关于柯西不等式的证明

关于柯西不等式的证明（精选8篇）

1.关于柯西不等式的证明 篇一

高考要求

不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本节着重培养考生数学式

重难点归纳比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法

(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配 如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野

2不等式证明还有一些常用的方法换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法

证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点

1112(n∈N*)例1证明不等式123n

命题意图

本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能

知识依托 本题是一个与自然数n有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等

错解分析 此题易出现下列放缩错误

1n个

技巧与方法本题证法一采用数学归纳法从n=k到n=k+1的过渡采用了放缩法证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省(1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立

111(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+＜2k，2k则1

1211k112k1k1 2k(k1)11k(k1)12k1,∴当n=k+

1综合(1)、(2)得当n∈N*时，都有1+

121

31

n＜

另从k到k+12(k1)12k(k1)k2k(k1)(k1)

(kk1)20,2k(k1)12(k1),k10,21

k12k1.k1

21k11

k1, 又如:2k12

2k21.k1

对任意k∈N*，都有1

kkkk1证法111因此122(1)2(2)2(nn1)2n.23三 设f(n)=2n(1222(kk1),1

3那么对任意k∈N* 都有11n),f(k1)f(k)2(k1k)



1k11

k1[2(k1)2k(k1)1][(k1)2k(k1)k]1k1(k1k)2

k10

∴f(k+1)＞f(k)

因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞„＞f(1)=1＞0，1112n.∴123例2求使xy≤axy(x＞0，y＞0)恒成立的a 命题意图本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力 知识依托该题实质是给定条件求最值的题目，所求a的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再错解分析 本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜

2)，这样也得a≥sin

θ+cosθ其原因是(1)缩小了x、y的范围(2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=

1技巧与方法 除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，a≥f(x)，则amin=f(x)max 若 a≤f(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得

x+y+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2－1)(x+y)，∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，①②

当且仅当x=y时，②中有等号成立

比较①、②得a的最小值满足a2－1=1，∴a2=2，a=2(因a＞0)，∴a

设

uxy(xy)2xy2xy xyxyxy∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2xy(当x=y时“=”成立)，∴2xy2xy≤1，的最大值是1 xyxy

从而可知，u的最大值为12，又由已知，得a≥u，∴a的最小值为∵y＞0，∴原不等式可化为x+1≤ayx1，y

设x

=tanθ，θ∈(0，)y2

∴tanθ+1≤a 即tanθ+1≤asecθ ∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+

又∵sin(θ+4)，③ 

4)的最大值为1(此时θ=

4)

由③式可知a

例3已知a＞0，b＞0，且a+b=1求证(a+11)(b+)ba(分析综合法）

欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，即证ab≤1或ab≥8 4

∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立

∵1=a+b≥2ab，∴ab≤

(均值代换法)1，从而得证 4

设a=11+t1，b=+t222

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜11，|t2|＜ 22

11a21b21(a)(b)abab

111122(t1)21(t2)21(t1t11)(t2t21)1111t1t2(t1)(t2)2222

1152222(t1t11)(t2t21)(t2)2t21122t2t244

2532254t2t225.24t244

显然当且仅当t=0，即a=b=

(比较法）1时，等号成立 2

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1 4

1125a21b21254a2b233ab8(14ab)(8ab)(a)(b)0ab4ab44ab4ab 1125(a)(b)ab4

(综合法)

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab 252(1ab)1213916(1ab)12521ab1(1ab)44161ab44ab

1125 即(a)(b)ab4

(三角代换法）

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，2)

11112(a)(b)(sin2)(cos)absin2cos2

sin4cos42sin2cos22(4sin2)2164sin224sin22

sin221,4sin22413.2 42sin221625(4sin22)22511244sin224sin2

1125即得(a)(b).ab4

2.关于柯西不等式的证明 篇二

在教学过程中, 对柯西不等式的证明, 笔者和同学们一起在课堂上广泛地探究, 深入地挖掘, 取得了极大的收益, 获得了良好的教学效果.现整理如下:

(为行文方便, 先给出教材中的分析过程) 教材中说到:由于不等式中括号内含较多的项, 直接展开并比较左右比较麻烦, 我们采用下面的证法.

如果设A=a12+a22+…+an2, B=b12+b22+…+bn2, C=a1b1+a2b2+…+anbn, 那么不等式就是AC≥B2, 这正好与二次函数y=Ax2+Bx+C的判别式B2-4AC密切相关.这就启发我们可以通过构造二次函数并通过讨论相应的判别式来证明不等式.

一、证明中蕴藏的数学思想方法

上述文字具有丰富的内涵, 包含着许多常用的重要的数学思想方法, 仔细体会这些内容, 挖掘这些思想方法, 会对我们的学习具有重要的指导意义.在教学过程中, 我们体会到上述文字至少包含以下数学思想方法.

1. 换元思想

在解题过程中, 当一个问题的叙述比较繁琐, 式子的结构特征比较复杂时, 如果我们能够通过分解, 进行换元, 就能够把复杂的问题变成几个简单的问题, 从而使得复杂问题的结构特征变得简捷、直观、形象, 这样更加有利于问题的解决.例如:求式子 (lg3) lg3·3lg (log10) 的值.此题形式繁琐, 结构复杂, 若就题验算下去, 就会出现“僵持”的局面, 无法得出最后结果.但若通过换元, 巧妙一设, 局面便会豁然开朗.设x= (lg3) lg3, y=3lg (log10) , 则lgx= (lg3) (lglg3) , lgy=lg (log10) ·lg3, 所以, lg (xy) =lgx+lgy= (lg3) (lglg3) +lg (log10) ·lg3= (lg3) · (lglg3-lglg3) =0.所以, xy=1, 即原式的值为1.

2. 联想思想

分析中说到, “这正好与二次函数y=Ax2+Bx+C的判别式B2-4AC密切相关”.这句话体现了我们学习过程中进行广泛联想的思想方法.联想是由当前感知的事物特征回忆起有关另一事物相似、相近或相同特征的心理现象, 联想可以沟通数学对象中未知与已知、新知与旧识间的联系, 它不仅对掌握数学知识, 发展思维能力有积极意义, 而且有利于提高解题速度, 提高解题能力.常见的联想方法有类比联想法、接近联想法、关系联想法、逆向联想法和横向联想法等.联想, 是记忆的延伸, 是解决数学问题的法宝之一.由此及彼的联想, 常能拓宽我们的视野, 启发我们的思维;纵向横向的联想, 往往能迸发出创造性思维的火花.在学习过程中, 我们在理解记牢基础知识以后, 在实际应用中, 对于具体问题, 特别是较为复杂的问题, 我们更多的是通过联想, 将问题进行转化, 变为简单的问题, 变为我们熟悉的问题, 从而与我们所学的基础知识结合起来, 将问题解决.例如:a+b=1是我们在学习中经常遇到的一个式子, 以它为条件, 我们能产生哪些联想呢?

联想之一:由联想到成等差数列, 如果设公差为d, 就可设

联想之二:由a+b=1, 联想到sin2θ+cos2θ=1, 从而可设a=sin2θ, b=cos2θ.

联想之三:由a+b=1, 联想到直线方程x+y=1.

联想之四:由联想到真分式, 可设

爱因斯坦说过, “想象力比知识更重要, 因为知识是有限的, 而想象力概括着世界的一切, 推动着进步, 而且是知识进化的源泉”.解决数学问题如能通过数形联想, 把问题中的隐含条件挖掘出来加以利用, 则常常会使问题的解答避繁就简, 化难为易, 收到出奇制胜的效果.

3. 构造思想

分析中说到, “这就启发我们可以通过构造二次函数并通过讨论相应的判别式来证明不等式”.这句话体现了我们在学习中常用的构造思想.所谓构造法, 就是根据题设条件和结论的特殊性, 构造出一些新的数学形式, 并借助它认识与解决原问题的一种思想方法.构造法解题是一种富有创造性的思维方法, 构造思想, 充分渗透了猜想、归纳、试验概括、特殊化等重要的手段, 灵活应用, 可以培养学生的创造性思维, 提高分析问题和解决问题的能力;巧妙地构造可以获得新颖、简捷的解法, 使原本很抽象的数学问题变得通俗易懂.应用好构造思想解题的关键有二:一是要有明确的方向, 即为什么目的而构造;二是要弄清条件的本质特点, 以便重新进行逻辑组合.就构造对象来看, 常用的有构造命题、构造表达式、构造几何体 (图形) 等.在构造命题中又有构造等价命题和辅助命题之别;在构造表达式中又有构造函数、构造方程、构造数列、构造二项展开式等.

4. 分类讨论思想

在证明过程中, 分a1=a2=a3=…=an=0, b1=b2=b3=…=bn=0和a1, a2, a3, …, an中至少一个不为0进行了解答.这里利用了分类讨论的思想方法.分类讨论思想是指把所要研究的数学对象划分为若干不同的情形, 然后再分类研究和求解的一种思想方法, 其实质是把整体问题化为部分问题来解决.很多数学问题不仅在涉及的范围上带有综合性, 而且就问题本身而言也受到多种条件的交叉制约, 形成错综复杂的局面, 很难从整体上着手解决, 这时可从“分割”入手, 化整为零, 各个击破, 最后达到整体解决的目的.

在应用这一思想时, 一定要搞清引起分类讨论的原因, 寻找正确的分类讨论的方法和步骤, 做到无遗漏, 不重复.

5. 转化思想

当我们遇到一个比较复杂的式较难解决的问题时, 一般都不是直接解原题目, 而是将原题进行分解转化, 转化为一个已经解决的或比较容易解决的问题, 从而使原题得到解决.

转化这种重要的思维策略有着广泛的应用, 在数学知识体系中充满了转化, 在解题中转化更是一种重要的策略和基本的手段.通常的转化有下面几种:问题情境的转化, 即把需要解决的问题从一个陌生的情境转换成熟悉的、直观的、简单的问题;特殊与一般的转化;数量与图形的转化;命题间的映射转化;构造新命题的转化;参数与消元的转化;条件强弱间的转化;命题结构形式的转化;等价与非等价的转化等.转化的本质特征是知识和方法的迁移, 这需要我们在学习中注意知识间的联系与演变, 不断开拓思路, 不断收集、积累联想、转换的实例, 逐步掌握数学的基本思想方法, 由简单到复杂, 由低级到高级, 由模仿到创新.

二、证明的其他方法

3.数列求和不等式的证明 篇三

题目 已知数列[an]的通项公式是[an=3n-2n].求证：对一切正整数[n]，有[1a1+1a2+???+1an<32].

思路1：放缩为可求和的等比（等差）数列

证明 因为[3n-3n-1=2?3n-12?2n-1=2n]，

所以[3n-2n3n-1]，所以[1an13n-1].

于是[1a1+1a2+…+1an1+13+…+13n-1]

[=1-13n1-13][=321-13n<32].

思路2：放缩后能裂项相消

证明 当[n=1]时，[1a1=1<32]；

当[n=2]时，[1a1+1a2=1+15<32]，显然成立.

当[n3]时，[an=3n-2n=1+2n-2n]

[=1+C1n?2+C2n?22+…+Cn-1n?2n-1+2n-2n]

[=1+C1n?2+C2n?22+…+Cn-1n?2n-1>C2n?22]

[=2nn-1]，

又因为[a2=5>2×2×2-1]，

所以[an>2nn-1]（[n2]），

所以[1an<12nn-1=121n-1-1n]（[n2]），

所以[1a1+1a2+1a3+…+1an]

[<1+121-12+13-14+…+1n-1-1n=1+121-1n<32.]

思路3：构造加强不等式，借助数学归纳法

①当[n=1]时，左边[=1a1=1]，右边[=32]，命题成立.

②假设当[n=k]（[k2]，[k∈][N]）时成立，即[i=1k13i-2i<32]成立.为了证明当[n=k+1]时命题也成立，我们首先证明不等式：[13i+1-2i+1<13?13i-2i]（[i1]，[i∈][N]）.

要证[13i+1-2i+1<13?13i-2i]，

只需证[13i+1-2i+1<13i+1-3?2i]，

只需证[3i+1-2i+1>3i+1-3?2i]，

只需证[-2i+1>-3?2i]，

只需证[-2>-3]，该式子明显成立，

所以[13i+1-2i+1<13?13i-2i].

于是当[n=k+1]时，[i=1k+113i-2i=13-2+i=2k+113i-2i][<1+13i=1k13i-2i<1+13×32=32]，

所以在[n=k+1]时命题也成立.

4.均值不等式的证明 篇四

你会用到均值不等式推广的证明，估计是搞竞赛的把

对n做反向数学归纳法

首先

归纳n=2^k的情况

k=1。。

k成立k+1。。

这些都很简单的用a+b>=√(ab)可以证明得到

关键是下面的反向数学归纳法

如果n成立对n-1，你令an=(n-1)次√(a1a2...a(n-1)

然后代到已经成立的n的式子里，整理下就可以得到n-1也成立。

所以得证

n=2^k中k是什么范围

k是正整数

第一步先去归纳2，4，8，16，32...这种2的k次方的数

一般的数学归纳法是知道n成立时，去证明比n大的时候也成立。

而反向数学归纳法是在知道n成立的前提下，对比n小的数进行归纳，指“平方平均”大于“算术平均”大于“几何平均”大于“调和平均”

我记得好像有两种几何证法，一种三角证法，一种代数证法。

请赐教!

sqrt{}≥(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

证明：

1.sqrt(((a1)^2+(a2)^2+..(an)^2)/n)≥(a1+a2+..an)/n

两边平方,即证((a1)^2+(a2)^2+..(an)^2)≥(a1+a2+..an)^2/n

(1)如果你知道柯西不等式的一个变式，直接代入就可以了：

柯西不等式变式：

a1^2/b1+a2^2/b2+...an^2/bn≥(a1+a2+...an)^2/(b1+b2...+bn)

当且仅当a1/b1=a2/b2=...=an/bn是等号成立

只要令b1=b2=...=bn=1，代入即可

(2)柯西不等式

(a1^2+a2^2+...an^2)*(b1+b2...+bn)≥(a1b1+a2b2+...anbn)^2

2.(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2a3..an)

(1)琴生不等式:若f(x)在定义域内是凸函数，则nf((x1+x2+...xn)/n)≥f(x1)+f(x2)+...f(xn)

令f(x)=lgx显然，lgx在定义域内是凸函数

nf((x1+x2+...xn)/n)=nlg≥

f(x1)+f(x2)+...f(xn)=lga1+lga2+lga3...lgan=lga1*a2..an

也即lg≥1/n(lga1a2a3...an)=lg(a1a2a...an)^(1/n)=lgn次根号(a1a2..an)

f(x)在定义域内单调递增，所以(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2..an)

(2)原不等式即证：a1^n+a2^n+...an^n≥na1a2a3...an

先证明a^n+b^n≥a^(n-1)b+b^(n-1)a做差(a-b)(a^(n-1)-b^(n-1))≥0

2*(a1^n+a2^n+...an^n)≥a1^(n-1)a2+a2^(n-1)a1+a2^(n-1)a3+a3^(n-1)a2...an^(n-1)a1+a1^a(n-1)an

=a2(a1^(n-1)+a3^(n-1))+a3(a2^(n-1)+a4^(n-1))...≥a2a1^(n-2)a3+a2a3^(n-2)a1+...≥...≥2na1a2...an

即a1^n+a2^n+...an^n≥na1a2a3...an

(3)数学归纳法:但要用到(1+x)^n>1+nx这个不等式，不予介绍

3.n次根号(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

原不等式即证：n次根号(a1a2a3..an)*(1/a1+1/a2+..+1/an)≥n

左边=n次根号+n次根号++n次根号+...n次根号

由2得和≥n*n次根号(它们的积)所以左边≥n*n次根号(1)=n

所以(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

证毕

特例：sqrt(a^2+b^2/2)≥(a+b)/2≥sqrt(ab)≥2/1/a+1/b

证明：

1.sqrt(a^2+b^2/2)≥(a+b)/2两边平方a^2+b^2≥(a+b)^2/4即证(a/2-b/2)^2≥0显然成立

2.(a+b)/2≥sqrt(ab)移项即证(sqrt(a)-sqrt(b))≥0显然成立

此不等式中a+b可以表示一条直径的两部分，(a+b)/2=rsqrt(ab)就是垂直于直径的弦，而r≥弦的一半

3.sqrt(ab)≥2/1/a+1/b两边同时乘上1/a+1/b即证sqrt(ab)*(1/a+1/b)≥2

5.不等式证明,均值不等式 篇五

3、(abc)(1119) abbcca24、设a,bR，且ab1，求证：(a)(b)

5、若ab1，求证：asinxbcosx

16、已知ab1，求证：ab

7、a,b,c,dR求证：1＜441a21b225 2221 8abcd+++＜2 abdbcacdbdac11118、求证2222＜2 123n

1111＜1

9、求证：2n1n22n10、求下列函数的最值

（1）已知x＞0，求y2x

（2）已知x＞2，求yx4的最大值（-2）x1的最小值（4）x

2111（3）已知0＜x＜，求yx(12x)的最大值（）221611、若正数a,b满足ab(ab)1则ab的最小值是（）

（22333）

12、已知正数a,b求使不等式(ab)k(ab)成立的最小k值为（）（4）

13、求函数y

14、二次函数f(x)xaxxa的两根x1,x2满足0＜x1＜x2＜ 1，求a的取值范围（）（0，15、关于x的方程x2m(x3)2m140有两个实数根，且一个大于1，一个小于1，则m的取值范围是（）（m＜-

22221）

416、关于x的方程mx2x10至少有一个负根，则m的取值范围是（m1）

17、关于x的方程2kx2x3k20有两个实数根，一个小于1，另一个大于1，求实数k的取值范围（k＞0或k＜-4）

218、为使方程x22px10的两根在（-2,2）内，求p的取值范围（-＜p＜

19、函数f(x)ax2x1有零点，则a的取值范围是（a

20、判断函数f(x)x-

21、已知方程x22343）41）411的零点的个数（一个）x395xk在1,1上有实数根，求实数k的取值范围（,）2162

22、已知方程7x2(m13)xm2m20有两个实数根，且一根在（0,1），一根在（1,2）上，求m的取值范围（(2,1)(3,4)）

23、关于的方程2axx10在（0,1）内恰有一解，求实数a的取值范围(1,)

24、若关于的方程lg(x

6.高考冲刺不等式的证明 篇六

【本周授课内容】：不等式的证明

【重点】：正确使用不等式的基本性质与定理，理解并掌握证明不等式的常用方法。

【难点】：据所证不等式的结构特征选择证明方法以及把握不等式证明过程的基本过程及格式的规范。

主要内容及重点例题参考：

1．不等式证明的理论依据：不等式的概念和性质，实数的性质，以及一些基本的不等式：

（1）若a∈R，则|a|≥0，a2≥0。

（2）若a,b∈R，则a2+b2≥2ab。

（3）若a,b∈R+，则

（4）若a,b同号，则

（5）若a,b,c∈R+，则

2．证明不等式的基本方法：比较法(作差、作商)，综合法，分析法，数学归纳法及反证法；另外还有如换元法、放缩法等。

3．例题分析:

例1．a,b,c∈R+，求证：a3+b3+c3≥3abc。

分析与解答：

证法一：（比较法）

∵ a3+b3+c3-3abc

=(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc

=(a+b+c)[a2+2ab+b2-ac-bc+c2]-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)

=(a+b+c)[

证法二（综合法）：

∵ a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)ab（当且仅当a=b时“=”成立）

b3+c3=(b+c)(b2+c2-bc)≥(b+c)bc（当且仅当b=c时“=”成立）

c3+a3=(a+c)(c2+a2-ca)≥(c+a)ca（当且仅当c=a时“=”成立）

∴ 2(a3+b3+c3)≥a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2

=b(a2+c2)+a(b2+c2)+c(a2+b2)

≥2abc+2abc+2abc=6abc。（当且仅当a=b=c时“=”成立）

∴ a3+b3+c3≥3abc。

例2．已知a,b,c为不等正数，求证：a2ab2bc2c>ab+cbc+aca+b。

≥+。≥2。≥。（6）若a,b∈R，则||a|-|b||≤|a+b|≤|a|+|b|。(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0。∴ a3+b3+c3≥3abc。

分析：由于所证不等式两端都是幂和积的形式，且a,b,c为正数，可选用商值比较法。

证明：a,b,c为不等正数，不失一般性，设a>b>c>0，这时a2ab2bc2c>0，ab+cbc+aca+b>0。

=a(a-b)+(a-c)b(b-c)+(b-a)c(c-b)+(c-a)=()a-b()b-c()c-a

∵ a>b>c>0，∴ >1，a-b>0；>1，b-c>0；0<)b-c>1，(<1，c-a<0。)c-a>1。由指数函数的性质可知：()a-b>1，（∴ >1，即：a2ab2bc2c>ab+cbc+aca+b。

评述：例1的证法一与例2都是应用比较法证明不等式，求差比较法的基本步骤是“作差——变形——判定差式的正负”；求商比较法的基本步骤是“作商——变形——判定商式大于1或小于1”，应注意，求商比较法一般用于各字母均为正数的不等式的证明。

例3．已知a,b,c∈R，求证：

分析：不等式的左端是根式，而右端是整式，应设法通过适当的放缩变换将左式各根式的被开方式转化为完全平方式。

证明：∵ a2+b2≥2ab，∴ 2(a2+b2)≥a2+2ab+b2=(a+b)2，++≥(a+b+c)。

即a2+b2≥，两边开方，得：≥|a+b|≥(a+b)

同理可得≥(b+c)，≥(c+a)

三式相加，得：

++≥(a+b+c)

例4．已知a,b,c∈R+，且a+b+c=1，求证：（1）

分析：利用基本不等式，采用综合法解决问题。

（1）证法一：++=+，∴ abc≤+，∴ ++≥9，（2）a2+b2+c2≥。=3+≥27，+++++≥3+2+2+2=9。证法二：∵ 1=a+b+c≥3

∴

++≥3≥3=9。

（2）∵ 1=a+b+c，∴ 1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc

≤a2+b2+c2+(a2+b2)+(a2+c2)+(b2+c2)=3(a2+b2+c2)。

∴ a2+b2+c2≥。

评述：利用综合法由因导果证明不等式，就要揭示出条件与结论之间的因果关系，为此要着力分析已知与求证之间的差异与联系，不等式左右两端的差异和联系，如例4是个条件不等式的证明问题。给出的特定条件是a+b+c=1，在分析所证不等式左右两端的差异后，合理应用已知条件，进行有效的变换就是证明不等式的关键。

例5．已知|a|<1，|b|<1，求证：|

分析：利用分析法证明。

证明：要证||<1成立，只要证|a+b|<|1+ab|，|<1。

只要证(a+b)2<(1+ab)2，即a2+b2+2ab<1+2ab+a2b2，只要证a2+b2-1-a2b2<0，只要证(a2-1)(1-b2)<0，只要证(a2-1)(b2-1)>0。∵ |a|<1，|b|<1，∴ a2<1，b2<1，∴(a2-1)，(b2-1)同号，∴(a2-1)(b2-1)>0成立，∴ |

例6．已知a，b是不等正数，且a3-b3=a2-b2，求证：1

分析：已知条件中等式两端和求证结论中不等式两端有次数上的差异，因此在证明中应采用从已知条件出发，施行降次变换，或从求证结论出发，施行升次变换的方法。

证明：a，b是不等正数，且a3-b3=a2-b2，a2+ab+b2=a+b

3(a+b)<4(a+b)2=a2+2ab+b2>a2+ab+b2=a+b3(a+b)2<4(a+b)a+b>1。|<1。a+b<

3(a2+2ab+b2)<4(a2+ab+b2)a2-2ab+b2>0(a-b)2>0。

成立。即(a-b)2>0一定成立，故a+b<

评述：分析法是从求证的不等式出发，逐步寻求使不等式成立的条件，直至所需条件被确认成立，就断定求证的不等式成立。分析法的思路是：执果索因：从求证的不等式出发，探索使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式。在例6中证明a+b>1采用的是综合法。证明a+b<

常常是相互配合交替进行的。

例7．已知a,b,c∈(0,1)，求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a中至少有一个不大于

证明：假设(1-a)b>，(1-b)c>，(1-c)a>。采用的是分析法，事实上，推理论证中，由因导果和执果索因两种方法

∵ a,b,c∈(0,1)，∴ 1-a，1-b，1-c∈(0,1)，∴ >，+>，+>，>。

三式相加，得：

由平均值定理可知：++≤++=

与上式相矛盾，故假设不成立。

∴(1-a)b，(1-b)c，(1-c)a中至少有一个不小于。

评述：反证法：基本思路是“假设——矛盾——肯定”，采用反证法证明不等式时，从与结论相反的假设出发，推出矛盾的过程中，每一步推理都必须是正确的。由于本题（例7）题目的结论是：三个数中“至少有一个不大于

复杂，会出现多个由异向不等式组成的不等式组，一一证明十分繁杂，而对结论的否定是三个数“都大于

明了，为推出矛盾提供了方便，故采用反证法是适宜的。

4．课后练习：

（1）已知x∈R，求证：1+2x4≥x2+2x3

（2）已知a,b∈R，a≠b，求证：a2+ab+b2>0。”，情况比较”，结构简单

（3）求证log56·log54<1。提示：先化成常用对数，然后用均值不等式，有

7.柯西-施瓦兹不等式证明方法探讨 篇七

设f (x) 连续, 则, 这是一个十分重要的公式.今用它来证明柯西-施瓦兹不等式.

设函数f (x) 、g (x) 都在[a, b]上连续, 证明柯西-施瓦兹不等式

证明:将b变为参数x, 引进辅助函

2. 函数法证明柯西-施瓦兹不等式

对于任意实数ai, bi (i=1, 2, ⋯, n) , 证明:

对于任意实数ai, bi (i=1, 2, ⋯, n) ,

从而方程f (x) =0的判别式

即 (a1b1+a2b2+⋯+anbn) 2≤ (a12+a22+⋯an2) (b12+b22+⋯bn2) , 当且仅当f (x) =0, 有二重根x=k时取等, 此时 (b1k-a1) 2+ (b2k-a2) 2+⋯ (bnk-an) 2=0, 即ai=kbi (i=1, 2, ⋯n) .

3. 柯西-施瓦兹不等式的应用

定理3.1:对于n个正数:a1, a2, ⋯, an, 有并且当且仅当a1=a2=⋯=an时等号成立.

分析:注意到不等式右边的底数是3故只要将不等式左边2+ai拆成1+1+ai, 用三个正数的平均值不等式即可.

证明:利用平均值不等式, 有

定理3.2:如果a1, a2, ⋯, an与b1, b2, ⋯, bn是两列正数, , 并且当且仅当时等号成立.

例3:设x, y, z∈R+且x+y+z=1, 求证x2+y2+z2≥1 3, 1 x+1y+1 z≥9.

证明:由定理3.2知x2+y2+z2=x21+y21+z21≥ (x+y+z) 2 (1+1+1) =1 3

1 x+1y+1 z=12x+12y+12z≥ (1+1+1) 2 (x+y+z) =9,

∴x2+y2+z2≥1 3 1 x+1y+1 z≥9.

当且仅当x==z=1 3时, 两式等号成立.

摘要：柯西—施瓦兹不等式是高等代数中非常重要的一个不等式.本文通过微积分学第一基本定理、函数方法等证明柯西—施瓦兹不等式, 并阐述相关定理的证明, 通过例子说明其应用。

关键词：柯西—施瓦兹不等式,定理,证明

参考文献

[1]王萼芳, 石生明.《高等代数 (第三版) 》[M].北京:高等教育出版社, 2005.4

[2]安铮.浅谈与柯西-施瓦兹不等式有关的一些不等式[J].乌鲁木齐成人教育学院学报, 1996, 7 (1) :35-39

8.一道不等式证明题的后续 篇八

证明 因为m＞0，所以1+m＞0，所以要证2≤，即证（a+mb）2≤（1+m）（a2+mb2），即证m（a2-2ab+b2）≥0，即证（a-b）2≥0，而（a-b）2≥0显然成立，故2≤.

注析 不等式形式虽较繁琐，但作为一个证明题，是较容易证明的.从上述证法中，我们可以发现当且仅当a=b时，不等式取等，两边统一为一个平方数a2.以下，我们考虑此不等式的实际意义.

考虑函数f （x）=x2，则2=f ，=，故原不等式即f ≤.

如图1，设A（a，0），B（b，0），a＜b，则C（a，a2），D（b，b2）.容易判断a＜＜b，而直线CD的方程为y=（x-a）+a2，即y=（a+b）x-ab，当x=时，y=.由图（点G恒在点F上方）易知f ＜.

可见，不等式成立的几何意义是，函数f （x）=x2图像上任两点间的图像在这两点连线的下方.特别地，当m=1时，原不等式即2≤，改成函数值形式即f ≤.

此形式在课本中不止一次出现过.比如：对任意的x1，x2∈R，若函数f （x）=2x，试比较与

f 的大小关系.

换个角度看，设E，0，G，，则有点E分线段AB的比值为m，点G分线段CD的比值也为m.从而无需求直线CD的方程也可判断不等式的正确性.由此，试题的命制建立在定比分点的坐标公式和函数的“凸凹”性上.

变式1 如图2，对于函数f （x）=x2（x＞0）上任意两点A（a，a2），B（b，b2），连结线段AB，则线段AB必在曲线AB的上方，设点C分的比为λ（λ＞0），则由点C在点C′上方可得不等式＞2.请分析函数y=lnx（x＞0）的图像，类比上述不等式可得到的不等式是________.

解析 由点C分的比为λ，知=λ，则有C，，显然有＞2成立.而对函数y=lnx的图像进行类似构造，易知点C在点C′下方，则有不等式＜ln成立.

注析 此题将之与类比推理结合起来，关键是要能快速看出已知命题为什么成立，明白就里便可迅速写出结果.

变式2 （2011届泰州中学高三期中）函数f （x）=2x，对x1，x2∈R，x1≠x2，α=，β=（λ＞1），比较大小：f （α）+f （β）_____ f （x1）+f （x2）.（填“＜”，“=”，“＞”之一）

解析 易知＜α＜x2，x1＜β＜，且α+β=

+=x1+x2.

如图3，设C（x1，f（x1）），D（x2，f（x2）），x1＜x2，H，，E（α，f（α）），F（β，f（β）），G，，由图（点H在点G上方）易知f （α）+f （β）＜f （x1）+f （x2）.

注析 题中字母变量过多，一般可考虑作差比较，但此法需要代数变形，即使取些特殊值也要经过一番试探.考虑借助图形，我们可以快速找到式子的几何意义，大大缩减了问题解决的用时.

变式3 （2010年江苏卷改编）设函数f （x）=lnx+（x＞1），给定x1，x2∈（1，+∞），x1＜x2，α=mx1+（1-m）x2，β=（1-m）x1+mx2，且α＞1，β＞1，若|f （α）-f （β）|＜|f （x1）-f （x2）|，则实数m的取值范围为________.

解析 因为f ′（x）=-=＞0对x∈（1，+∞）恒成立，所以函数f （x）在（1，+∞）上是单调递增函数.

而α+β=mx1+（1-m）x2+（1-m）x1+mx2=x1+x2.

（1） 若m≤0，则α=mx1+（1-m）x2≥mx2+（1-m）x2=x2，则β≤x1，即有β≤x1＜x2≤α，所以|f （α）-f （β）|≥|f （x1）-f （x2）|，不符题意；

（2） 若m≥1，则α=mx1+（1-m）x2≤mx1+（1-m）x1=x1，则β≥x2，即有α≤x1＜x2≤β，所以|f （α）-f （β）|≥|f （x1）-

f （x2）|，不符题意；

（3） 若0＜m＜1， 则α=mx1+（1-m）x2＜mx2+（1-m）x2=x2，则β＞x1，即有x1＜α≤β＜x2，所以|f （α）-f （β）|＜f （x1）-

f （x2），满足题意.

综上，可知实数m的取值范围为（0，1）.

注析 事实上，条件中的等式“α=mx1+（1-m）x2”是定比分点坐标公式的变形.如图4，设A（x1，0），B（x2，0），C（α，0），D（β，0），则等式“α=mx1+（1-m）x2”的几何意义是点C分线段AB的比值为-1.由“α+β=x1+x2”，可知α和β，x1和x2都关于对称出现.故只有α和β均在x1，x2之间时，才满足题意，即-1＞0，亦可得m∈（0，1）.

变式4 设关于x的方程x2-mx-1=0有两个实根α，β，且α＜β，f （x）=.对正实数λ，μ，试比较大小：f- ______|α-β|.（填“＜”，“=”，“＞”之一）

解析 对函数f （x）求导，得f ′（x）=，易知f ′（x）＞0对x∈（α，β）恒成立，即函数f （x）在（α，β）内单调递增.

对正实数λ，μ，有0＜＜1，0＜＜1，且+=1，所以α＜＜β，α＜＜β，所以f-f＜|f （α）-f （β）|.而|f （α）-

f（β）|=-==

|α-β|=|α-β|，故应填＜.

注析 在定比分点的坐标公式中，将比值的具体值模糊化，只要x=λα+μβ（λ+μ=1），就可判断x在（α，β）内.由λ，μ的不确定性，只知左边是区间（α，β）内的两个函数值的差，不易求值，可见结果的取得需要经历合理的猜想及必要的计算.而过程显示，题中函数的极值差与极值点的差的绝对值相等，美妙的结果（如图5）.

对试题解决过后的再思考，或许会将我们引领到更为广阔的天地中去.放手去做，放心去翔，驰骋于思维的练兵场，收获是斐然的.