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(完整word)MS02柯西不等式与平均值不等式
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柯西不等式与平均值不等式
一、比较法
1．求差比较法
知道a＞b⇔a－b＞0，a＜b⇔a－b＜0,因此要证明a＞b，只要证明a－b＞0即可，这种方法称为求差比较法．
2．求商比较法
由a＞b＞0⇔＞1且a＞0，b＞0,因此当a＞0，b＞0时要证明a＞b,只要证明即可，这种方法称为求商比较法．
二、分析法
从所要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实，从而得出要证的命题成立,这种证明方法称为分析法，即“执果索因”的证明方法．
三、综合法
从已知条件出发,利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理,论证而得出命题成立，这种证明方法称为综合法即“由因寻果”的方法．
四、放缩法
在证明不等式时,有时我们要把所证不等式中的某些部分的值放大或缩小,简化不等式,从而达到证明的目的．这种方法称为放缩法．
五、反证法的步骤
1．作出否定结论的假设；2．进行推理，导出 矛盾;3．否定假设，肯定结论．
六、柯西不等式的二维形式
1．柯西不等式的代数形式：设a，b，c，d都是实数，则（a＋b)。（c＋d）≥（ac＋bd）2，其中等号当且仅当a1b2＝a2b1时成立．
柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则｜α||β|≥|α·β|，其中等号当且仅当两个向量方向相同或相反时成立．
3．二维形式的三角不等式:设x1，y1，x2,y2∈R，那么＋≥
七、柯西不等式的一般形式
柯西不等式的一般形式：设a1，a2,…，an，b1，b2，…bn为实数，则（a＋a＋…＋a)·（b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn）2.
八、基本不等式的一般形式≥n
例1：设a，b是非负实数，求证:a3＋b3≥（a2＋b2)．
证明:由a，b是非负实数，作差得a3＋b3－(a2＋b2)＝a2（－)＋b2（－)
＝（－)(()5－（)5)．当a≥b时,≥,从而()5≥(）5,得(－）（（)5－(）5)≥0;
当a<b时，<，从而（）5〈(）5，得(－）（()5－()5）〉0. 所以a3＋b3≥(a2＋b2）．
例2：已知a，b，c∈R＋，求证:＋＋≥c＋a＋b。
证明：∵a，b，c∈R＋，∴＋≥2＝2c，同理，＋≥2a,＋≥2b,
三式相加可得＋＋≥c＋a＋b.
例3:设n是正整数,求证:≤＋＋…＋＜1。
证明:由2n≥n＋k＞n(k＝1，2，…，n),得≤＜。当k＝1时，≤＜；当k＝2时，≤＜；
…当k＝n时，≤＜， ∴＝≤＋＋…＋＜＝1。
例4：设不等式|2x－1｜＜1的解集为M。(1)求集合M; （2)若a，b∈M，试比较ab＋1与a＋b的大小．
解：(1)由｜2x－1|＜1，得－1＜2x－1＜1，解得0＜x＜1,所以M＝｛x｜0＜x＜1}．
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(2)由(1）和a,b∈M可知0＜a＜1,0＜b＜（ab＋1）－(a＋b）＝（a－1）(b－1）＞0, 故ab＋1＞a＋b。
本例条件不变，试比较logm(ab＋1)与logm（a＋b)（m＞0且m≠1）的大小．
解：∵0＜a＜1,0＜b＜1，∴（ab＋1)－(a＋b）＝（a－1)(b－1)＞0。故ab＋1＞a＋＞1时，y＝logmX在（0，＋∞）上递增，∴logm（ab＋1)＞logm（a＋b）当0＜m＜1时logmX在(0,＋∞）上单调递减，
∴logm(ab＋1）＜logm（a＋b)．
例5：设n∈N，n＞1,试比较logn（n＋1)与logn＋1（n＋2)的大小．
解：＝logn＋1(n＋2）·logn＋1n≤＝＜＝1。因此，logn（n＋1)>logn＋1(n＋2）
例6：设a＞b＞0，求证：＞。
证明：法一：∵a＞b＞0，∴左边－右边＝＝＞0,故原不等式成立．
法二：＝×＝＝1＋＞1,且由a＞b＞0，知＞0，∴＞.
例7：(1）设x≥1，y≥1，证明[y＋x＋(xy)2]〉［xy（x＋y)＋1］；
（2）设1＜a≤b≤c，证明logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac。
解：（1）由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋≤＋＋xy⇔xy（x＋y）＋1≤y＋x＋(xy)2。
将上式中的右式减左式，得[y＋x＋（xy)2]－[xy（x＋y）＋1］=[(xy）2－1]－［xy（x＋y）－(x＋y）］＝
(xy＋1）（xy－1）－（x＋y）(xy－1）＝（xy－1)（xy－x－y＋1）＝(xy－1)（x－1）(y－1）．
既然x≥1，y≥1,所以(xy－1）(x－1)（y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．
(2）设logab＝x，logbc＝y,由对数的换底公式得logca＝，logba＝,logcb＝,logac＝xy.
于是,所要证明的不等式即为x＋y＋≤＋＋xy,其中x＝loga b≥1，y＝logb c≥1。故由(1)可知所要证明的不等式成立．
例8：已知m＞0，a,b∈R,求证：≤。
证明:因为m＞0，所以1＋m＞0，所以要证≤，即证(a＋mb）2≤(1＋m)（a2＋mb2),即证m(a2－2ab＋b2）≥0，即证（a－b)2≥(a－b)2≥0显然成立，故2≤.
例9：设x，y，z为正数，求证:2(x3＋y3＋z3)≥x2(y＋z)＋y2(x＋z）＋z2（x＋y）．
证明：因为x2＋y2≥2xy≥0，所以x3＋y3＝(x＋y）(x2－xy＋y2）≥xy（x＋y),同理y3＋z3≥yz（y＋z),z3＋x3≥zx(z＋x），三式相加即可得2(x3＋y3＋z3）≥xy(x＋y）＋yz(y＋z）＋zx(z＋x），又因为xy（x＋y)＋yz(y＋z）＋zx（z＋x）＝x2(y＋z)＋y2（x＋z）＋z2(x＋y)所以2(x3＋y3＋z3）≥x2（y＋z）＋y2（x＋z）＋z2(x＋y)．
1．利用综合法证明不等式时，应注意对已证不等式的使用，常用的不等式有：(1)a2≥0；(2)｜a｜≥0；（3)a2＋b2≥2ab；它的变形形式又有(a＋b）2≥4ab，≥等;（4）≥（a≥0，b≥0），它的变形形式又有a＋≥2
（a＞0），＋≥2(ab＞0)，＋≤－2(ab＜0)等。
2．分析法证明不等式的注意事项：用分析法证明不等式时，不要把“逆求”错误地作为“逆推”，分析法的过程仅需要寻求充分条件即可,而不是充要条件，也就是说，分析法的思维是逆向思维，因此在证题时,应正确使用“要证”、“只需证”这样的连接“关键词”.
例10：设m是|a｜，|b|和1中最大的一个，当｜x｜＞m时，求证：＜2。
[证明］由已知m≥|a|,m≥｜b|，m≥|x｜＞m,∴｜x|＞|a｜，｜x｜＞｜b|,｜x｜＞1.∴≤＋＝＋＜＋
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＝1＋＜1＋＝2。∴|＋｜＜2成立．
例11：已知a＞0，b＞0，c＞0，a＋b＞c。求证：＋＞.
证明：∵a＞0，b＞0,∴＞，＞。∴＋＞.
而函数f(x)＝＝1－在(0，＋∞)上递增,且a＋b＞c，∴f(a＋b）＞f（c），则>，
所以＋〉，则原不等式成立．
例12：求证：－＜1＋＋＋…＋＜2－(n≥2，n∈N＋)．
证明：∵k（k＋1）＞k2＞k（k－1），k≥2，∴＜＜,即－＜＜－，分别令k＝2，3，…,n得－＜＜1－；－＜＜－；…－＜＜－;
将上述不等式相加得:－＋－＋…＋－＜＋＋…＋＜1－＋－＋…＋－，
即－＜＋＋…＋＜1－，∴－＜1＋＋＋…＋＜2－.
(1）在不等式的证明中，“放"和“缩”是常用的推证技巧．“放”和“缩"的方向与“放"和“缩”的量的大小是由题目分析得出的．常见的放缩变换有变换分式的分子和分母，如＜,＞，＜，＞.上面不等式中k∈N＋,k＞1。利用函数的单调性，真分数性质“若0＜a＜b，m＞0，则＜”，添加或减少项,利用有界性等． （2）在用放缩法证明不等式时，“放”和“缩”均有一个度．
例13：已知x，y均为正数，且x＞y，2x＋≥2y＋3。
解：因为x＞0,y＞0,x－y＞0,2x＋－2y＝2(x－y）＋＝（x－y）＋（x－y）＋≥3＝3，所以2x＋≥2y＋3。
例14：设a，b，c为正实数，求证:＋＋＋abc≥2。
证明：因为a,b，c为正实数，由平均不等式可得＋＋≥3,即＋＋≥.
所以＋＋＋abc≥＋abc。而＋abc≥2 ＝＋＋＋abc≥2。
例15：若n为大于1的自然数，求证：n＜n＋1＋＋＋…＋。
证明：由柯西不等式右边＝1＋1＋1＋＋1＋＋…＋1＋＝2＋＋＋＋…＋≥n·
＝n·＝左边．∵2≠≠,故不取等号．∴不等式n＜n＋1＋＋＋…＋成立．
例16：已知f（x）＝x2＋px＋q，求证｜f(1）|,|f（2）｜，|f(3)｜中至少有一个不小于。
证明：假设｜f(1）|，|f(2)|,|f(3)｜都小于，则｜f（1）｜＋2｜f(2）｜＋｜f（3）｜＜2。而｜f（1）|＋2|f(2）｜＋｜f(3）｜≥｜f(1)＋f（3）－2f（2）｜＝｜(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－（8＋4p＋2q)|＝2，与|f（1)|＋2|f(2)｜＋｜f（3）|＜2矛盾，∴|f（1)｜，｜f（2）|,｜f（3）|中至少有一个不小于.
例17：设a、b、c均为正数，求证:＋＋≥＋＋.
证明：∵a、b、c均为正数，∴≥≥，当a＝b时等号成立；(＋）≥≥，当b＝c时等号成立；(＋)≥≥，当a＝c时等号成立．三个不等式相加即得＋＋≥＋＋，当且仅当a＝b＝c时等号成立．
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例18：已知:an＝＋＋＋…＋(n∈N＋)，求证：＜an＜.
证明：∵＝，∴＞n，∴an＝＋＋…＋＞1＋2＋3＋…＋n＝.∵＜，∴an＜＋＋＋…＋
＝＋（2＋3＋…＋n）＋＝.综上得：＜an＜。
例19：设a，b,c为正数且a＋b＋c＝1，求证：++≥.
证明:++＝(12＋12＋12）［++］
≥＝＝≥（1＋9）2＝。
例20：已知a，b为正实数．(1）求证：＋≥a＋b；（2)利用（1）的结论求函数y＝＋（0＜x＜1)的最小值．
解:(1)证明：法一：∵a＞0,b＞0，∴（a＋b）＝a2＋b2＋＋≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b）2。
∴＋≥a＋b，当且仅当a＝b时等号成立。
法二：∵＋－(a＋b)＝＝＝＝。又∵a＞0,b＞0，∴≥0，当且仅当a＝b时等号成立∴＋≥a＋b。
（2):∵0＜x＜1，∴1－x＞0，由(1）的结论，函数y＝＋≥(1－x)＋x＝1.
当且仅当1－x＝x即x＝时等号成立．∴函数y＝＋（0＜x＜1）的最小值为1.