛山西初赛试题)设xi0(i=1,2,n),约定xn+1=x1.证明:.4.(中等数学.2012年3期.数学奥林匹克高中训练题(151)求最大的正实数,数使不等式:1+对一切nN+及aiR均成立.5.(中等数学.2011年12期.数学奥林匹克高中训练题(148)设x

24、、y、z(0,1),且x2+y2+z2=1.求函数f=x+y+z-xyz的值域.6.(1990年第23届全苏数学奥林匹克试题)若a、b、c为三角形的三边之长,且a+b+c=1.则:a2+b2+c2+4abc. 12.内角代换法 在ABC中,tantan+tantan+tantan=1;cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1.并且这两个命题的逆命题成立,由此我们可以利用三角形内角代换条件xy+yz+zx=1,x2+y2+z2+2xyz=1,利用三角形中的三角不等式解决相关的不等式问题.例12:(2008年加拿大数学奥林匹克试题)已知三个正数a,b,c满足:a+b+c=

25、1,求证:+.解析:设a=tantan,b=tantan,c=tantan,其中A,B,C是ABC的三内角,则abc=(tantantan)2tantantan=tan=,tan=,tan=cosA=,cosB=,cosC=+=cosA+cosB+cosC.又因函数f(x)=cosx在(0,)上为凸函数,由琴生不等式得: 证明不等式问题的方法 9 cosA+cosB+cosC3cos=3cos=.当且仅当A=B=C,即a=b=c=时,等号成立.练习12:1.(2004年新加坡数学奥林匹克试题)设0a,b,c0(i=1,2,3,4,5),且=1.求证:1.解析:令=ai(i=1,2,3,4,5)

26、,则ai(0,1),=1,=,令f(x)=,x(0,1),(x)=f(x)在x=处的切线:y=(x-)+=x+;先证:f(x)x+,事实上,f(x)x+75x3-5x2-7x+10(5x-1)2(3x+1)0成立;所以,=+5=1.练习13:1.(中等数学.2009年3期.数学奥林匹问题(高244)己知实数a、b、c、d满足:a+b+c+d=ab+ac+ad+bc+bd+cd=3.求最大实数k,使得不等式a+b+c+2ab+2bc+2cakd恒成立.2.(2012年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)设实数a、b满足:3a+13b=17a,5a+7b=11b.证明:a0,x4+y4+z4=1.求的最

27、小值.6.(2005年摩尔多瓦数学奥林匹克试题)己知a、b、c为正实数,且a4+b4+c4=3.证明:+1. 14.磨光变换法 磨光变换法,又称逐(局)步调整法,是重要的解题方法,在不等式问题中的具体表现为不等式f(x1,x2,xn)c的证明:首先确定等号成立的条件:x1=a1,x2=a2,xn=an;调整其中的两个以上的变量,如x1,x2变为y1,y2,使得y1,y2 10 证明不等式问题的方法 较x1,x2更接近a1,a2,且y1,y2,x3,xn满足题目条件;证明不等式:f(x1,x2,xn)f(y1,y2,xn),经过有限步的调整可得f(y1,y2,yn)=c,即证得f(x1,x2,x

28、n)c.例14:(2003年中国国家队集训试题、2008年全国高中数学联赛江西初赛试题)设x、y、z为非负实数,满足xy+yz+zx=1.证明:+.解析:不妨设xyz0,并记f(x,y,z)=+,先证:f(x,y,z)f(t,t,z),其中,t=满足t2+2tz=1;事实上,f(x,y,z)f(t,t,z)+;先证:x+y2t,否则x+y2txy()2t21=xy+yz+zxt2+2tz,与t2+2tz=1矛盾;此时+(-)+(+-)0(注意到:+=)(x+y-2t)-02t(x+y)1+z2(由t2+2tz=1z=)2t(x+y)1+()2,只须证:4t21+()2t2(15t2-2)1,注

29、意到:t=z,由t2+2tz=13t2t2+2tz=1t2t2(15t2-2)(15-2)=1; 不等式:f(x,y,z)f(t,t,z)表明:f(x,y,z)的最小值在x=y=t,即z=时取得,此时,f(t,t,z)=+,令g(t)=+(t1)(t)=-+=-0g(t)在,1上单调递减g(t)g(1)=+.练习14:1.(1984年第25届国际数学奥林匹克(IMO)试题)己知x、y、z都是非负实数,且x+y+z=1,求证:xy+yz+zx-2xyz.2.(1990年第23届全苏数学奥林匹克试题)若a、b、c为三角形的三边之长,且a+b+c=1.则:a2+b2+c2+4abc2.4.(2003

30、年中国国家队集训试题)设非负实数a、b、c满足ab+bc+ca=1.求+的最小值.5.(2011年第十届中国女子数学奥林匹克试题)设正实数a、b、c、d满足:abcd=1.证明:+.6.(1999年第40届国际数学奥林匹克(IMO)试题)设n是一个固定的整数,n2.试确定最小的正数c,使得不等式:c()4对所有的非负实数xi(i=1,2,n)都成立. 15.局部构造法 如果待证不等式从整体入手较难,可以通过估计局部性质.构造适合于各局部的不等式,然后利用不等式的可加、可乘性证明原不等式,这种方法称为局部构造法.例15:(2012年第53届国际数学奥林匹克(IMO)试题)设整数n3,正实数a2,

31、a3,an满足a2a3an=1.证明:(1+a2)2(1+a3)3(1+an)nnn.解析:因(1+ak)k=(+ak)kkk()k-1ak(1+a2)2(1+a3)3(1+an)n(22a2)33()2a3 证明不等式问题的方法 11 44()3a4nn()n-1an=nn,等号当且仅当ak=(k=2,3,n)时成立,这与a2a3an=1矛盾.故(1+a2)2(1+a3)3(1+an)nnn.练习15:1.(2006年第二届北方数学奥林匹克邀请赛试题)己知正数a、b、c满足a+b+c=3.求证:+5.2.(中等数学.2005年7期.数学奥林匹问题(高155)己知a、b、c为满足a+b+c=1

32、的正实数.求证:+.3.(2005年摩尔多瓦数学奥林匹克试题)己知a、b、c为正实数,且a4+b4+c4=3.证明:+1.4.(2005年新西兰数学奥林匹克试题)设a、b、c是满足abc=1的正实数.证明:+.5.(中等数学.2006年4期.数学奥林匹问题(高173)己知x、y、zR+,x+y+z=1.求证:(-x)(-y)(-z)()3.6.(2006年美国国家队选拔考试试题)试求实数k的最小值,使得对任意不全为正的实数x、y、z,不等式k(x2-x+1)(y2-y+1)(z2-z+1)(xyz)2-xyz+1均成立. 16.模型构造法 通过对不等式中代数式的结构分析,并着力于寻找其几何意义

33、,然后构造相应的几何图形,通过几何图形的性质证明不等式,这种方法称为模型构造法.例16:(1996年中国数学奥林匹克试题)设nN+,x0=0,xi0(i=1,2,n),且=1.求证:1.解析:令sini=x0+x1+xi,则xi=sini-sini-1,1+x0+x1+xi-1=1+sini-1,xi+xn=1-sini-1M=1,当时仅当n=时等号成立; 由sini=x0+x1+xi0=sin0in1sinn=10=01n=;构造点Pi(cosi,sini),则点Pi在第一象限的单位圆弧上,记多边形P0P1PnO的面积为S,由图形性质知S,且S=2S=;而M=,故只须证: ,即证:sinic

34、osi-1-cosisini-1sini-sini-1sinicos2i-1-cosisini-1cosi-1sini(1-cos2i-1)sini-1(1-cosicosi-1)cos(i-i-1)1成立.练习16:1.(2002年第届白俄罗斯数学奥林匹克试题)己知正实数a、b、c、d.求证:+ 12 证明不等式问题的方法 +.2.(中等数学.2005年1期.数学奥林匹克高中训练题(72)设实数a、b满足a2+b2.试判定关于x的方程x4+ax3+bx2+ax+1=0是否有实数根？3.(1990年中国国家队集训试题)设x、y、zR,0xyzsin2x+sin2y+sin2z.4.(2010年

35、全国高中数学联赛广东初赛试题)已知非负实数a、b、c满足a+b+c=1.求证:9abcab+bc+ca(1+9abc).5.(2012年全国高中数学联赛四川初赛试题)已知a、b、cR+,满足abc(a+b+c)=1.()求S=(a+c)(b+c)的最小值;()当S取最小值时,求c的最大值.注:本题的第()问为1989年全苏数学奥林匹克试题.6.(2011年第47届蒙古数学奥林匹克试题)已知正实数x、y、z满足:5minx,y,zx+y+z.证明:+. 证明不等式问题的方法 13 附录:练习答案练习1:1.(2008年全国高中数学联赛江苏初赛试题)己知a、b、c、d为正实数,且a+b+c+d=4

36、.求证:a2bc+b2da+c2da+d2bc4.解:由a2bc+b2da+c2da+d2bc=(a2bc+c2da)+(b2da+d2bc)=ac(ab+cd)+bd(ab+cd)=(ab+cd)(ac+bd)2=4=4.2.(1998年印度数学奥林匹克试题)设a、b、cR+,且、组成三角形的三边,f(x)=x2-(a+b+c)x+ab+bc+ca.证明:f(x)=0没有实根.解:由=(a+b+c)2-4(ab+bc+ca)=a2+b2+c2-2(ab+bc+ca)=a2-2(b+c)a+(b-c)2=a2-(+)2+(-)2+(+)2(-)2=a-(+)2a-(-)2=(+)(-)(+-)

37、(-+)0,求证:(x+y+z)5-(x5+y5+z5)10(x+y)(y+z)(z+x)(xy+yz+zx).解:因f(x,y,z)=(x+y+z)5-(x5+y5+z5)是x、y、z的5次对称式,且f(x,-x,z)=0(x+y)|f(x,y,z),同理可得:(y+z)|f(x,y,z),(z+x)|f(x,y,z)(x+y)(y+z)(z+x)|f(x,y,z),故可设f(x,y,z)=(x+y)(y+z)(z+x)A(x2+y2+z2)+B(xy+yz+zx),令x=0,y=z=1得2A+B=15,令x=y=z=1得A+B=10A=B=5f(x,y,z)=5(x+y)(y+z)(z+x

38、)(x2+y2+z2)+(xy+yz+zx)10(x+y)(y+z)(z+x)(xy+yz+zx). 14 证明不等式问题的方法 2.(2000年太原市初中数学竞赛试题)设a、b、c是互不相等的实数.求证:+0.解:因M=+=-,其分子是5次齐次轮换对称式,分母是3次齐次轮换对称式M是2次齐次轮换对称式,设M=p(a2+b2+c2)+q(ab+bs+ca),取a=0,b=1,c=2得:5p+2q=7;取a=1,b=2,c=3得:14p+11q=25p=q=1M=(a2+b2+c2)+(ab+bs+ca)=(a+b)2+(b+c)2+(c+a)20.3.(中等数学.2007年7期.数学奥林匹问题

39、(高204)己知a、b、c为满足a+b+c=1的正数.求证:+5.解:由=-a=-a=-1-a,同理可得:=-1-b,=-1-c+=+-3-(a+b+c)=+-4-4,而1=a+b+c3-49-4=5.4.(2010年全国高中数学联赛广东初赛试题)设非负实数a,b,c满足a+b+c=1,求证:9abcab+bc+ca(1+9abc).解:先证左边的不等式:ab+bc+ca=(ab+bc+ca)(a+b+c)=a2b+ab2+b2c+bc2+a2c+ac2+3abc6+3abc=9abc;再证右边的不等式:不妨设abc,注意到条件a+b+c=1得:1+9abc-4(ab+bc+ca)=(a+b+

40、c)3+9abc-4(ab+bc+ca)(a+b+c)=a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)=(a-b)a(a-c)-b(b-c)+c(c-a)(c-b)0ab+bc+ca(1+9abc).5.(中等数学.2008年11期.数学奥林匹问题(高235)己知实数a、b、c满足:a+b+c=1,a2+b2+c2=1.求证:a5+b5+c51.解:由1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)=1+2(ab+bc+ca)ab+bc+ca=0(两边平方)a2b2+b2c2+c2a2+2(ab2c+abc2+a2bc)=0a2b2+b2c2+c2a2+2

41、abc(a+b+c)=0a2b2+b2c2+c2a2=-2abc0abc0;又因1=(a+b+c)(a2+b2+c2)=(a3+b3+c3)+ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=(a3+b3+c3)+ab(1-c)+bc(1-a)+ca(1-b)=(a3+b3+c3)-3abca3+b3+c3=1+3abc1+3abc=(a3+b3+c3)(a2+b2+c2)=(a5+b5+c5)+a2b2(a+b)+b2c2(b+c)+c2a2(c+a)=(a5+b5+c5)+a2b2(1-c)+b2c2(1-a)+c2a2(1-b)=(a5+b5+c5)+(a2b2+b2c2+c2a2)-ab

42、c(ab+bc+ca)=(a5+b5+c5)-2abca5+b5+c5=1+5abc1.6.(2010年第51届国际数学奥林匹克预选题)己知实数a、b、c、d满足:a+b+c+d=6,a2+b2+c2+d2=12.证明:364(a3+b3+c3+d3)-(a4+b4+c4+d4)48.解:令x=a-1,y=b-1,z=c-1,t=d-1,则x+y+z+t=2,x2+y2+z2+t2=(a2+b2+c2+d2)-2(a+b+c+d)+4=4,4(a3+b3+c3+d3)-(a4+b4+c4+d4)=-(x+1)4+(y+1)4+(z+1)4+(t+1)4+4(x+1)3+(y+1)3+(z+1)

43、3+(t+1)3=-(x4+y4+z4+t4)+52,所以原不等式变形为:4x4+y4+z4+t416;由x4+y4+z4+t4(x2+y2+z2+t2)2=4,且x4+y4+z4+t4(x2+y2+z2+t2)2=16知不等式成立.练习3:1.(2006年土耳其国家队选拔考试试题)已知正数x,y,z满足xy+yz+zx=1,求证:(x+y)(y+z)(z+x)(+)26.解:由x+y+z=(x+y+z)(xy+yz+zx)33=9xyz;(+)2=2(x+y+z)+2+2+22(x+y+z)+(x+y)+(y+z)+(y+z)+(z+x)+(z+x)+(x+y)=6(x+y+z);所以要证:

44、 证明不等式问题的方法 15 (x+y)(y+z)(z+x)(+)2,只须证(x+y)(y+z)(z+x)6(x+y+z);由恒等式:(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz=(x+y+z)-xyz(x+y+z)-(x+y+z)(x+y)(y+z)(z+x)6(x+y+z); 由(x+y+z)2=x2+y2+z2+2(xy+yz+zx)3(xy+yz+zx)=3x+y+z(+)2=2(x+y+z)+2+2+22(x+y+z)+23=2(x+y+z)+62(x+y+z)+62+6=6.2.(1992年波兰奥地利数学奥林匹克试题)设a,b,c为正实数.证明不等式:

45、2.解:由均值不等式得:(a+b+c)(ab+bc+ca)33=9abc;由恒等式:(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc8abcabc(a+b)(b+c)(c+a)(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc(a+b+c)(ab+bc+ca)-(a+b)(b+c)(c+a)(a+b+c)(ab+bc+ca)(a+b)(b+c)(c+a);又因(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)3(ab+bc+ca)a+b+c(a+b)(b+c)(c+a)(a+b+c)(ab+bc+ca)(ab+bc+ca)=(ab+bc

46、+ca2.3.(2005年罗马尼亚数学奥林匹克试题)设a,b,c为正实数,且(a+b)(b+c)(c+a)=1.求证:ab+bc+ca.解:由均值不等式得:(abc)2=(ab)(bc)(ca)()3abc(;又由恒等式(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc(a+b+c)(ab+bc+ca)-(a+b+c)(ab+bc+ca)1+(;而(a+b+c)(ab+bc+ca)(ab+bc+ca)=(ab+bc+ca(ab+bc+ca1+(ab+bc+ca.4.(2004年中国国家队训练试题)设a,b,c为正实数.求证:.解:先证左不等式,由3元均值不等式得:3=3+=a+b+c; 再证右不等式,利用恒等式得:=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc(a+b+c)(ab+bc+ca)-(a+b+c)(ab+bc+ca)=(a+b+c)(ab+bc+ca);由柯西不等式得:a+b+c+;ab+bc+ca(+)2(+)3.5.(1991年俄罗斯数学奥林匹克试题)若a,b,c是正实数,且a+b+