23个经典的不等式专题

1111、 证明：1+22...22 ；

23n2、 若：a3b32，求证：ab2 ；

1111...1； nN3、 若：，求证：

2n1n22n4、 若：a,b,c是ABC的三边，求证：5、 当n2时，求证：7、 若xR，求y8、 求函数y12abc ； 1a1b1c1111122...21 ； n123nnx2x1x2x1的值域 ；

3sin的最大值和最小值 ；

2cos2229 ； abbccaabc9、 若a,b,c0，求证：

10、 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)a,b,cR12、 若，且

162(b2)(23)c5421，求abc的最大值和最小值；

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

abcaxbycz30，求：的值 ；

xyz14、 求证：15（这回比较紧）  ；23k1kn1n2(1)3 ； 15、 当n2时，求证：

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111...2(2n11) ； 23n18、 已知：x0,求证：

xln(1x)x ; 1x11111...ln(1x)1...19、 已知：nN，求证： ； 23n12n20、 已知：n2，求证：2nn(n1) ；

12131n ； 221221、 已知：nN，求证：1...22、 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、证明：21211112.

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. 2. 若：a3b32，求证：ab2 ；

33222、证明：ab(ab)(abab)ab(ab)，即：ab(ab)2

333则：3ab(ab)6，ab3ab(ab)8，即：(ab)8

即：ab2.

立方和公式以及均值不等式配合.

1111...1； 3. 若：nN，求证：2n1n22n111..., ， 3、由：nnnkn (k1,2,n得：

2nnknnnn111n111... 则：， 即：

2nn1n2nnnk12nk1nkk1nn故：12111...1 . n1n22n从一开始就放缩，然后求和.

4.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. 6. 当n2时，求证：121111122...21 ； n123nn6. 证明：当n2时，n1nn1，

2nn(n1)nn(n1)， 都扩大倍得：

1112取倒数得：

n(n1)nn(n1)， 111112裂项：， n1nnnn1nn11111)2()， 求和：(kk1k2k1k2kk2kn即： 111111122...2 n23n2n1先放缩，裂项求和，再放缩. 7、若xR，求y2x2x1x2x1的值域 ；

22213137、解：yxx1xx1xx

24241313n(x,)， 设：m(x,)，

22221313nx则：m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. 8、求函数y3sin的最大值和最小值 ；

2cosyMyN0(sin)38、解：将函数稍作变形为：y32cosxMxN ，

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. 9、若a,b,c0，求证：

2229 abbccaabc9、证明：由柯西不等式：

abbc11ca1abbcca abbccaabbcca211212abc39 即：abbcca2292即：abbccaabc

柯西不等式.

10、若a,b,cR，且a2b2c225，试求：a2b2c的取值范围 ；

2212222a2b2c2a2b2c； 10、解：柯西不等式：即：925a2b2c，故：a2b2c15；

2所以：15a2b2c15. 柯西不等式.

11、若a,b,cR，且2ab2c6，求abc的最小值 ；

22211、解：设：m(2,1,2)，n(x,y,z)，

222m2(1)(2)9； 则：

2na2b2c2；

mn2ab2c；

222代入mnmn得：9abc2ab2c36；

22222abc4，故：最小值为4. 即：

向量不等式.

(a1)2(b2)a,b,cR12、若，且1652(c3)421，求abc的最大值和最小值；

12、解：柯西不等式：

42522222a1b2c322a1b2c3 45c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.

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

abcaxbycz30，求：的值 ；

xyz13、解：本题满足：abc222x2yz22axbycz

2即柯西不等式中等号成立的条件.

abc故有：0，即：ax，by，cz.

xyz2222222abc(xyz)； 则：

222abc2552，即：  即：222xyz366abcabc5 . 故：xyzxyz6柯西不等式中等号成立.

1514、求证：2 ；（这回比较紧）

k3k114、证明：

nnnn11441112121212 2kk4k4k12k12k1k1k2k2k2k2nn11511212 3332n1注意变形为不等式的方法，虽然仍是放缩法.

1n15、当n2时，求证： 2(1)3 ；

n15、证明：

① 由二项式定理得：

n11k1121n1111C1CC...C1C2 nnnnnk2nnnnnnnk0n② 由二项式定理得：

nnn1n!11n!1k11C11nkkk nnk1k1k!(nk)!nk1k!(nk)!nnn1n(n1)(n2)(nk1)111...111 k!nnnnk!k!k1k1k2nnnn11111222213

knk2k!k2k(k1)k2k1n1n本题①由二项式中，保留前两项进行放缩得到：(1)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

1n乘，得到的分数必定小于1. 于是得到：(1)3.

n113135135...(2n1)...2n1 ； 16、求证：

224246246...(2n)222n12n16、证明：2n2n1(2n1)(2n1)，故：；

2n2n1246(2n)135(2n1)T...S...令：n， n ；

357(2n1)246(2n)则：SnTn，

135(2n1)246(2n)12SST......即：n ； nn246(2n)357(2n1)2n1故：Sn1 ① 2n1由22n12n12n1得：即：

12， 2n12n12n11(2n12n1)， 2n1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：即：k1nn1n；

n12(k1k)2(n11) ① kk122由：8n18n118n8n2

222222222得：8n18n8n224n4n122n(2n1)2n(2n1)

2即：8n22n(2n1)2n(2n1)1，

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

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

12故：nn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.

18、 已知：x0,求证：

x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xg'(x)0. 当x0时，其导数为：221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). 故：g(x)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.

19、 已知：nN，求证：...19、证明：先构造函数：f(x)即：A(k,),B(k1,1k1213111ln(1x)1... ； n12n1，在函数图象上分别取三点A,B,C， x11),C(k1,), k1k1我们来看一下这几个图形的面积关系：

SAEFCSAEFHSAEDGSAEDB ；

即：kk1 B G O D A A 1dxf(k)1xk11k1xdx ；

k即：lnxkf(k)lnxk1 ；

kH C F E 即：ln(k1)lnk1lnkln(k1) ； knn1111(ln(k1)lnk)1...(1) ln(k1)lnk求和：； kk2nk1k1即：ln(n1)111...； 2n1(2) lnkln(k1)求和：；

k1111...ln(n1); 即：23n1k2k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.

n2n(n1) ； n220、 已知：当时，求证：

r1rCCnC2rn120、 证明：当时，n，即：nn nn1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.

21、 已知：nN，求证：1...12131n ； 2212111S1...21、 证明：设：n，则：

232n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.

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.

22、 设：Sn1223...n(n1)，

2求证：n(n1)2Sn(n1) ；

1222、 证明：由kk(k1)求和得：kk1k1nnk(k1)11k得：kk(k1)k， 2221k(k1)k

2k1nn(n1)n(n1)nn(n2)(n1)2Sn即： 222222即：n(n1)2Sn(n1).

本题首先构建含有k(k1)的不等式，构建成功，本题得证.

23、 已知：nN，求证： 1111...2 . n1n23n1111...23、 证明：设：Sn ； n1n23n1采用倒序相加得：

111111112Sn...；

n13n1n23nn33n13n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1111S(2n1)...即：n  ①；

n13n1n23nn33n13n1n122n1n2n1n2n1n2n1； 由：(n1)(3n1)22(n2)(3n)2n1(n1)2n1(n1)2n1n12n1；

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

222……

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

222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即：Sn1 ② 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.

na2附加题：若：n，

11113.... 求证：a12a23a3nan4证明：

11111111......23n

a2a3ana22232n223n111111111...34...n1 23n2222222222211112n1312212

111113312

4221222