23个经典的不等式专题

1、 2、 3、 4、 5、 6、

证明：1+111...2； 2232n2若：a3b32，求证：ab2 ； 若：nN，求证：

1111...1； 2n1n22n若：a,b0，且abab3，求：ab的取值范围 ；

abc ； 1a1b1c111111当n2时，求证：22...21 ；

2n123nn若：a,b,c是ABC的三边，求证：

7、 若xR，求yx2x1x2x1的值域 ； 8、 求函数y3sin的最大值和最小值 ；

2cos9、 若a,b,c0，求证：

2229 ； abbccaabc10、 若a,b,cR，且a2b2c225，试求：a2b2c的取值范围 11、 若a,b,cR，且2ab2c6，求a2b2c2的最小值

(a1)2(b2)2(c3)21，求abc的最大值和最小值； 12、 若a,b,cR，且

165413、 若a,b,c0，x,y,z0，且满足a2b2c225，x2y2z236，

axbycz30，求：

15 ； 2k3k1nabc的值；

xyz14、 求证：115、 当n2时，求证：2(1)n3；

n113135135...(2n1)...2n1 ； 16、 求证：224246246...(2n)17、 求证：2(n11)118、 已知：x0,求证：

111...2(2n11) ； 23nxln(1x)x ； 1x11111ln(1x)1... ； 19、 已知：nN，求证：...23n12n

1

20、 已知：n2，求证：2nn(n1) ；

111n21、 已知：nN，求证：1...n ；

2321222、 设：Sn1223...n(n1)，求证：n(n1)2Sn(n1)2 ； 23、 已知：nN，求证：1

【解答】 1. 证明：1+n111...2 . n1n23n1111...2 ； 22223nnnn1111111112. 1、证明：2121knk1kk2kk2k(k1)k2k1从第二项开始放缩后，进行裂项求和.

另：本题也可以采用积分法证明.

构建函数：f(x)1，则f(x)在xR区间为单调递减函数.

x2nn1111111于是：21212dx11()22

1xx1n1nk1kk2knn从第二项开始用积分，当函数是减函数时，积分项大于求和项时，积分限为[1,n]；积分项小于求和项时，积分限为[2,n1]. 2. 若：a3b32，求证：ab2；

2、证明：a3b3(ab)(a2b2ab)ab(ab)，即：ab(ab)2

则：3ab(ab)6，a3b33ab(ab)8，即：(ab)38，即：ab2. 立方和公式以及均值不等式配合.

另：本题也可以采用琴生不等式证明.

构建函数：f(x)x3，则在在xR区间为单调递增函数，且是下凸函数. 对于此类函数，琴生不等式表述为：函数值得平均值不小于平均值的函数值.

f(x)f(x)...f(x)xx...x12nn) 即：f(12nn33ab3 对于本题：f(a)f(b)f(ab) 即：ab2222 2

abab3a3b32即：，即：1，即：ab2 12222琴生不等式可秒此题.

11113. 若：nN，求证：...1；

2n1n22n1113、由：nnnkn (k1,2,...,n)得： ，

2nnknnn111n111n， 即： 则：...

2nn1n2nnnk12nk1nkk1nn1111...1 . 2n1n22n从一开始就放缩，然后求和.

另：本题也可以采用不等式性质证明.

故：

111，当有n项累加时， 2nnkn不等式两个边界项乘以n倍，则不等式依然成立. 即：大于最小值得n倍，小于最大值的n倍.

所证不等式中的任何一项如第k项，均满足

111...另外，的最大值是ln20.693147...，本题有些松. n1n22n4.若：a,b0，且abab3，求：ab的取值范围 ； 4、解：(ab)2a2b22ab4ab4(ab3)4(ab)12，

令：tab，则上式为：t24t120. 解之得：t6. 均值不等式和二次不等式. 5. 若：a,b,c是ABC的三边，求证：5、证明：构造函数f(x)abc ； 1a1b1cx，则在x0时，f(x)为增函数. 1x所以，对于三角形来说，两边之和大于第三边，即：abc，

abc那么，f(ab)f(c)，即： . 1ab1cabababc. 1a1b1ab1ab1ab1c构造函数法，利用单调性，再放缩，得到结果.

另：不等式的入门证法就是“作差法”和“作商法”. “作差法”即两项相减得差与0比较；作商法”即同号两项相除得商与1比较.

本题亦可以采用“作差法”.

11111122...21 ； 6. 当n2时，求证：2n123nn6. 证明：当n2时，n1nn1，

3

都扩大n倍得：n(n1)n2n(n1)， 取倒数得：裂项：

1112，

n(n1)nn(n1)11111， 2n1nnnn1nnn11111)2()， 求和：(k1kkkk1k2k2k2111111 22...2n23n2n1先放缩，裂项求和，再放缩. 另：本题也可以采用积分证明.

即： 1构建函数：f(x)1，则f(x)在xR区间为单调递减函数. x2 B G O D A H C F A 由面积关系得到：

1kk11dx k12dxf(k)kxx2kk1111即： 2xk1kxkE 即：11111

k1kk2kk1本式实际上是放缩法得到的基本不等式，同前面裂项式.

后面的证法同前.

7、若xR，求yx2x1x2x1的值域 ；

13137、解：yx2x1x2x1xx 24241313设：m(x,)，n(x,)，

2222221313则：mx，nx，mn(1,0)

242422代入向量不等式：mnmn得：

ymnmn1，故：1y1. 这回用绝对值不等式.

本题另解.

4

求函数yx2x1x2x1的极值，从而得到不等式. 求导得：y'2x12xx122x12xx120

则：x，故函数yx2x1x2x1的极值出现在x. 函数为奇函数，故我们仅讨论正半轴就可以了，即在x[0,).

yx2x1x2x12xx2x1x2x11211111xx2xx2 ymlim(x211111212xxxx)1

由于是奇函数，故在x(,0)，

yx2x1x2x12xxx1xx122211111212xxxx

ymlim(x211111212xxxx)1

故：y(1,1). 8、求函数y3sin的最大值和最小值 ；

2cosyyN0(sin)3M ，

2cosxMxN8、解：将函数稍作变形为：y3设点M(xM,yM)，点N(xN,yN)，则M(2,0)，N(cos,sin)， 而点N在单位圆上，y就是一条直线的斜率，是过点M和圆上点N直线 斜率的3倍，关键是直线过圆上的N点.直线与单位圆的交点的纵坐标范围 就是：1y1 .故

y的最大值是1，最小值是-1.

原本要计算一番，这用分析法，免计算了.

另：如果要计算.

5

先变形：y3sin变形为：2yycos3sin3sinycos；

2cos即：2y3y2(33y2siny3y2cos)3y2sin()；

即：2y3y2sin()，即：12y3y2sin()1；

4y222214y3yy1，即：1y1 即：，即：，即：23y如果要计算，需要用到辅助角公式.

22299、若a,b,c0，求证： abbccaabc9、证明：由柯西不等式：

ab11bcca1 abbccaabbccaabbcca11212abc39 即：abbcca22292即： abbccaabc柯西不等式.

本题也可以采用排序不等式证明.

abcabcabc9； abbcca2cab3cab9即：3. ，即：

abbcca2abbcca2由于对称性，不妨设：abc，则：abacbc；

111即：. bcacab首先将不等式变形：

有排序不等式得：

abcabc正序和乱序和； bcacabacabbcabcabc正序和乱序和； bcacababbcacabcabbcac上两式相加得：23 bcacababbcaccab3 证毕. abbcca2排序不等式.

即：

6

10、若a,b,cR，且a2b2c225，试求：a2b2c的取值范围 ； 10、解：柯西不等式：12222a2b2c2a2b2c；

22即：925a2b2c，故：a2b2c15； 所以：15a2b2c15.

柯西不等式.

另：本题亦可采用求极值的方法证明. 构建拉格朗日函数：L(a,b,c)a2b2c由在极值点的导数为0得：

12(a2b2c225)

L2a，则：，即：； a2a102aL2b20，则：b，即：b； aL2b20，则：c，即：c. a代入a2b2c225得：极值点为：a10 3251010，b，c 333则：ya2b2c15，即：15a2b2c15

m11、若a,b,cR，且2ab2c6，求a2b2c2的最小值 ； 11、解：设：m(2,1,2)，n(x,y,z)，

则：m22(1)2(2)29；na2b2c2；mn2ab2c； 代入mnmn得：9a2b2c22ab2c36；

222即：a2b2c24，故：最小值为4.

向量不等式.

向量不等式是柯西不等式的特殊形式，本题当然可用柯西不等式.

[22(1)2(2)2](a2b2c2)(2ab2c)2，

(2ab2c)2624 即：(abc)222[2(1)(2)]9222用拉格朗日乘数法也行.

构建拉氏函数：L(a,b,c)a2b2c2(2ab2c6) 在极值点的导数为0，即：

7

La2a20，即：a； Lb2b0，即：2b； Lc2c20，即：c. 代入2ab2c6得：43

则：a43，b23，c43

222故：a2b2c24324363394

求极值时，要判断是极大值还是极小值，只需用赋值法代一下.

、若a,b,cR，且

(a1)2(b2)2165(c3)241，求abc的最大值和最小值； 、解：柯西不等式：

22a124b25c32a1b22425222c3 即：251abc22；故：5abc25； 于是：3abc7. 柯西不等式.

另：本题也可以采用换元法求解.

(a1)2(b2)2(c3)2有人说：16541是一个椭球面，没错. 它是一个不等轴的椭球. 的三个半轴长分别为：A4，B5，C2

设：xa1，yb2，zc3，则这个椭球的方程为：

x2y2z2A2B2C21 ① 现在来求abc的最大值和最小值. 采用三角换元法：

令：xAsincos，yBsinsin，zCcos 代入方程①检验，可知它满足方程. 采用辅助角公式化简：

fxyzAsincosBsinsinCcos

8

1212它

4sincos5sinsin2cos

425sin(45cossin)2cos 425425425sin()sin2cos

21sin2()22[21sin()2sincos]

21sin2()2221sin2()2221sin2()22sin()

故：fxyz的峰值是： 当sin2()1时，f即：5xyz5

而xyza1b2c3abc2， 故：5abc25，即：3abc7.

13、若a,b,c0，x,y,z0，且满足a2b2c225，x2y2z236，axbycz30，

求：

abc的值 ；

xyz2m21sin2()2221225

13、解：本题满足：a2b2c2x2y2z2axbycz

即柯西不等式中等号成立的条件. 故有：

abc0，即：ax，by，cz. xyz222222a2b2c2255

则：abc(xyz)；即：2，即： 

xy2z2366

22故：abcabc5 . xyzxyz6柯西不等式中等号成立. 14、求证：14、证明：

nnnn11441111112 22222k1k1kk2kk24kk24k1k22k1n15 ； 2k3k1n 9

11511212 32n133注意变形为不等式的方法，虽然仍是放缩法.

另：本题也可以采用积分法证明. 构建函数：f(x)n1，则f(x)在xR区间为单调递减函数. x2n111n15n151dx 222234k3k4k3k4xk1k51511154119205 4x34n312n12123115、当n2时，求证：2(1)n3 ；

n15、证明：

① 由二项式定理得：

n111k1121n111C1CC...C1C2 nnnnnk2nnnnnnnk0nn② 由二项式定理得：

nnn1n!11n!1k 11C11nkkknnk!(nk)!nk!(nk)!nk1k1k1nn1n(n1)(n2)(nk1)111...111 k!nnnnk!k!k1k1k2nn11111222213

knk2k!k2k(k1)k2k1nnn1本题①由二项式中，保留前两项进行放缩得到：(1)n2；

n本题②由二项式中，分子由从n开始的k个递减数连乘，分母由k个n连乘，得到的分

1数必定小于1. 于是得到：(1)n3.

n另：本题也可以利用函数的基本性质证明.

x1构建函数：f(x)1，则在x1时，函数为单调递增函数.

x故：在x2时，f(x)f(1)(11)12 利用基本不等式：ln(1x)x，即：1xex

10

1x11yy则：f(x)11yy(e)e3.

x本方法需要运用ln(1x)x，该不等式成立的条件是：x0.

113135135...(2n1)...2n1 ； 16、求证：224246246...(2n)16、证明：2n2n1(2n1)(2n1)，故：

222n12n； 2n2n1135(2n1)246(2n)令：Sn...， Tn... ；

246(2n)357(2n1)则：SnTn，

135(2n1)246(2n)12SnTn......即：Sn ；

246(2n)357(2n1)2n1故：Sn1 ① 2n112， 2n12n12n1由22n12n12n1得：1(2n12n1)， 2n1即：故：代入①式得：Sn2n12n1 则：原式=S1S2...SnSk(2k12k1)2n112n1 k1k1nn本题的关键在于把根式或其他式子换成两个相邻的根式差， 然后利用求和来消去中间部分，只剩两头. 17、 求证：2(n11)1111...2(2n11) ； 23n122nn1n17、证明：由2nn1n得：nn1n；

即：k1n12(k1k)2(n11) ① kk1由：8n18n118n28n22

2222 11

得：8n218n28n2224n24n2122n(2n1)2n(2n1) 即：8n222n(2n1)2n(2n1)1，

即：2n(2n1)2n(2n1)22n(2n1)2n(2n1)1， 即：故：2n(2n1)2n(2n1)21，即：2n2n12n11

12nn2n12n1，

n12kk1多项求和：k12k12k122n11 ②

由①②，本题得证.

本题还是采用级数求和的放缩法.

x18、 已知：x0,求证：ln(1x)x ;

1x18、证明：(1)构造函数：f(x)xln(1x)，则：f(0)0.

当x0时，函数的导数为：f'(x)110， 1x即当x0时，函数f(x)为增函数. 即：f(x)f(0)0； 故：f(x)xln(1x)0，即：ln(1x)x. (2) 构造函数：g(x)ln(1x)x，则：g(0)0. 1x11xx0. 当x0时，其导数为：g'(x)221x1x1x1x即当x0时，函数g(x)为增函数. 即：g(x)g(0)0；

xx0，即：ln(1x). 1x1x由(1)和(2)，本题证毕.

本题采用构造函数法，利用函数单调性来证题.

11111ln(1x)1... ； 19、 已知：nN，求证：...23n12n119、证明：先构造函数：f(x)，在函数图象上分别取三点A,B,C，

x111),C(k1,), 即：A(k,),B(k1,kk1k1我们来看一下这几个图形的面积关系：

故：g(x)ln(1x)SAEFCSAEFHSAEDGSAEDB；

12

即：

k1k1dxf(k)1xk11k1xdx ；

k B G O D A A 即：lnxkf(k)lnxk1 ；

k1lnkln(k1) ； k1(1) ln(k1)lnk

k即：ln(k1)lnkH C F E 求和：(ln(k1)lnk)k1n1111...；

2nk1kn11即：ln(n1)1...；

2n1(2) lnkln(k1)求和：；

k即：1111...ln(n1); 23n1k2kn1由(1)和(2)证毕.

本题采用构造函数法，利用函数的面积积分来证题. 20、 已知：当n2时，求证：2nn(n1) ；

1n. 20、 证明：当2rn1时，CnrCn由二项式定理得：

2(11)CCnn(n1)

nnknknk0k1k1nn1n1证毕.

本题利用二项式定理进行放缩得证.

111n21、 已知：nN，求证：1...n ；

2321211121、 证明：设：Sn1...n，则：

2321111111111111Sn1()()()...(n1n1...nn)n

2345678212221221111111111111()(22)(3333)...(nn...nn)n

22222222222211111n1n1n1()()()...()n1n(1n)

2222222222证毕.

1将1以后的项数，按2的次方个数划分成n组，每组都大于，这样放缩得证.

222、 设：Sn1223...n(n1)，

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求证：n(n1)2Sn(n1)2 ； 22、 证明：由kk(k1)nnk(k1)11k得：kk(k1)k， 222n1求和得：kk(k1)k

2k1k1k1n(n1)n(n1)nn(n2)(n1)2Sn即： 22222即：n(n1)2Sn(n1)2.

本题首先构建含有k(k1)的不等式，构建成功，本题得证.

111...2 . n1n23n111123、 证明：设：Sn ； ...n1n23n1采用倒序相加得：

23、 已知：nN，求证：1111111112Sn...；

n13n1n23nn33n13n1n1各括号内通分得：

2Sn4n24n24n24n2...；

n13n1n23nn33n13n1n11111...即：Sn(2n1) ①；

n13n1n23nn33n13n1n12由：(n1)(3n1)2n1n2n1n2n1n2n1；

22(n2)(3n)2n1(n1)2n1(n1)2n1n12n1； (n3)(3n1)2n1(n2)2n1(n2)2n1n22n1； ……

222222(3n1)(n1)2n1(n2n)2n1(n2n)2n1n2n2n1 共有：(3n1)(n1)12n1项. 将上述不等式代入①式得：

111(2n1)Sn(2n1)...(2n1)1； 22222n12n12n12n1222即：Sn1 ②

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另：Sn1111112n12n2......2； n1n23n1n1n1n1n1n1即： Sn2 ③ 由②和③，本题得证.

本题中Sn有(2n1)项，将其放缩为同分母的分式是解题关键.

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