爱华网一、基础知识
不等式的基本性质：
（1）a>ba-b>0； （2）a>b, b>ca>c；
（3）a>ba+c>b+c； （4）a>b, c>0ac>bc；
（5）a>b, c<0ac<bc; （6）a>b>0, c>d>0ac>bd;
（7）a>b>0, n∈N+an>bn; （8）a>b>0, n∈N+;
（9）a>0, |x|<a-a<x<a, |x|>ax>a或x<-a;
（10）a, b∈R，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|;
（11）a, b∈R，则(a-b)2≥0a2+b2≥2ab;
（12）x, y, z∈R+，则x+y≥2, x+y+z
前五条是显然的，以下从第六条开始给出证明。
（6）因为a>b>0, c>d>0，所以ac>bc, bc>bd，所以ac>bd；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若，由性质（7）得，即a≤b，与a>b矛盾，所以假设不成立，所以；由绝对值的意义知（9）成立；-|a|≤a≤|a|, -|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再证（10）的左边，因为|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）显然成立；下证（12），因为x+y-2≥0，所以x+y≥，当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不等式，令，因为x3+b3+c3-3abc =(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc =(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)= (a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0，所以a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥，等号当且仅当x=y=z时成立。
二、方法与例题
1．不等式证明的基本方法。
（1）比较法，在证明A>B或A<B时利用A-B与0比较大小，或把（A，B>0）与1比较大小，最后得出结论。
例1 设a, b, c∈R+，试证：对任意实数x, y, z, 有x2+y2+z2
【证明】 左边-右边= x2+y2+z2
所以左边≥右边，不等式成立。
例2 若a<x<1，比较大小：|loga(1-x)|与|loga(1+x)|.
【解】 因为1-x1，所以loga(1-x)0, =|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x)>log(1-x)(1-x)=1（因为0<1-x2<1，所以>1-x>0, 0<1-x<1）.
所以|loga(1+x)|>|loga(1-x)|.
（2）分析法，即从欲证不等式出发，层层推出使之成立的充分条件，直到已知为止，叙述方式为：要证……，只需证……。
例3 已知a, b, c∈R+，求证：a+b+c-3≥a+b
【证明】 要证a+b+c≥a+b只需证，
因为，所以原不等式成立。
例4 已知实数a, b, c满足0<a≤b≤c≤，求证：
【证明】 因为0<a≤b≤c≤，由二次函数性质可证a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c)，
所以，
所以，
所以只需证明，
也就是证，
只需证b(a-b) ≤a(a-b)，即(a-b)2≥0，显然成立。所以命题成立。
（3）数学归纳法。
例5 对任意正整数n(≥3)，求证：nn+1>(n+1)n.
【证明】 1）当n=3时，因为34=81>64=43，所以命题成立。
2）设n=k时有kk+1>(k+1)k，当n=k+1时，只需证(k+1)k+2>(k+2)k+1，即>1. 因为，所以只需证，即证(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1，只需证(k+1)2>k(k+2)，即证k2+2k+1>k2+2k. 显然成立。
所以由数学归纳法，命题成立。
（4）反证法。
例6 设实数a0, a1,…,an满足a0=an=0，且a0-2a1+a2≥0, a1-2a2+a3≥0,…, an-2-2an-1+an≥0，求证ak≤0(k=1, 2,…, n-1).
【证明】 假设ak(k=1, 2,…,n-1) 中至少有一个正数，不妨设ar是a1, a2,…, an-1中第一个出现的正数，则a1≤0, a2≤0,…, ar-1≤0, ar>0. 于是ar-ar-1>0，依题设ak+1-ak≥ak-ak-1(k=1, 2, …, n-1)。
所以从k=r起有an-ak-1≥an-1-an-2 ≥…≥ar-ar-1>0.
因为an≥ak-1≥…≥ar+1≥ar >0与an=0矛盾。故命题获证。
（5）分类讨论法。
例7 已知x, y, z∈R+，求证：
【证明】 不妨设x≥y, x≥z.
ⅰ）x≥y≥z，则，x2≥y2≥z2，由排序原理可得
，原不等式成立。
ⅱ）x≥z≥y，则，x2≥z2≥y2，由排序原理可得
，原不等式成立。
（6）放缩法，即要证A>B，可证A>C1, C1≥C2,…,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈N+).
例8 求证：
【证明】
，得证。
例9 已知a, b, c是△ABC的三条边长，m>0，求证：
【证明】
（因为a+b>c），得证。
（7）引入参变量法。
例10 已知x, y∈R+, l, a, b为待定正数，求f(x, y)=的最小值。
【解】 设，则，f(x,y)=
(a3+b3+3a2b+3ab2)=
，等号当且仅当时成立。所以f(x, y)min=
例11 设x1≥x2≥x3≥x4≥2, x2+x3+x4≥x1，求证：(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4.
【证明】 设x1=k(x2+x3+x4)，依题设有≤k≤1, x3x4≥4，原不等式等价于(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即
(x2+x3+x4) ≤x2x3x4，因为f(k)=k+在上递减，
所以(x2+x3+x4)=(x2+x3+x4)
≤·3x2=4x2≤x2x3x4.
所以原不等式成立。
（8）局部不等式。
例12 已知x, y, z∈R+，且x2+y2+z2=1，求证：
【证明】 先证
因为x(1-x2)=,
所以
同理，
，
所以
例13 已知0≤a, b, c≤1，求证：≤2。
【证明】 先证 ①
即a+b+c≤2bc+2.
即证(b-1)(c-1)+1+bc≥a.
因为0≤a, b, c≤1，所以①式成立。
同理
三个不等式相加即得原不等式成立。
（9）利用函数的思想。
例14 已知非负实数a, b, c满足ab+bc+ca=1，求f(a, b, c)=的最小值。
【解】 当a, b, c中有一个为0，另两个为1时，f(a, b, c)=，以下证明f(a, b, c) ≥. 不妨设a≥b≥c，则0≤c≤, f(a, b, c)=
因为1=(a+b)c+ab≤+(a+b)c，
解关于a+b的不等式得a+b≥2(-c).
考虑函数g(t)=, g(t)在[）上单调递增。
又因为0≤c≤，所以3c2≤1. 所以c2+a≥4c2. 所以2≥
所以f(a, b, c)=
≥
=
=
≥
下证0 ① c2+6c+9≥9c2+9≥0 因为，所以①式成立。
所以f(a, b, c) ≥，所以f(a, b, c)min=
2．几个常用的不等式。
（1）柯西不等式：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，则
等号当且仅当存在λ∈R，使得对任意i=1, 2, , n, ai=λbi,
变式1：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，则
等号成立条件为ai=λbi,(i=1, 2, …, n)。
变式2：设ai, bi同号且不为0(i=1, 2, …, n)，则
等号成立当且仅当b1=b2=…=bn.
（2）平均值不等式：设a1, a2,…,an∈R+，记Hn=, Gn=, An=，则Hn≤Gn≤An≤Qn. 即调和平均≤几何平均≤算术平均≤平方平均。
其中等号成立的条件均为a1=a2=…=an.
【证明】 由柯西不等式得An≤Qn，再由Gn≤An可得Hn≤Gn，以下仅证Gn≤An.
1）当n=2时，显然成立；
2）设n=k时有Gk≤Ak，当n=k+1时，记=Gk+1.
因为a1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥
≥2kGk+1,
所以a1+a2+…+ak+1≥(k+1)Gk+1，即Ak+1≥Gk+1.
所以由数学归纳法，结论成立。
（3）排序不等式：若两组实数a1≤a2≤…≤an且b1≤b2≤…≤bn，则对于b1, b2, …, bn的任意排列，有a1bn+a2bn-1+…+anb1≤≤a1b1+a2b2+…+anbn.
【证明】 引理：记A0=0，Ak=，则=（阿贝尔求和法）。
证法一：因为b1≤b2≤…≤bn，所以≥b1+b2+…+bk.
记sk=-( b1+b2+…+bk)，则sk≥0(k=1, 2, …, n)。
所以-(a1b1+a2b2+…+anbn)=+snan≤0.
最后一个不等式的理由是aj-aj+1≤0(j=1, 2, …, n-1, sn=0),
所以右侧不等式成立，同理可证左侧不等式。
证法二：（调整法）考察，若，则存在。
若(j≤n-1)，则将与互换。
因为
≥0，
所 调整后，和是不减的，接下来若，则继续同样的调整。至多经n-1次调整就可将乱序和调整为顺序和，而且每次调整后和是不减的，这说明右边不等式成立，同理可得左边不等式。
例15 已知a1, a2,…,an∈R+，求证；a1+a2+…+an.
【证明】证法一：因为，…， ≥2an.
上述不等式相加即得≥a1+a2+…+an.
证法二：由柯西不等式(a1+a2+…+an)≥(a1+a2+…+an)2，
因为a1+a2+…+an >0，所以≥a1+a2+…+an.
证法三： 设a1, a2,…,an从小到大排列为，则，，由排序原理可得
=a1+a2+…+an≥，得证。
注：本讲的每种方法、定理都有极广泛的应用，希望读者在解题中再加以总结。
三、基础训练题
1．已知0<x<1，a, b∈R+，则的最小值是____________.
2．已知x∈R+，则的最小值是____________.
3．已知a, b, c∈R，且a2+b2+c2=1, ab+bc+ca的最大值为M，最小值为N，则MN=___________.
4．若不等式对所有实数x成立，则a的取值范围是____________.
5．若不等式x+a的解是x>m，则m的最小值是____________.
6．“a+b=4”是“不等式|x-a|+|x-b|<8的解集是{x|-2<x<6}”的____________条件.
7．若a, b∈R+，则a+b=1，以下结论成立是__________.① a4+b4≥；②≤a3+b3<1；③；④；⑤；⑥
8．已知0<<，若，则=____________.
9．已知，p=(x1-)2+(x2-)2+…+(xn-)2, q=(x1-a)2+(x2-a)2+…+(xn-a)2, 若，则比较大小：p___________q.
10．已知a>0, b>0且ab, m=aabb, n=abba, 则比较大小：m_________n.
11．已知n∈N+，求证：
12．已知0<a<1，x2+y=0，求证：loga(ax+ay) ≤loga2+.
13．已知x∈R，，求证：
四、高考水平训练题
1．已知A=asin2x+bcos2x, B=acos2x+bsin2x(a, b, x∈R)，设m=AB, n=ab, P=A2+B2, q=a2+b2，则下列结论成立的有]__________.（1）m≥n, p≥q;（2）m≤n, p≤q；（3）m+p≥n+q；（4）m+q≥n+p.
2．已知a, b, c, d∈R，M=4(a-b)(c-d), N=(a-b)(c-b)+(d-a)(d-c)+(c-d)(c-b)+(a-b)(a-d)，则比较大小：M________N.
3．若R+，且，，将从小到大排列为________.
4．已知△ABC的三边长a, b, c满足b+c≤2a, a+c≤2b，则的取值范围是________.
5．若实数x, y满足|x|+|y|≤1，则z=x2-xy+y2的最大值与最小值的和为________.
6．设函数f(x)=(x∈[-4,2])，则f(x)的值域是________.
7．对x1>x2>0, 1>a>0，记，比较大小：x1x2________y1y2.
8．已知函数的值域是，则实数a的值为________.
9．设a≤b<c是直角△ABC 的三边长，若不等式恒成立，则M最大值为________.
10．实系数方程x2+ax+2b=0的一个根大于0且小于1，另一个根大于1且小于2，则的取值范围是________.
11．已知a, b, c∈R+且满足 a+b+c≥abc，求证：下列三个式子中至少有两个成立：
12．已知a, b∈R+且，求证：对一切n∈N+，(a+b)n-an-bn≥22n-2n+1.
13．已知a, b, c ∈R+，求证：
14．设x, y, z是3个不全为零的实数，求的最大值。
五、联赛一试水平训练题
1．已知a1, a2, b1, b2, c1, c∈R，a1c1-=a2c2>0, P=(a1-a2)(c1-c2), Q=(b1-b2)2，比较大小：P_______Q.
2．已知x2+y2-xy=1，则|x+y-3|+|x+y+2|=__________.
3．二次函数f(x)=x2+ax+b，记M=max{|f(1)|, |f(2)|, |f(3)|}，则M的最小值为__________.
4．设实数a, b, c, d满足a≤b≤c≤d或者a≥b≥c≥d，比较大小：
4(a+c+d)(a+b+d)__________(2a+3d+c)(2a+2b+c+d).
5．已知xi∈R+, i=1, 2, …,n且，则x1x2…xn的最小值为__________（这里n>1）.
6．已知x, y∈R, f(x, y)=x2+6y2-2xy-14x-6y+72的最小值为__________.
7．已知0≤ak≤1(k=1, 2, …,2n)，记a2n+1=a1, a2n+2=a2，则的最大值为__________.
8．已知0≤x≤1, 0≤y≤1, 0≤z≤1，则的最大值为__________.
9．已知≤x≤5，求证：
10．对于不全相等的正整数a, b, c，求证：
11．已知ai>0(i=1, 2, …, n)，且=1。又0<λ1≤λ2≤…≤λn，求证：≤
六、联赛二试水平训练题
1．设正实数x, y, z满足x+y+z=1，求证：
2．设整数x1, x2, …,xn与y1, y2, …, yn满足1<x1<x2<…<xn<y1<y2<…<ym, x1+x2+…+xn>y1+y2+…+ym，求证：x1x2xn>y1y2…ym.
3．设f(x)=x2+a，记f(x), fn(x)=f(fn-1(x))(n=2, 3, …)，M={a∈R|对所有正整数n, |fn(0)| ≤2}，求证：。
4．给定正数λ和正整数n(n≥2)，求最小的正数M（λ），使得对于所有非负数x1, x2,…,xn ，有M(λ)
5．已知x, y, z∈R+，求证：(xy+yz+zx)
6．已知非负实数a, b, c满足a+b+c=1，求证：2≤(1-a2)2+(1-b2)2+(1-c2)2≤(1+a)(1+b)(1+c)，并求出等号成立的条件。
