不 等 式 的 证 明
【例1】已知a>0，b>0，求证：a3+b3≥a2b+ab2.(课本P12例3) 证明一：比较法（作差） （a3+b3）-（a2b+ab2）=（a3- a2b）+（b3-ab2） =a2(a-b)+b2(b-a) =(a-b)( a2-b2) =( a-b)2(a+b). ∵a>0，b>0， ∴a+b>0，而( a-b)2≥0. ∴( a-b)2(a+b)≥0. 故（a3+b3）-（a2b+ab2）≥0, 即a3+b3≥a2b+ab2.
证明二：比较法（作商） ∵a2+b2≥2ab， ∴ 又a>0，b>0，所以ab>0， 故a3+b3≥a2b+ab2.
证明三：分析法 欲证a3+b3≥a2b+ab2， 只需证明(a+b)(a2+b2-ab)≥ab(a+b). 由于a>0，b>0， 所以a+b>0， 故只要证明a2+b2-ab≥ab即可。 即证明a2+b2≥2ab. 而a2+b2≥2ab 显然是成立的 所以有a3+b3≥a2b+ab2.
证明四：综合法 ∵a2+b2≥2ab， ∴a2+b2-ab≥ab. 又∵a>0，b>0， ∴a+b>0， 故(a+b)(a2+b2-ab)≥ab(a+b). 即a3+b3≥a2b+ab2.
【例2】已知a>0，b>0，求证： 证明一：比较法（作差）
证明二：比较法（作商） 而a>0，b>0，所以a+b>0.
证明四:综合法
a1≥a2≥a3…≥an,b1≥b2≥b3…≥bn, 则 a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn ≥a1b2+a2b3+…+ an-1bn+anb1 ≥a1bn+a2bn-1+…+ an-1b2+anb1.
【例3】求证:(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2). 证明一：(比较法) ∵(ac+bd)2-(a2+b2)(c2+d2) =(a2c2+b2d2+2abcd)-(a2c2+b2d2+a2d2+b2c2) =2abcd- a2d2-b2c2 =-(ad-bc)2 ≤0. ∴ (ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2).
证明二：(分析法) 证明三：(综合法) 一般地,对任意实数ai,bi(i=1,2,3, …,n),都有: (a12+a22+…+an2)(b12+b22+…+bn2) ≥(a1b1+a2b2+…+anbn) 2.(柯西不等式)
【例4】设-1<a<1,-1<b<1,求证: . 证明一:比较法(作差)
∵-1<a<1,-1<b<1, 所以，(1-a2)(1-b2)(1-ab)>0, (a-b)2(1+ab)≥0.
证明二:分析法 证明三:综合法 ∵a2+b2≥2ab, ∴-a2-b2≤-2ab. 从而0<1+a2b2-a2-b2≤1+a2b2-2ab=(1-ab)2, 1-ab>0.
证明四:换元法 设a=sinα,b=sinβ,则
思考 ≥2+2ab+2a2b2+… =2(1+ab+a2b2+…)
【例5】设a>0,b>0,且a+b=1,求证： 证明一(分析法) (4a+1)(4b+1) ≤9 16ab+4a+4b+1≤9
证明二(综合法) 因为a>0,b>0,且a+b=1,所以 从而 + ≤ .
【例6】已知m>0,求证:m+ ≥3. 证明一(比较法) ∵m+ -3 = ≥3 ∴ m+
证明二(综合法) m+ = =3 证明三(函数思想) 设f(x)=x+ ,则f ’(x)=1- ,令f’(x)=0,得: x=2. 当0<x<2时, f ’(x)<0. 当x>2时, f ’(x)>0. 所以当x=2时, f(x)取到最大值3, 故当m>0时,有 m+ ≥3.
练习 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c,方 程f(x)-x=0的两根为x1,x2,且0<x1<x2< , 求证:当x∈(0,x1)时,x<f(x)<x1.
谢 谢 大 家 再 见