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选修4-5


选修 4-5 等式证明的基本方法

不等式的证明方法:

①作差法②作商法

③综合法:由因到果 ④分析法:执果索因 (放缩程度较大);⑵

⑤放缩法:常见类型有⑴
1 n
2

1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? 2 ? ? ? n n ? 1 n(n ? 1) n n(n ? 1) n ? 1 n 2 n ? n ?1

?

1 n ?1
2

?

1 2 1 1 1 ? ? ( ? ) (放缩程度较小);⑶ 2 n ?1 n ? 1 n 2 n

? 2( n ? n ? 1 )

⑥数学归纳法:常用于数列类的不等式 ⑦利用函数单调性法
1 1 1 1.已知 a,b,c 均为正数,证明:a2+b2+c2+(a+b+c )2≥6 3,并确定 a,b,c 为何值时,等号成立. 证明:法一:因为 a,b,c 均为正数,由平均值不等式得
2 2 2
2 3

a +b +c ≥3(abc) ,① 1 1 1 故 a2+b2+c2+( + + )2≥3(abc) a b c 所以原不等式成立.
2 3

1 1 1 -1 3 a+b+ c≥3(abc) ,② +9(abc)
? 2 3

? 1 1 1 所以(a+b+ c)2≥9(abc) 3 .
2 3

2

.

又 3(abc)

+9(abc)

?

2 3

≥2 27=6 3,③

当且仅当 a=b=c 时,①式和②式等号成立.当且仅当 3(abc)
1

2 3

=9(abc)

?

2 3

时,③式等号成立.

即当且仅当 a=b=c=3 4 时,原式等号成立. 法二:因为 a,b,c 均为正数,由基本不等式得 a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ac. 所以 a2+b2+c2≥ab+bc+ac,① 1 1 1 1 1 1 同理 2+ 2+ 2≥ + + ,② a b c ab bc ac

1 1 1 1 1 1 故 a2+b2+c2+( + + )2≥ab+bc+ac+3 +3 +3 ≥6 3.③ a b c ab bc ac 所以原不等式成立. 当且仅当 a=b=c 时,①式和②式等号成立,当且仅当 a=b=c,(ab)2=(bc)2=(ac)2=3 时,③式等号成立.
1

即当且仅当 a=b=c=3 4 时,原式等号成立. 2.已知 x,y 均为正数,且 x>y,求证:2x+ 解:因为 x>0,y>0,x-y>0, 2x+ 3 1 1 1 1 ?x-y?2 =3, 2-2y=2(x-y)+ 2=(x-y)+(x-y)+ 2≥3 x -2xy+y ?x-y? ?x-y? ?x-y?2
2

1 ≥2y+3. x2-2xy+y2

所以 2x+

1 ≥2y+3. x -2xy+y2
2

b c 1 2 3 3.已知正实数 a,b,c 满足a+b+c =1,求证:a+ + ≥9. 2 3 3 123 1 2 3 证明:因为 a,b,c 均为正实数,所以a+b+c ≥3 a· b· c. 3 bc b c 同理可证:a+ + ≥3 a··. 2 3 23 3 bc 3 123 b c 1 2 3 所以(a+ + )(a+b+c )≥3 a··· 3 a· b· c =9. 2 3 23

b c 1 2 3 因为a+b+c=1,所以 a+ + ≥9,当且仅当 a=3,b=6,c=9 时,等号成立. 2 3 4.已知 x、y、z∈R, 且 2x+3y+3z=1,求 x2+y2+z2 的最小值.

解:由柯西不等式得,(2x+3y+3z)2≤(22+32+32)(x2+y2+z2). ∵2x+3y+3z=1,∴x2+y2+z2≥ ∴x2+y2+z2 的最小值为 1 . 22 x y z 1 1 3 ,当且仅当 = = ,即 x= ,y=z= 时,等号成立, 22 2 3 3 11 22

5.设 f(x)=2x2-2x+2 010,若实数 a 满足|x-a|<1 ,求证:|f(x)-f(a)|<4(|a|+1). 证明:∵f(x)=2x2-2x+2 010, ∴|f(x)-f(a)|=2|x2-x-a2+a|=2|x-a|· |x+a-1|<2|x+a-1|, 又∵2|x+a-1|=2|(x-a)+2a-1|≤2(|x-a|+|2a-1|)<2(1+|2a|+1)=4(|a|+1). 1 1 1 1 6.求证: + +?+ > (n≥2,n∈N*). 3n 2 n+1 n+2 证明:法一:利用数学归纳法: 1 1 1 1 1 (1)当 n=2 时,左边= + + + > ,不等式成立. 3 4 5 6 2 (2)假设当 n=k(k≥2,k∈N*)时不等式成立.即 则当 n=k+1 时, 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + +?+ + + + = + +?+ + ( + + - )> 3k 3k+1 3k+2 3k+3 k+1 k+2 3k 3k+1 3k+2 3k+3 k+1 2 ?k+1?+1 ?k+1?+2 +(3× 1 1 1 - )= . 3k+3 k+1 2 所以当 n=k+1 时不等式也成立, 1 1 1 1 + +?+ > . 3k 2 k+1 k+2

由(1),(2)知原不等式对一切 n≥2,n∈N*均成立. 法二:利用放缩法: ∵n≥2,∴ 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 + +?+ > + +?+ = > .即 + +?+ > (n≥2,n∈N*). 3n 3n 3n 3n 3 2 n+1 n+2 3n 2 n+1 n+2

1 1 7.已知 a,b,c 为实数,且 a+b+c+2-2m=0,a2+ b2+ c2+m-1=0. 4 9 ?a+b+c? 1 1 (1)求证:a2+ b2+ c2≥ ; (2)求实数 m 的取值范围. 4 9 14 1 1 2 2 2 解:(1)由柯西不等式得[a2+( b)2+( c)2](1 +2 +3 )≥(a+b+c)2, 2 3 ?a+b+c? 1 1 1 1 1 1 即(a2+ b2+ c2)×14≥(a+b+c)2. ∴a2+ b2+ c2≥ . 当且仅当|a|= |b|= |c|取得等号. 4 9 4 9 14 4 9 1 1 (2)由已知得 a+b+c=2m-2,a2+ b2+ c2=1-m,∴14(1-m)≥(2m-2)2. 4 9 5 5 1 1 即 2m2+3m-5≤0.∴- ≤m≤1. 又∵a2+ b2+ c2=1-m≥0,∴m≤1,∴- ≤m≤1. 2 4 9 2 一.函数思想 例 1 已知 a , b 是两个不相等的正数, 求证: (a ? b)(a ? b ) ? (a ? b )
3 3 2 2 2
2 2

证明:构造二次函数 f ( x) ? (a ? b) x ? 2(a ? b ) x ? (a ? b )
2 2 2 3 3

? f ( x) ? a( x ? a) 2 ? b( x ? b) 2 ? 0, ? ? ? 4(a 2 ? b 2 ) ? 4(a ? b)(a 3 ? b 3 ) ? 0,

从而, (a ? b)(a 3 ? b 3 ) ? (a 2 ? b 2 ) 2 例 2 求证

|a|?|b| |a?b| ? 1? | a | ? | b | 1? | a ? b |
x 1? x ?1 1 ? ? 1? ,所以,函数 f(x)的定义域为 {x | x ? R, 且x ? 1) ,且函数 f(x)在定 1? x 1? x 1? x

证明:设 f ( x) ?

义域上单调递增,? | a | ? | b |?| a ? b |? 0 二、数形结合思想

? f (| a | ? | b |) ? f (| a ? b |)即

|a|?|b| |a?b| ? 1? | a | ? | b | 1? | a ? b |

例 3 (课本 P23 例 3)已知 |a| < 1, | b |< 1 ,求证:

a?b 1 ? ab

?1
1 + ab = 1/2[ (1+ a)( 1+ b )+(1- a)(1 – b)]

分析:因为 a+ b = 1/2[(1+ a)( 1+ b )-(1- a)(1 – b)], 所以

y ? y1 a ? b (1 ? a)(1 ? b) ? (1 ? a)(1 ? b) = ,这与过两点的斜率公式 k ? 2 相同,因此,可用比较斜率大小的方法 1 ? ab (1 ? a)(1 ? b) ? (1 ? a)(1 ? b) x2 ? x1

来证明。 证法一:如图,在直角坐标系中,设 A((1 ? a) ? (1 ? b), (1 ? a)(1 ? b)),

B(?(1 ? a) ? (1 ? b), (1 ? a)(1 ? b))
y

?| a |? 1, | b |? 1 ,? 点 A、B 分别在第一、
第二象限,? k AB ?

a?b (1 ? a)(1 ? b) ? (1 ? a)(1 ? b) = (1 ? a)(1 ? b) ? (1 ? a)(1 ? b) 1 ? ab

B

A S o y x

又 kOA ? 1, kOB ? ?1, 而kOB ? k AB ? kOA ,即 ? 1 ?

a?b a?b ? 1 ,故 1 ? ab 1 ? ab

?1

证法二.如右图,在直角坐标系中,设点 A1 (1 ? a,1 ? a), A(1 ? a, a ? 1) 因为 | a |? 1, 所以点 A1、A 分别在 o 第一、 二象限, 设 B 是线段 AA1 上一点, 且 a + b), 从而 k OA1 ? 1, k OB 故

A
11

B x

A1 B 1 ? b ? ? 0 ,则点 B 的坐标为 B(1 + ab, BA 1 ? ab
A

a?b a?b ? , k OA ? ?1 , ? kOA ? kOB ? kOA1 , ? ?1 ? ?1 , 1 ? ab 1 ? ab

a?b 1 ? ab

? 1.

三、方程思想 例 4 已知 a ? b ? 0 ,求证 a ? b ?

a ?b b? t

证明:? a ? b ? 0, 构造方程 a ? b ? t ,则 t ? 0 又? b ? t ? b ? t ? 2 bt ? ( b ? t ) 2 ,? b ? t ? 故 a? b?

a ?b

例5

已知 a ? b ? c ? 0 ,求证

1 1 1 ? ? ?0 a?b b?c c?a

证明:构造方程 a ? x1 ? c, b ? x2 ? c ,? a ? b ? c ? 0 , ? x1 ? x2 ? 0, 且 x1 ? x2 ? 0 ,于是

1 1 1 1 1 ? ? ? ? a ? b b ? c c ? a ( x1 ? c) ? ( x2 ? c) x2 ? c ? c

x1 ? x2 x1 x2 ? ( x1 ? x2 ) 2 1 1 1 1 1 ? ? ?0 ? ? ? ? ? 0 ,故 a?b b?c c?a x1 x1 ? x2 x1 x2 x1 x2 ( x1 ? x2 )
四、转化思想 例 6 已知 a, b, c, d , 都是实数,且 a 2 ? b 2 ? 1, c 2 ? d 2 ? 1,求证: | ac ? bd |? 1 证明:因为 a 2 ? b 2 ? 1, c 2 ? d 2 ? 1,所以 设 a ? sin ? , b ? cos? , c ? cos ? , d ? sin ? 则 | ac ? bd |?| sin ? cos ? ? cos? sin ? |?| sin(? ? ? ) |? 1 五、分与合的整体思想 例 7 已知 a, b, c 是不全等的正数,求证: (ab ? a ? b ? 1)(ab ? ac ? bc ? c ) ? 16abc
2

故 | ac ? bd |? 1

证明:? (ab ? a ? b ? 1)(ab ? ac ? bc ? c ) ? (a ? 1)(b ? 1)(a ? c)(b ? c)
2

又因为 a, b, c 是不全等的正数,? a ? 1 ? 2 a , b ? 1 ? 2 b , a ? c ? 2 ac ,

b ? c ? 2 bc , (a ? 1)(b ? 1)(a ? c)(b ? c) ? 2 a ? 2 b ? 2 ac ? 2 bc ? 16abc
即 (ab ? a ? b ? 1)(ab ? ac ? bc ? c ) ? 16abc
2

例1

已知 a,b,c 都是正数,且 a,b,c 成等比数列,
2 2 2 2

求证: a ? b ? c ? (a ? b ? c) 证明:左-右=2(ab+bc-ac)

∵a,b,c 成等比数列,∴ b ? ac
2

又∵a,b,c 都是正数,所以 0 ? b ?
2

ac ≤

a?c ? a?c 2

∴a ? c ? b ∴ a ? b ? c ? (a ? b ? c)
2 2 2 2

∴ 2(ab ? bc ? ac) ? 2(ab ? bc ? b ) ? 2b(a ? c ? b) ? 0 例 2 设 a, b, c ? R,若 a + b = 1, 求证: a ?

1 1 ? b? ?2 2 2
1 1 (a ? ) ? (b ? ) 2 2 ? 2 (a ? b ? 1) ? 2

1 1 1 证:由幂平均不等式: ( a ? ? b ? ) ? 2 2 2
∴ a? 例 3,

2 ?1 2

1 1 ? b? ?2 2 2
a , b, c?R, 求证:

(a ? b ? c)(

1 1 1 9 ? ? )? a?b b?c c?a 2

a b c 3 ? ? ? b?c c?a a?b 2

证: ∵

a?b b?c c?a 33 ? ? ? (a ? b)( b ? c)( c ? a) 2 2 2 2

1 1 1 1 两式相乘即得 ? ? ? 33 a?b b?c c?a (a ? b)(b ? c)(c ? a)
1 1 1 9 ? ? )? a?b b?c c?a 2 c a b 9 a b c 3 ?1? ?1? ? ? ? ? ∴1 ? 即 a?b b?c c?a 2 b?c c?a a?b 2
由上题: (a ? b ? c)(

三角换元法
若 0≤x≤1,则可令 x = sin? ( 0 ? ? ?

? ? ? )或 x = sin2? ( ? ? ? ? ) 2 2 2
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若 x 2 ? y 2 ? 1 ,则可令 x = sec?, y = tan? ( 0 ? ? ? 2? )

? ) 2 ? ? 若 x?R,则可令 x = tan? ( ? ? ? ? ) 2 2
若 x≥1,则可令 x = sec? ( 0 ? ? ?
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例 4 已知 x > 0 , y > 0,2x + y = 1,求证:

1 1 ? ? 3? 2 2 x y

证一: ? ?

?1 1? 1 1 2x y ? ? (2 x ? y ) ? 3 ? ? ? 3 ? 2 2 即: ? ? 3 ? 2 2 ? x y y x ?x y?
1 2 sin ?, 2 y ? cos 2 ?

证二:由 x > 0 , y > 0,2x + y = 1,可设 x ?



1 1 2 1 ? ? ? ? 2(1 ? cot2 ?) ? (1 ? tan2 ?) ? 3 ? (2 cot2 ? ? tan2 ?) ? 3 ? 2 2 2 2 x y sin ? cos ?
2 2

例 5 若 x ? y ? 1 ,求证: | x 2 ? 2xy ? y 2 |? 证:设 x ? r sin ?,
2 2

2

y ? r cos?, (0 ? r ? 1) ,
2 2 2 2 2

则 | x ? 2xy ? y |?| r cos ? ? 2r cos? sin ? ? r sin ? |

?? ? ? r 2 | cos2? ? sin 2? |? 2r 2 cos? 2? ? ? ? 2r 2 ? 2 4? ?
例 6 若 x > 1,y > 1,求证: 证:设 x ? sec ?,
2

xy ? 1 ? ( x ? 1)( y ? 1)

? y ? sec 2 ?, (0 ? ?, ? ? ) 2 cos(? ? ?) 1 ? ? xy 则 1 ? ( x ? 1)( y ? 1) ? 1 ? tan? tan? ? cos? cos? cos? cos?

例 7 已知:a > 1, b > 0 , a ? b = 1,求证: 0 ? 证:∵a > 1, b > 0 , a ? b = 1

1? 1 ?? 1 ? ? a? ? ? b? ? ? ? ? ? ?1 a? a ?? b?
2

∴不妨设 a ? sec ?,

? b ? tan 2 ?, (0 ? ? ? ) 2



1? 1 ?? 1 ? 1 ? 1 ?? 1 ? ? a? ? ? b? ? ? ? sec ? ? ?? tan? ? ? ? ? ? ? 2 a? sec ? ?? tan? ? a ?? b ? sec ? ?
1 tan2 ? sec 2 ? ? ? sin ? sec 2 ? sec ? tan?
∵0 ? ? ?

?

? , ∴0 < sin? < 1 2
2

∴0 ?

1? 1 ?? 1 ? ? a? ? ? b? ? ? ? ? ? ?1 a? a ?? b?

例 8 证明:若 a > 0,则 a ?

1 1 ? 2 ? a? ?2 2 a a
2 1? ? 2 1 ? ? 则 x ? y ? ?a ? ? ? ? a ? 2 ? ? 2 a? ? a ? ? ? ? 2 2 2

1 证:设 x ? a ? , a x? y ?a?

1 y ? a ? 2 , (a ? 0, x ? 2, y ? 2 ) a
2

1 1 ? a 2 ? 2 ? 2 ? 2 ( 当 a = 1 时取“=” ) a a x2 ? y2 2 ? ? 2? 2 x? y 2? 2
2

∴x? y ? 例9

即 y? 2 ? x?2

∴原式成立

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已知关于 x 的实系数二次方程 x +ax+b=0,有两个实数根α ,β ,证明:
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(1)如果|α |<2,|β |<2,那么 2|α |<4+b 且|b|<4 (2)如果 2|α |<4+b 且|b|<4,那么|α |<2,|β |<2

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证明:依题设及一元二次方程根与系数的关系(韦达定理)得:α +β =-a,α β =b 则有:
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(1)(2)等价于证明|α |<2,|β |<2 ?2|α +β |<4+α β ,且|α β |<4

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? ?? ? 4 ? ? ? ? ? ?? ? 4 ? ?? ? 4 ? ?? ? 4 ?? ? ? ? ? ? 2 2 2 2 2 2 2 2 ? ? ? ? ?4(? ? ? ) ? (4 ? ?? ) ?2 ? ? ? ? 4 ? ?? ?? ? ? 4? ? 4? ? 16 ? 0 ?(? ? 4)( ? ? 4) ? 0

? ?? ? 4 ? ?? ? 4 ? ?? ? 4 ? ?? ? 4 ? ?? ? 4 ? 2 ? 2 ? ? ? ? ?? ? 4 或 ?? ? 4 ? ? ? ? 2 或 ? ? ? 2 ? ? ? ? 2 ? ? ? 2, ? ? 2. ?? 2 ? 4 ?? 2 ? 4 ? ? ? ?? ?2 ?? ?2 ?? ?2 ? ?
例 10 当 n > 2 时,求证: logn (n ? 1) logn (n ? 1) ? 1 证明:(用放缩法)∵n > 2 ∴ logn (n ? 1) ? 0,
2

logn (n ? 1) ? 0
2 2

2 2 ? logn (n ? 1) ? logn (n ? 1) ? ? logn (n ? 1) ? ? logn n ? ? ? ∴ logn (n ? 1) logn (n ? 1) ? ? ? ? ? ?1 ? ? 2 2 ? ? ? ? ? 2 ?

∴n > 2 时,

logn (n ? 1) logn (n ? 1) ? 1

例 11 已知 a + b + c > 0,ab + bc + ca > 0,abc > 0,求证:a, b, c > 0 证明:(用反证法)设 a < 0, ∵abc > 0, ∴bc < 0 此与题设矛盾 c>0 又由 a + b + c > 0, 则 b + c >?a > 0 ∴ab + bc + ca = a(b + c) + bc < 0 又 若 a = 0,则与 abc > 0 矛盾, ∴必有 a > 0 例 12 设 x > 0, y > 0, a ? 同理可证 b > 0,

x? y x y ? , b? ,求证:a < b 1? x ? y 1? x 1? y

放缩法:

x? y x y x y ? ? ? ? 1? x ? y 1? x ? y 1? x ? y 1? x 1? y
1 1 4 ? ? ?0 a?b b?c c?a

例 13 若 a > b > c, 则

1 1 1 ? ?2 ?2 放缩法: a ?b b?c (a ? b)(b ? c)
例 14.

? ? 2 4 ? ? (a ? b) ? (b ? c) ? ? ? a?c ? ?

2

1 1 1 1 ? ? ? ? ? 2 ? 1 (n ? R ? , n ? 2) n n ?1 n ? 2 n

放缩法:左边 ?

1 1 1 1 1 n2 ? n ? 2 ? 2 ??? 2 ? ? ?1 n n n n n n2
2 2
n 2 n 2

例 15.已知 a, b, c > 0, 且 a2 + b2 = c2,求证:an + bn < cn (n≥3, n?R*)

?a? ?a? ?b? ?b? ?a? ?b? 放缩法: ∵ ? ? ? ? ? ? 1 ,又 a, b, c > 0, ∴ ? ? ? ? ? , ? ? ? ? ? ?c? ?c? ?c? ?c? ?c? ?c? ?a? ?b? ?a? ?b? ∴ ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1 ? an + bn < cn ?c? ?c? ?c? ?c?
n n

2

2

例 16 已知实数 a, b, c,满足 a + b + c = 0 和 abc = 2,求证:a, b, c 中至少有一个不小于 2 证明:(构造方程法)由题设显然 a, b, c 中必有一个正数,不妨设 a > 0, 则?

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? ?a ? ?b ? c 2 bc ? ? a ?

即 b, c 是二次方程 x ? ax ?
2

2 ? 0 的两个实根 a

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∴? ? a ?
2

8 ?0 a

? a≥2

例 17 求证:

1 sec 2 ? ? tan? ? ? ? 3 (? ? k? ? , k ? Z ) 2 3 sec ? ? tan? 2

sec 2 ? ? tan ? 证明:(构造方程法)设 y ? , sec 2 ? ? tan ?
则(y ? 1)tan2? + (y + 1)tan? + (y ? 1) = 0 当 y = 1 时,命题显然成立 当 y ? 1 时,△= (y + 1)2 ? 4(y ? 1)2 = (3y ? 1)(y ? 3)≥0,∴ 综上所述,原不等式成立 (此法也称判别式法)
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1 ? y?3 3

例 18 若 x > 0, y > 0, x + y = 1,则 ? x ?

? ?

1 ?? 1 ? 25 ?? y ? ?? x ?? y? ? ? 4
令 t = xy,则 0 ? t ? ?

(构造函数法)左边 ?

x y 1 1 ? ? xy ? ? 2 ? xy ? y x xy xy

1 ?x? y? ? ? 4 ? 2 ?

2

1 1 1 17 f (t ) ? t ? 在 (0, ] 上单调递减 ∴ f (t ) ? f ( ) ? t 4 4 4
例 19 已知 0 < a < 1,0 < b < 1,求证:

D a E
2 2 2

1-a

C 1-b

a ? b ? (a ? 1) ? b ? a ? (b ? 1) ? (a ? 1) ? (b ? 1) ? 2 2
2 2 2 2 2

1-b F O b A aG 1-a

证明:(构造图形法)构造单位正方形,O 是正方形内一点 O 到 AD, AB 的距离为 a, b, 则|AO| + |BO| + |CO| + |DO|≥|AC| + |BD|

H b B

其中 | AO |?

a 2 ? b 2 , | BO |? (a ? 1) 2 ? b 2 ,

| CO |? (a ? 1) 2 ? (b ? 1) 2 , | DO |? a 2 ? (b ? 1) 2
又 | AC |?| BD |?

2

2 2 2 2 2 2 2 2 ∴ a ? b ? (a ? 1) ? b ? a ? (b ? 1) ? (a ? 1) ? (b ? 1) ? 2 2

1 1 (k ? 2, k ? N * ) ,且 a2 < a ? b,则 b ? k k ?1 1 1 1 ( 构 造 函 数 法 ) 令 f (a) ? a ? a 2 , 又 0 ? a ? ? , f ( a ) 在 (0, ) 上 单 调 递 增 k 2 2 1 1 1 k ? 1 k ? 1 1 b ? a ? a2 ? f ( ) ? ? 2 ? 2 ? 2 ? k k k k k ?1 k ?1
例 20.若 0 ? a ? 例 20.记 f ( x) ? 1 ? x 2 ,a > b > 0,则| f (a) ? f (b) | < | a ? b| (构造图形法)构造矩形 ABCD, F 在 CD 上, 使|AB| = a, |DF| = b, |AD| = 1, 则|AC| ? |AF| < |CF|
2 2 例 21.若 x, y, z > 0,则 x ? y ? xy ?

, ∴

D 1

b F a-b

C 1

y 2 ? z 2 ? yz ?

z 2 ? x 2 ? zx

A

a
C z

B

(构造图形法)作?AOB = ?BOC = ?COA = 120?, 设|OA| = x, |OB| = y, |OC| = z 则由余弦定理 |AC|= x ? y ? xy
2 2

|BC| =

y 2 ? z 2 ? yz ,|CA|= z 2 ? x 2 ? zx y 2 ? z 2 ? yz > z 2 ? x 2 ? zx

A

x y

O B

2 2 因为|AC+||BC|>|CA|,所以 x ? y ? xy +


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