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＝[(a－b)2－c2]＋[(b－c)2－a2]＋[(c－a)2－b2].而在△ABC中，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b－a))＜c，所以(a－b)2＜c2，即(a－b)2－c2＜0.同理(a－c)2－b2＜0，(b－c)2－a2＜0，所以a2＋b2＋c2－2(ab＋bc＋ca)＜0.故a2＋b2＋c2＜2(ab＋bc＋ca).【點(diǎn)撥】不等式的證明中，比較法特別是作差比較法是最基本的證明方法，而在牽涉到三角形的三邊時(shí)，要注意運(yùn)用三角形的三邊關(guān)系：任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊.【變式訓(xùn)練2】設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，0＜n＜1,0＜m＜1，m＋n＝1，求證：eq\f(a2,m)＋eq\f(b2,n)≥(a＋b)2.【證明】因?yàn)閑q\f(a2,m)＋eq\f(b2,n)－(a＋b)2＝eq\f(na2＋mb2,mn)－eq\f(nm(a2＋2ab＋b2),mn)＝eq\f(na2(1－m)＋mb2(1－n)－2mnab,mn)＝eq\f(n2a2＋m2b2－2mnab,mn)＝eq\f((na－mb)2,mn)≥0，所以不等式eq\f(a2,m)＋eq\f(b2,n)≥(a＋b)2成立.題型三用分析法證明不等式【例3】已知a、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1.求證：(1＋a)(1＋b)(1＋c)≥8(1－a)(1－b)(1－c).【證明】因?yàn)閍、b、c∈R＋，且a＋b＋c＝1，所以要證原不等式成立，即證[(a＋b＋c)＋a][(a＋b＋c)＋b][(a＋b＋c)＋c]≥8[(a＋b＋c)－a][(a＋b＋c)－b][(a＋b＋c)－c]，也就是證[(a＋b)＋(c＋a)][(a＋b)＋(b＋c)][(c＋a)＋(b＋c)]≥8(b＋c)(c＋a)(a＋b).①因?yàn)?a＋b)＋(b＋c)≥2eq\r((a＋b)(b＋c))＞0，(b＋c)＋(c＋a)≥2eq\r((b＋c)(c＋a))＞0，(c＋a)＋(a＋b)≥2eq\r((c＋a)(a＋b))＞0，三式相乘得①式成立，故原不等式得證.【點(diǎn)撥】本題采用的是分析法.從待證不等式出發(fā)，分析并尋求使這個(gè)不等式成立的充分條件的方法叫分析法，概括為“執(zhí)果索因”.分析法也可以作為尋找證題思路的方法，分析后再用綜合法書寫證題過(guò)程.【變式訓(xùn)練3】設(shè)函數(shù)f(x)＝x－a(x＋1)ln(x＋1)(x＞－1，a≥0).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：當(dāng)m＞n＞0時(shí)，(1＋m)n＜(1＋n)m.【解析】(1)f′(x)＝1－aln(x＋1)－a，①a＝0時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)在(－1，＋∞)上是增函數(shù)；②當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在(－1，－1]上單調(diào)遞增，在[－1，＋∞)單調(diào)遞減.(2)證明：要證(1＋m)n＜(1＋n)m，只需證nln(1＋m)＜mln(1＋n)，只需證eq\f(ln(1＋m),m)＜eq\f(ln(1＋n),n).設(shè)g(x)＝eq\f(ln(1＋x),x)(x＞0)，則g′(x)＝eq\f(\f(x,1＋x)－ln(1＋x),x2)＝eq\f(x－(1＋x)ln(1＋x),x2(1＋x)).由(1)知x－(1＋x)ln(1＋x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，所以x－(1＋x)ln(1＋x)＜0，即g(x)是減函數(shù)，而m＞n，所以g(m)＜g(n)，故原不等式成立.總結(jié)提高1.一般在證明不等式的題目中，首先考慮用比較法，它是最基本的不等式的證明方法.比較法一般有“作差比較法”和“作商比較法”，用得較多的是“作差比較法”，其中在變形過(guò)程中往往要用到配方、因式分解、通分等計(jì)算方法.2.用綜合法證明不等式的過(guò)程中，所用到的依據(jù)一般是定義、公理、定理、性質(zhì)等，如基本不等式、絕對(duì)值三角不等式等.3.用分析法證明不等式的關(guān)鍵是對(duì)原不等式的等價(jià)轉(zhuǎn)換，它是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋找使它成立的充分條件，直至所需條件為已知條件或一個(gè)明顯成立的事實(shí)(定義、公理或已證明的定理、性質(zhì)等)，從而得出要證的命題成立.4.所謂“綜合法”、“分析法”其實(shí)是證明題的兩種書寫格式，而不是真正意義上的證明方法，并不像前面所用的比較法及后面要復(fù)習(xí)到的三角代換法、放縮法、判別式法、反證法等是一種具體的證明方法(或者手段)，而只是兩種互逆的證明題的書寫格式.§3不等式的證明(二)典例精析題型一用放縮法、反證法證明不等式【例1】已知a，b∈R，且a＋b＝1，求證：(a＋2)2＋(b＋2)2≥eq\f(25,2).【證明】方法一：(放縮法)因?yàn)閍＋b＝1，所以左邊＝(a＋2)2＋(b＋2)2≥2[eq\f((a＋2)＋(b＋2),2)]2＝eq\f(1,2)[(a＋b)＋4]2＝eq\f(25,2)＝右邊.方法二：(反證法)假設(shè)(a＋2)2＋(b＋2)2＜eq\f(25,2)，則a2＋b2＋4(a＋b)＋8＜eq\f(25,2).由a＋b＝1，得b＝1－a，于是有a2＋(1－a)2＋12＜eq\f(25,2).所以(a－eq\f(1,2))2＜0，這與(a－eq\f(1,2))2≥0矛盾.故假設(shè)不成立，所以(a＋2)2＋(b＋2)2≥eq\f(25,2).【點(diǎn)撥】根據(jù)不等式左邊是平方和及a＋b＝1這個(gè)特點(diǎn)，選用重要不等式a2＋b2≥2(eq\f(a＋b,2))2來(lái)證明比較好，它可以將具備a2＋b2形式的式子縮小.而反證法的思路關(guān)鍵是先假設(shè)命題不成立，結(jié)合條件a＋b＝1，得到關(guān)于a的不等式，最后與數(shù)的平方非負(fù)的性質(zhì)矛盾，從而證明了原不等式.當(dāng)然本題也可以用分析法和作差比較法來(lái)證明.【變式訓(xùn)練1】設(shè)a0，a1，a2，…，an－1，an滿足a0＝an＝0，且有a0－2a1＋a2≥0，a1－2a2＋a3≥0，…an－2－2an－1＋an≥0，求證：a1，a2，…，an－1≤0.【證明】由題設(shè)a0－2a1＋a2≥0得a2－a1≥a1－a0.同理，an－an－1≥an－1－an－2≥…≥a2－a1≥a1－a0.假設(shè)a1，a2，…，an－1中存在大于0的數(shù)，假設(shè)ar是a1，a2，…，an－1中第一個(gè)出現(xiàn)的正數(shù).即a1≤0，a2≤0，…，ar－1≤0，ar＞0，則有ar－ar－1＞0，于是有an－an－1≥an－1－an－2≥…≥ar－ar－1＞0.并由此得an≥an－1≥an－2≥…≥ar＞0.這與題設(shè)an＝0矛盾.由此證得a1，a2，…，an－1≤0成立.題型二用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式【例2】用放縮法、數(shù)學(xué)歸納法證明：設(shè)an＝eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(n(n＋1))，n∈N*，求證：eq\f(n(n＋1),2)＜an＜eq\f((n＋1)2,2).【證明】方法一：(放縮法)eq\r(n2)＜eq\r(n(n＋1))＜eq\f(n＋(n＋1),2)，即n＜eq\r(n(n＋1))＜eq\f(2n＋1,2).所以1＋2＋…＋n＜an＜eq\f(1,2)[1＋3＋…＋(2n＋1)].所以eq\f(n(n＋1),2)＜an＜eq\f(1,2)eq\f((n＋1)(1＋2n＋1),2)，即eq\f(n(n＋1),2)＜an＜eq\f((n＋1)2,2).方法二：(數(shù)學(xué)歸納法)①當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝eq\r(2)，而1＜eq\r(2)＜2，所以原不等式成立.②假設(shè)n＝k(k≥1)時(shí)，不等式成立，即eq\f(k(k＋1),2)＜ak＜eq\f((k＋1)2,2).則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝eq\r(1×2)＋eq\r(2×3)＋…＋eq\r(k(k＋1))＋eq\r((k＋1)(k＋2))，所以eq\f(k(k＋1),2)＋eq\r((k＋1)(k＋2))＜ak＋1＜eq\f((k＋1)2,2)＋eq\r((k＋1)(k＋2)).而eq\f(k(k＋1),2)＋eq\r((k＋1)(k＋2))＞eq\f(k(k＋1),2)＋eq\r((k＋1)(k＋1))＝eq\f(k(k＋1),2)＋(k＋1)＝eq\f((k＋1)(k＋2),2)，eq\f((k＋1)2,2)＋eq\r((k＋1)(k＋2))＜eq\f((k＋1)2,2)＋eq\f((k＋1)＋(k＋2),2)＝eq\f(k2＋4k＋4,2)＝eq\f((k＋2)2,2).所以eq\f((k＋1)(k＋2),2)＜ak＋1＜eq\f((k＋2)2,2).故當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式也成立.綜合①②知當(dāng)n∈N*，都有eq\f(n(n＋1),2)＜an＜eq\f((n＋1)2,2).【點(diǎn)撥】在用放縮法時(shí)，常利用基本不等式eq\r(n(n＋1))＜eq\f(n＋(n＋1),2)將某個(gè)相乘的的式子進(jìn)行放縮，而在上面的方法二的數(shù)學(xué)歸納法的關(guān)鍵步驟也要用到這個(gè)公式.在用數(shù)學(xué)歸納法時(shí)要注意根據(jù)目標(biāo)來(lái)尋找思路.【變式訓(xùn)練2】已知數(shù)列eq\f(8×1,12×32)，eq\f(8×2,32×52)，…，eq\f(8n,(2n－1)2(2n＋1)2)，…，Sn為其前n項(xiàng)和，計(jì)算得S1＝eq\f(8,9)，S2＝eq\f(24,25)，S3＝eq\f(48,49)，S4＝eq\f(80,81)，觀察上述結(jié)果推測(cè)出計(jì)算Sn的公式且用數(shù)學(xué)歸納法加以證明.【解析】猜想Sn＝eq\f((2n＋1)2－1,(2n＋1)2)(n∈N＋).證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝eq\f(32－1,32)＝eq\f(8,9)，等式成立.②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)等式成立，即Sk＝eq\f((2k＋1)2－1,(2k＋1)2).則Sk＋1＝Sk＋eq\f(8(k＋1),(2k＋1)2(2k＋3)2)＝eq\f((2k＋1)2－1,(2k＋1)2)＋eq\f(8(k＋1),(2k＋1)2(2k＋3)2)＝eq\f((2k＋1)2(2k＋3)2－(2k＋1)2,(2k＋1)2(2k＋3)2)＝eq\f([2(k＋1)＋1]2－1,[2(k＋1)＋1]2).即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立.綜合①②得，對(duì)任何n∈N＋，等式都成立.題型三用不等式證明方法解決應(yīng)用問(wèn)題【例3】某地區(qū)原有森林木材存量為a，且每年增長(zhǎng)率為25%，因生產(chǎn)建設(shè)的需要每年年底要砍伐的木材量為b，設(shè)an為n年后該地區(qū)森林木材存量.(1)求an的表達(dá)式；(2)為保護(hù)生態(tài)環(huán)境，防止水土流失，該地區(qū)每年森林木材量應(yīng)不少于eq\f(7,9)a，如果b＝eq\f(19,72)a，那么該地區(qū)今后會(huì)發(fā)生水土流失嗎若會(huì)，需要經(jīng)過(guò)幾年(取lg2＝【解析】(1)依題意得a1＝a(1＋eq\f(1,4))－b＝eq\f(5,4)a－b，a2＝eq\f(5,4)a1－b＝eq\f(5,4)(eq\f(5,4)a－b)－b＝(eq\f(5,4))2a－(eq\f(5,4)＋1)b，a3＝eq\f(5,4)a2－b＝(eq\f(5,4))3a－[(eq\f(5,4))2＋(eq\f(5,4)＋1)]b，由此猜測(cè)an＝(eq\f(5,4))na－[(eq\f(5,4))n－1＋(eq\f(5,4))n－2＋…＋eq\f(5,4)＋1]b＝(eq\f(5,4))na－4[(eq\f(5,4))n－1]b(n∈N＋).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝eq\f(5,4)a－b，猜測(cè)成立.②假設(shè)n＝k(k≥2)時(shí)猜測(cè)成立，即ak＝(eq\f(5,4))ka－4[(eq\f(5,4))k－1]b成立.那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝eq\f(5,4)ak－b＝eq\f(5,4)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1((\f(5,4))ka－4[(\f(5,4))k－1]b))－b＝(eq\f(5,4))k＋1a－4[(eq\f(5,4))k＋1－1]b，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜測(cè)仍成立.由①②知，對(duì)任意n∈N＋，猜測(cè)成立.(2)當(dāng)b＝eq\f(19,72)a時(shí)，若該地區(qū)今后發(fā)生水土流失，則森林木材存量必須少于eq\f(7,9)a，所以(eq\f(5,4))na－4[(eq\f(5,4))n－1]eq\f(19,72)a＜eq\f(7,9)a，整理得(eq\f(5,4))n＞5，兩邊取對(duì)數(shù)得nlgeq\f(5,4)＞lg5，所以n＞eq\f(lg5,lg5－2lg2)＝eq\f(1－lg2,1－3lg2)≈eq\f(1－,1－3×＝7.故經(jīng)過(guò)8年該地區(qū)就開始水土流失.【變式訓(xùn)練3】經(jīng)過(guò)長(zhǎng)期觀測(cè)得到：在交通繁忙的時(shí)段內(nèi)，某公路段汽車的車流量y(千輛/時(shí))與汽車的平均速度v(千米/時(shí))之間的函數(shù)關(guān)系為y＝eq\f(920v,v2＋3v＋1600)(v＞0).(1)在該時(shí)段內(nèi)，當(dāng)汽車的平均速度v為多少時(shí)，車流量最大最大車流量為多少(精確到千輛/時(shí))(2)若要求在該時(shí)段內(nèi)車流量超過(guò)10千輛/時(shí)，則汽車的平均速度應(yīng)在什么范圍內(nèi)【解析】(1)依題意，y＝eq\f(920,3＋(v＋\f(1600,v)))≤eq\f(920,3＋2\r(1600))＝eq\f(920,83)，當(dāng)且僅當(dāng)v＝eq\f(1600,v)，即v＝40時(shí)，上式等號(hào)成立，所以ymax＝eq\f(920,83)≈(千輛/時(shí)).(2)由條件得eq\f(920v,v2＋3v＋1600)＞10，整理得v2－89v＋1600＜0，即(v－25)(v－64)＜0，解得25＜v＜64.答：當(dāng)v＝40千米/時(shí)時(shí)，車流量最大，最大車流量約為千輛/時(shí).如果要求在該時(shí)段內(nèi)車流量超過(guò)10千輛/時(shí)，則汽車的平均速度應(yīng)大于25千米/時(shí)且小于64千米/時(shí).總結(jié)提高1.有些不等式，從正面證如果不易說(shuō)清，可以考慮反證法，凡是含有“至少”、“唯一”或者其他否定詞的命題適用反證法.在一些客觀題如填空、選擇題之中，也可以用反證法的方法進(jìn)行命題正確與否的判斷.2.放縮法是證明不等式特有的方法，在證明不等式過(guò)程中常常要用到它，放縮要有目標(biāo)，目標(biāo)在結(jié)論和中間結(jié)果中尋找.常用的放縮方法有：(1)添加或舍去一些項(xiàng)，如eq\r(a2＋1)＞eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))，eq\r(n(n＋1))＞n；(2)將分子或分母放大(或縮小)；(3)利用基本不等式，如eq\r(n(n＋1))＜eq\f(n＋(n＋1),2)；(4)利用常用結(jié)論，如eq\r(k＋1)－eq\r(k)＝eq\f(1,\r(k＋1)＋\r(k))＜eq\f(1,2\r(k))，eq\f(1,k2)＜eq\f(1,k(k－1))＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k)；eq\f(1,k2)＞eq\f(1,k(k＋1))＝eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)(程度大)；eq\f(1,k2)＜eq\f(1,k2－1)＝eq\f(1,(k－1)(k＋1))＝eq\f(1,2)(eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k＋1))(程度小).3.用數(shù)學(xué)歸納法證明與自然數(shù)有關(guān)的不等式的證明過(guò)程與用數(shù)學(xué)歸納法證明其他命題一樣，先要奠基，后進(jìn)行假設(shè)與推理，二者缺一不可.§4柯西不等式和排序不等式典例精析題型一用柯西不等式、排序不等式證明不等式【例1】設(shè)a1，a2，…，an都為正實(shí)數(shù)，證明：eq\f(a\o\al(2,1),a2)＋eq\f(a\o\al(2,2),a3)＋…＋eq\f(a\o\al(2,n－1),an)＋eq\f(a\o\al(2,n),a1)≥a1＋a2＋…＋an.【證明】方法一：由柯西不等式，有(eq\f(a\o\al(2,1),a2)＋eq\f(a\o\al(2,2),a3)＋…＋eq\f(a\o\al(2,n－1),an)＋eq\f(a\o\al(2,n),a1))(a2＋a3＋…＋an＋a1)≥(eq\f(a1,\r(a2))eq\r(a2)＋eq\f(a2,\r(a3))eq\r(a3)＋…＋eq\f(an,\r(a1))eq\r(a1))2＝(a1＋a2＋…＋an)2.不等式兩邊約去正數(shù)因式a1＋a2＋…＋an即得所證不等式.方法二：不妨設(shè)a1≤a2≤…≤an，則aeq\o\al(2,1)≤aeq\o\al(2,2)≤…≤aeq\o\al(2,n)，eq\f(1,a1)≥eq\f(1,a2)≥…≥eq\f(1,an).由排序不等式有aeq\o\al(2,1)eq\f(1,a2)＋aeq\o\al(2,2)eq\f(1,a3)＋…＋aeq\o\al(2,n－1)eq\f(1,an)＋aeq\o\al(2,n)eq\f(1,a1)≥aeq\o\al(2,1)eq\f(1,a1)＋aeq\o\al(2,2)eq\f(1,a2)＋…＋aeq\o\al(2,n)eq\f(1,an)＝a1＋a2＋…＋an，故不等式成立.方法三：由均值不等式有eq\f(a\o\al(2,1),a2)＋a2≥2a1，eq\f(a\o\al(2,2),a3)＋a3≥2a2，…，eq\f(a\o\al(2,n),a1)＋a1≥2an，將這n個(gè)不等式相加得eq\f(a\o\al(2,1),a2)＋eq\f(a\o\al(2,2),a3)＋…＋eq\f(a\o\al(2,n－1),an)＋eq\f(a\o\al(2,n),a1)＋a2＋a3＋…＋an＋a1≥2(a1＋a2＋…＋an)，整理即得所證不等式.【點(diǎn)撥】根據(jù)所證不等式的結(jié)構(gòu)形式觀察是否符合柯西不等式、排序不等式的結(jié)構(gòu)形式或有相似之處.將其配成相關(guān)結(jié)構(gòu)形式是解決問(wèn)題的突破口，有時(shí)往往要進(jìn)行添項(xiàng)、拆項(xiàng)、重組、配方等方法的處理.【變式訓(xùn)練1】已知a＋b＋c＝1，且a、b、c是正數(shù)，求證：eq\f(2,a＋b)＋eq\f(2,b＋c)＋eq\f(2,c＋a)≥9.【證明】左邊＝[2(a＋b＋c)](eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,c＋a))＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)](eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,c＋a))≥(1＋1＋1)2＝9，(或左邊＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)](eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＋eq\f(1,c＋a))＝3＋eq\f(a＋b,b＋c)＋eq\f(a＋b,c＋a)＋eq\f(b＋c,a＋b)＋eq\f(b＋c,c＋a)＋eq\f(c＋a,a＋b)＋eq\f(c＋a,b＋c)≥3＋2＋2＋2＝9)所以eq\f(2,a＋b)＋eq\f(2,b＋c)＋eq\f(2,c＋a)≥9.題型二用柯西不等式求最值【例2】若實(shí)數(shù)x，y，z滿足x＋2y＋3z＝2，求x2＋y2＋z2的最小值.【解析】由柯西不等式得，(12＋22＋32)(x2＋y2＋z2)≥(x＋2y＋3z)2＝4(當(dāng)且僅當(dāng)1＝kx,2＝ky,3＝kz時(shí)等號(hào)成立，結(jié)合x＋2y＋3z＝2，解得x＝eq\f(1,7)，y＝eq\f(2,7)，z＝eq\f(3,7))，所以14(x2＋y2＋z2)≥4.所以x2＋y2＋z2≥eq\f(2,7).故x2＋y2＋z2的最小值為eq\f(2,7).【點(diǎn)撥】根據(jù)柯西不等式，要求x2＋y2＋z2的最小值，就要給x2＋y2＋z2再配一個(gè)平方和形式的因式，再考慮需要出現(xiàn)定值，就要讓柯西不等式的右邊出現(xiàn)x＋2y＋3z的形式，從而得到解題思路.由此可見(jiàn)，柯西不等式可以應(yīng)用在求代數(shù)式的最值中.【變式訓(xùn)練2】已知x2＋2y2＋3z2＝eq\f(18,