证明不等式

证明不等式（精选12篇）

证明不等式 篇1

不等式,渗透在中学数学各个分支中,有着十分广泛的应用.因此不等式应用问题体现了一定的综合性、灵活多样性,对数学各部分知识融会贯通,起到了很好的促进作用.在解决问题时,要依据题设与结论的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案,最终归结为不等式的求解或证明.而不等式的证明,方法灵活多样,还和很多内容结合,它既是中学数学教学中的难点,也是数学竞赛培训的难点,近年也演变为竞赛命题的热点,因其证明不仅蕴涵了丰富的逻辑推理、非常讲究的恒等和不等变形技巧,而且证明过程千姿百态,极易出错,因此,有必要对不等式的证明方法和技巧进行总结归纳并与大家一起分享交流.

一、作差比较法

作差比较法:比较两个实数大小的关键是,判断差的正负,常采用配方法、因式分解法、有理化等方法.常用的结论有x2≥0,-x2≤0,|x|≥0,-|x|≤0等.“作差法”的一般步骤是:①作差;②变形;③判断符号;④得出结论.

例1 若0|loga(1+x)|(a>0且a≠1).

分析:用作差法来证明.需分为a>1和0

证明:(1)当a>1时,因为0<1-x<1,1+x>1,

所以|loga(1-x)|-|loga(1+x)|=-loga(1-x)-loga(1+x)=-loga(1-x2)>0.

(2)当01.

所以|loga(1-x)|-|loga(1+x)|=loga(1-x)+loga(1+x)=loga(1+x2)>0.

综合(1)(2)知|loga(1-x)|>|loga(1+x)|.

二、作商比较法

例2 设a>b>0,求证:aabb>abba.

分析:发现作差后变形、判断符号较为困难.考虑到两边都是正数,可以作商,判断比值与1的大小关系,从而证明不等式.

因为a>b>0,所以,a-b>0.

又因为abba>0,所以aabb>abba.

说明:本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法).作商比较法证明不等式的步骤是:判断符号、作商、变形、判断与1的大小.

三、换元法

换元法:换元法是指结构较为复杂、量与量之间关系不很明了的命题,通过恰当引入新变量,代换原题中的部分式子,简化原有结构,使其转化为便于研究的形式.用换元法证明不等式时一定要注意新元的约束条件及整体置换策略.三角代换是最常见的变量代换,凡条件为x2+y2=r2或x2+y2≤r2或等均可三角换元.围绕公式sec2θ-tan2θ=1来进行.常用的换元法有:(1)若|x|≤1,可设x=sinα,α∈R;(2)若x2+y2=1,可设x=cosα,y=sinα,α∈R;(3)若x2+y2≤1,可设x=rcosα,y=rsinα,且|r|≤1.

例3(1)设x,y∈R,且x2+y2≤1,求证:|x2+2xy-y2|≤槡2;(2)设a,b,c∈R,且a+b+c=1,求证:.

证明:(1)设x=rsinθ,y=rcosθ,且|r|≤1.

因为a+b+c=1,所以α+β+γ=0.

思维点拔:(1)本题运用了三角换元法.(2)换元法是不等式证明中的重要变形方法,常用的换元手段除三角换元法外,还有平均值代换、比值代换、对称代换、增量代换.

四、放缩法

放缩法:即缩小或放宽不等式的范围的方法,常用在多项式中“舍掉一些正(负)项”,使不等式之和变小(大),或“在分式中放大(缩小)分式的分子或分母”,“在乘积中用较大(较小)的因式”等效法,来证明不等式.放缩法:欲证A>B,可通过适当放大或缩小,借助一个或多个中间量,使得B

分析:不等式的两端是绝对值,需对a,b是同号和异号进行讨论.

五、构造法

构造法:构造二次方程用“Δ”,构造函数用函数单调性,构造图形用数形结合方法.

例5设,判断f(x)在[0,+∞)上的单调性.

所以f(x)在[0,+∞)上为增函数

又0≤|a+b|≤|a|+|b|,

所以f(|a+b|)≤f(|a|+|b|).

思维点拔:用分析法解决含绝对值问题是常规方法;根据特征不等式的结构,构造恰当的函数,再利用函数的单调性来进行证明,这是构造函数法的特点,在证明过程中不一定能一步到位,常需要与其他方法相结合,如本例中还借助了放缩法.

六、判别式法

实系数一元二次方程ax2+bx+c=0有两个不等实根、有两个相等实根、没有实根的充要条件是:b2-4ac>0、b2-4ac=0、b2-4ac<0.记Δ=b2-4ac,称其为方程是否有实根的判别式.同时也是与方程对应的函数、不等式的判别式.

例6已知x+y+z=5,x2+y2+z2=9,求证:x,y,z都属于.

证明:由已知得:z=5-x-y,

代入x2+y2+z2=9中得:

x2+(y-5)x+y2-5y+8=0,

因为x∈R,所以△≥0,

即(y-5)2-4(y2-5y+8)≥0,解得

同理可证.

说明:在比较法、综合法无效时,如果能利用主元素法把原式整理成关于某函数的二次式,可考虑用判别式,要注意根的范围和题目本身的条件限制.

七、反证法

反证法:从否定结论出发,经过逻辑推理,导出矛盾,证实结论的否定是错误的,从而肯定原结论是正确的证明方法.

例7已知0

分析:此命题的形式为否定式,宜采用反证法证明.假设命题不成立,则(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a三数都大于,从这个结论出发,进一步去导出矛盾.

证明:假设(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a三数都大于,

又因为0

以上三式相加,即得:

显然①与②相矛盾,假设不成立,故命题获证.

说明:一般情况下,如果命题中有“至多”、“至少”、“都”等字样,通常情况下要用反证法,反证法的关键在于“归谬”,同时,在反证法的证明过程中,也贯穿了分析法和综合法的解题思想.

通过不等式的基本知识、基本方法在代数、三角函数、数列、复数、立体几何、解析几何等各部分知识中的应用,深化数学知识间的融汇贯通,从而提高分析问题解决问题的能力.应用不等式的基本知识、方法、思想解决问题.

证明不等式 篇2

1.比较法：

比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一，它可分为作差法、作商法

（1）作差比较：

①理论依据a-b>0

a>b;a-b=0

a=b;a-b<0

a

⑴作差：对要比较大小的两个数（或式）作差。

⑵变形：对差进行因式分解或配方成几个数（或式）的完全平方和。⑶判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号。

注意：若两个正数作差比较有困难，可以通过它们的平方差来比较大小。（2）作商法：①要证A>B(B>0),只要证

;要证A0)，只要证

②证明步骤：作商→变形→判断与1的关系 常用变形方法：一是配方法，二是分解因式

2.综合法：所谓综合法，就是从题设条件和已经证明过的基本不等式和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，可简称为由因导果。常见的基本不等式有 ｜a｜≥0, a2b22ab，abab 2，ababab 分析法：从求证的不等式出发，逐步寻求使不等式成立的充分条件，直至所需条件被确认成立，就断定求证的不等式成立，这种证明方法叫分析法，分析法的思想是“执果索因”：即从求证的不等式出发，探求使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式。

基本步骤：要证„„只需证„„，只需证„„ 4 分析综合法

单纯地应用分析法证题并不多见，常常是在分析的过程中，又综合条件、定理、常识等因素进行探索，把分析与综合结合起来，形成分析综合法。反证法：先假设所要证明的不等式不成立，即要证的不等式的反面成立，如要证明不等式MN，由题设及其他性质，推出矛盾，从而否定假设，肯定M

具体放缩方式有公式放缩和利用某些函数的单调性放缩。常用的技巧有：舍去一些正项或负项；在和或积中换大（或换小）某些项；扩大（或缩小）分式的分子（或分母）等，放缩时要注意不等号的一致性。放缩法的方法有：

⑴添加或舍去一些项，如：a21a；n(n1)n ⑵将分子或分母放大（或缩小）⑶利用基本不等式，如：lg3lg5(n(n1)2⑷利用常用结论： n(n1)lg3lg5)lg15lg16lg4 2Ⅰ、k1k1k1k12k；

Ⅱ、1111； k2k(k1)k1k1111（程度大）2k(k1)kk1kⅢ、12k11111()；（程度小）2k1(k1)(k1)2k1k17 换元法：换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题化难为易，化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元。如： 已知x2y2a2，可设xacos,yasin； 已知x2y21，可设

xrcos,yrsin(0r1)；

x2y2已知221，可设xacos,ybsin；

abx2y2已知221，可设xasec,ybtan；

ab8、判别式法：判别式法是根据已知或构造出来的一元二次方程，一元二次不等式，二次函数的根、解集、函数的性质等特征确定出其判别式所应满足的不等式，从而推出欲证的不等式的方法。

9、其它方法 最值法：恒成立

恒成立

利用方差公式证明不等式 篇3

已知x+y+z=a，求证：x2+y2+z2 ≥a2.

设x2+y2+z2=w，则由方差公式可得x，y，z的方差为s2 =·x－2+y－2+z－2=·（x2+y2+z2）－（x+y+z）+=·w－. 因为s2≥0，所以w－≥0. 所以w≥a2，即x2+y2+z2≥a2.

已知a，b，c，d，e为实数，且a+b+c+d+e=8，a2+b2+c2+d2+e2=16，求证：0≤e≤.

令==，则a，b，c，d的方差为s2=

a2+b2+c2+d2+－（a+b+c+d）=16－e2+－

=16－e2－.

由s2≥0得16－e2－≥0，即16－e2－≥0，由此可求得0≤e≤.

证明：若a1，a2，…，an为任意实数，则≤.

令=，则s2=a－2+a－2+…+a－2≥0，即a21+a22+…+a2n≥2a+a+…+a－n2，所以a21+a22+…+a2n≥. 所以≤.

设c为直角三角形的斜边，a，b为两直角边. 求证：a+b≤c.

因为a2+b2=c2，所以a，b的方差s2 =a－+b－=a2+b2－（a+b）2=·c2－（a+b）2. 因为s2≥0，所以c2-·（a+b）2≥0，而a，b，c均为正数，所以2c2≥（a+b）2，所以a+b≤c.

用构造法证明不等式 篇4

一、构造函数

例1:已知函数f (x) =x2+bx+c (b, c为常数) , 方程f (x) =x的两个实数根是x1, 、x2, 且满足x1-x2>1, 设0<t<x1, 求证f (x) >x1。

证明:构造函数F (x) =f (x) -x=x2+ (b-1) x+c, 其图像的对称轴为, 由x2-x1>1得, 即x1<-, 由于f (x) 在 () 上为减函数, 所以f (x) 在 (-∞, x1) 上为减函数, 又0<t<x1, 所以f (t) >f (x) =x。

二、构造数列

例2:已知a>1, n≥2, n∈N, 求证:。

证明:由a>1, 得, 即, 故原不等式等价于。构造以1为首项, 为公比的等比数列an, 则, 问题转化为证明不等式Sn>n, 即a1+a2+a3+……+an>n。由于an>1, 所以不等式成立。

三、构造不等式

例3:已知, 且, 求证:a+b<1。

证明:构造不等式, 即, 所以, 即a+b<1。

四、构造方程法

例4:已知a>b>c, a+b+c=1, a2+b2+c2=1, 求证:

证明:由a+b=1-c, 得a2+b2= (a+b) 2-2ab= (1-c) 2-2ab=1-c2, 所以ab=c2-c, 因此, 构造以ab为根的方程x2- (1-c) x+c2-c=0, 令f (x) =x2- (1-c) x+c2-c, 令a, b∈R, 及a>b>c, 得, 解得。

五、构造向量法

例5:设任意实数x、y, 满足x<1, y<1, 求证:。

证明:构造向量, 由向量数量积性质, 得, 所以, 即。

六、构造三角形

例6:设a, b∈R+a≠b, 求证:f (a) -f (b) <a-b。

证明:由, 构造直角三角形, 如图1所示, AB=1, BD=b, , BC=a在△ABD中, 有AC-AD<BC-BD, 即, 故原不等式成立。

七、构造解析几何模型

例7:已知a, b, c∈R, a+b+c=1, a2+b2+c2=1, 求证:。

证明:设P (a, b) , 由题意知点P是直线x+y=1-c2与圆x2+y2=1-c2的公共点, 于是圆心O (0, 0) 到直线x+y=1-c2的距离不大于该圆的半径, 即, 所以。

八、构造几何体

例8:已知, a>0, b>0, c>0,

求证:, 当且仅当时取等号。

证明:从三个根式的结构特点容易联想到余弦定理, 于是可构造如图2所示的图形。

作OA=a, OB=b, OC=c, ∠AOB=∠BOC=60°, 则∠AOC=120°, , 由几何知识可知:AB+BC≥AC, ∴, 当且仅当A、B、C三点共线时等号成立, 此时有, , 即ab+bc=ac, 故当且仅当时取等号。

九、构造二项式

例9:已知a>1, n≥2, n∈N, 求证:。:a2>n2 (n2-1) 24

不等式的证明 篇5

比较法：(1)作差比较法

(2)作商比较法

综合法：用到了均值不等式的知识，一定要注意的是一正二定三相等的方法的使用。

分析法：当无法从条件入手时，就用分析法去思考，但还是要用综合法去证明。两个方法是密不可分的。

换元法：把不等式想象成三角函数，方便思考

反证法：假设不成立，但是不成立时又无法解出本题，于是成立

放缩法：

用柯西不等式证。等等……

高考不是重点，但是难点。

大学数学也会讲到柯西不等式。

不等式是数学的基本内容之一，它是研究许多数学分支的重要工具，在数学中有重要的地位，也是高中数学的重要组成部分，在高考和竞赛中都有举足轻重的地位。不等式的证明变化大，技巧性强，它不仅能够检验学生数学基础知识的掌握程度，而且是衡量学生数学水平的一个重要标志，本文将着重介绍以下几种不等式的初等证明方法和部分方法的例题以便理解。

一、不等式的初等证明方法

1.综合法：由因导果。

2.分析法：执果索因。基本步骤：要证..只需证..，只需证..(1)“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件。

(2)“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达。

3.反证法：正难则反。

4.放缩法：将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的。放缩法的方法有：

(1)添加或舍去一些项，如：

(2)利用基本不等式，如

3)将分子或分母放大(或缩小)：

5.换元法：换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题

化难为易、化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元。

6.构造法：通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式。

证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法。

7.数学归纳法：数学归纳法证明不等式在数学归纳法中专门研究。

8.几何法：用数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

9.函数法：引入一个适当的函数，利用函数的性质达到证明不等式的目的。

10.判别式法：利用二次函数的判别式的特点来证明一些不等式的方法。当a>0时，f(x)=ax2+bx+c>0(或<0).△<0(或>0)。当a<0时，f(x)>0(或<0).△>0(或<0)。

二、部分方法的例题

1.换元法

换元法是数学中应用最广泛的解题方法之一。有些不等式通过变量替换可以改变问题的结构，便于进行比较、分析，从而起到化难为易、化繁为简、化隐蔽为外显的积极效果。

注意：在不等式的证明中运用换元法，能把高次变为低次，分式变为整式，无理式变为有理式，能简化证明过程。尤其对含有若干个变元的齐次轮换式或轮换对称式的不等式，通过换元变换形式以揭示内容的实质，可收到事半功倍之效。

2.放缩法

欲证A≥B，可将B适当放大，即B1≥B，只需证明A≥B1。相反，将A适当缩小，即A≥A1，只需证明A1≥B即可。

注意：用放缩法证明数列不等式，关键是要把握一个度，如果放得过大或缩得过小，就会导致解决失败。放缩方法灵活多样，要能想到一个恰到好处进行放缩的不等式，需要积累一定的不等式知识，同时要求我们具有相当的数学思维能力和一定的解题智慧。

3.几何法

数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

注意：这类方法对几何的熟悉程度以及几何与代数的相互联系能力要求比较高。

每一种不等式的证明方法基本上都有一种固定的模式可以去对比，但数学的特点就在于它的灵活性非常强，所以不等式的证明中的题目会有很多种变化，这对学习者的要求是非常高的，这就需要我们在今后的学习中多总结、归纳，才能达到我们学习的效果。具体解题时，一定要认真审题，紧紧抓住题目的所有条件不放，不要忽略了任何一个条件。一道题和一类题之间有一定的共性，可以想想这一类题的一般思路和一般解法，但更重要的是抓住这一道题的特殊性，抓住这一道题与这一类题不同的地方。数学的题目几乎没有相同的，总有一个或几个条件不尽相同，因此思路和解题过程也不尽相同。有些同学对于老师讲过的题会做，其他的题就不会做，只会依样画瓢，题目有些小的变化就无从下手。当然，做题先从哪儿下手是一件棘手的事，不一定找得准。但是，做题一定要抓住其特殊性则绝对没错。选择一个或几个条件作为解题的突破口，看由这个条件能得出什么，得出的越多越好，然后从中选择与其他条件有关的，或与结论有关的，或与题目中的隐含条件有关的，进行推理或演算。一般难题都有多种解法，俗话说，条条大路通罗马。要相信利用这道题的条件，加上自己学过的那些知识，一定能推出正确的结论。

数学题目是无限的，但数学的思想和方法却是有限的。我们只要学好了有关的基础知识，掌握了必要的数学思想和方法，就能顺利地应对那无限的题目。题目并不是做得越多越好，题海无边，总也做不完。关键是你有没有培养起良好的数学思维习惯，有没有掌握正确的数学解题方法。当然，题目做得多也有若干好处：一是“熟能生巧”，加快速度，节省时间，这一点在考试时间有限时显得很重要;二是利用做题来巩固、记忆所学的定义、定理、法则、公式，形成良性循环。

从一道不等式证明题谈起 篇6

例题

已知a，b∈R，且a+b=1，求证：（a+2）2+（b+2）2≥252．

分

析

在题目的条件下，怎样证明（a+2）2+（b+2）2≥252？我们可以从证明不等式的常用方法入手进行尝试.

证

法

一

（比较法）因为a，b∈R，a+b=1，所以b=1-a，所以（a+2）2+（b+2）2-252=a2+b2+4（a+b）-92=a2+（1-a）2+4-92=2a2-2a+12=2a-122≥0，即（a+2）2+（b+2）2≥252（当且仅当a=b=12时，取等号）.

评

注

要证明a＞b，只要证明a-b＞0，或当a，b均为正数时，只要证明ab＞1，这种方法叫做比较法，这是证明不等式的最基本方法.

证

法

二

（分析法）（a+2）2+（b+2）2≥252a2+b2+4（a+b）+8≥252b=1-a，a2+（1-a）2+4+8≥252a-122≥0.

因为这是显然成立的，所以原不等式成立.

评

注 分析法是一种“执果索因”的证明方法，使用时，要注意保证“后一步”是“前一步”的充分条件.

证

法

三

（综合法）因为a，b∈R，a+b=1，所以b=1-a，所以（a+2）2+（b+2）2=（a+2）2+（3-a）2=a2+4a+4+9-6a+a2=2a+122+252≥252，所以原不等式成立.

评

注

综合法是一种“由因导果”的证明方法，它的思维过程与分析法的思维过程正好相反. 一般地，实际解题时，常用分析法探索证明思路，用综合法表述证明过程.

证

法

四

（反证法）假设（a+2）2+（b+2）2＜252，则a2+b2+4（a+b）+8＜252.

由a，b∈R，a+b=1，得b=1-a，于是有a2+（1-a）2+12＜252． 所以a-122＜0，这与a-122≥0矛盾. 所以（a+2）2+（b+2）2≥252．

评

注 若从正面考虑问题比较难以入手时，则可考虑从相反方向去探索解决问题的方法. 许多情况下，反证法可收到变难为易、化繁为简的效果.

证

法

五

（放缩法）因为a+b=1，所以左边=（a+2）2+（b+2）2≥2(a+2)+(b+2)22=12［（a+b）+4］2=252=右边. 所以原不等式成立.

评

注

放缩法也是证明不等式的重要方法.本题根据欲证不等式左边是平方和及a+b=1这个特点，选用基本不等式a2+b2≥2a+b22进行放缩，达到了证明不等式的目的.不等式的证明与其他数学知识例如函数、方程、数列、平面向量以及三角函数等有着十分广泛的联系，在不等式的证明过程中蕴含着丰富的数学思想方法，因此，在不等式证明的学习中，除了要熟练地掌握几种基本方法外，还要注意从不等式与其他数学知识的联系和重要的数学思想方法入手，拓宽证明思路. 例如，上述例题，我们还可以运用下面的方法来进行证明.

一类根式不等式的证明 篇7

根式不等式的解证具有一定的难度, 不论在教学还是竞赛、问题征解方面, 凡涉及一般都认为是难点.作者经长期的探索、研究、归纳总结, 认为有些根式不等式都是遵从某种规律, 把这种规律性总结为一种命题 (或定理) , 在这类不等式的证明中直接运用, 将使得证明过程大大地简化.下面举例说明.

命题Ⅰ m≥2, 0<ai≤2m-1, i=1, 2, …, n, 则

${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sqrt[m]{a{}_i+1}}＞n+\frac{{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a}{}_i}{2{}^m-1}.(1)$

证明 由题设知$0＜\frac{a{}_i}{2{}^m-1}\le 1‚i=1‚2‚\cdots ‚n.$

故$\frac{a{}_i}{2{}^m-1}\ge \left(\frac{a{}_i}{2{}^m-1}\right){}^k$,

其中k=0, 1, 2, …, m;i=1, 2, …, n.于是

$\begin{array}{l}\sqrt[m]{a{}_i+1}=\sqrt[m]{(2{}^m-1)\frac{a{}_i}{2{}^m-1}+1}\\ ＞\sqrt[m]{\left(\frac{a{}_i}{2{}^m-1}+1\right){}^m}=\frac{a{}_i}{2{}^m-1}+1.\end{array}$

所以${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sqrt[m]{a{}_i+1}}＞n+\frac{{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a}{}_i}{2{}^m-1}.$

运用命题1进行证明.

例1 试证$\sqrt[4]{1+15\sin {}^2\alpha }+\sqrt[4]{1+15\cos {}^2\alpha }\ge 3.$

证明 由 (1) 得

$\begin{array}{l}\sqrt[4]{1+15\sin {}^2\alpha }+\sqrt[4]{1+15\cos {}^2\alpha }\\ \ge 2+\frac{15(\sin {}^2\alpha +\cos {}^2\alpha )}{15}=3.\end{array}$

例2 (《数学教学》1991年第3期数学问题247题) 已知a, b, c∈R+, 且a+b+c=1, 求证:

$\sqrt[3]{7\text{a}+1}+\sqrt[3]{7\text{b}+1}+\sqrt[3]{7\text{c}+1}＞4.$

证明 由 (1) 得

$\begin{array}{l}\sqrt[3]{7\text{a}+1}+\sqrt[3]{7\text{b}+1}+\sqrt[3]{7\text{c}+1}\\ ＞3+\frac{7(\text{a}+\text{b}+\text{c})}{7}=4.\end{array}$

从例1、例2两例不等式的证明, 我们清楚的认识到, 发掘、归纳总结一般性的规律, 对解证同一类问题大有禅益.

命题Ⅱ 设$\text{m}\ge 2‚0＜\text{a}{}_{\text{i}}＜\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}‚\text{i}=1‚2‚\cdots ‚\text{n}$, 则

${\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\sqrt[\text{m}]{\text{a}{}_{\text{i}}^{\text{m}}+1}}＜\text{n}+\frac{{\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\text{a}}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}.(2)$

证明 因$0＜\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}\le 1$, 故

$\left(\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}\right){}^{\text{k}}\ge \left(\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}\right){}^{\text{m}}$,

其中k=0, 1, 2, …, m;i=1, 2, …, n.于是

$\begin{array}{l}\sqrt[\text{m}]{\text{a}{}_{\text{i}}^{\text{m}}+1}=\sqrt[\text{m}]{(2{}^{\text{m}}-1)\left(\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}\right){}^{\text{m}}+1}\\ \le \sqrt[\text{m}]{\left(\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}+1\right){}^{\text{m}}}=\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}+1.\end{array}$

所以${\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\sqrt[\text{m}]{\text{a}{}_{\text{i}}^{\text{m}}+1}}＜\text{n}+\frac{{\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\text{a}}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}.$

由命题Ⅰ、Ⅱ证明《数学教学》1995年第1期数学问题353题:

例3 若a, b, c满足a+b+c=1, 求证:

$\frac{10}{3}＜\sqrt{3\text{a}{}^2+1}+\sqrt{3\text{b}{}^2+1}+\sqrt{3\text{c}{}^2+1}＜4.$

证明 因为a+b+c=1, 所以$\text{a}{}^2+\text{b}{}^2+\text{c}{}^2\ge \frac{1}{3}.$

由 (1) 得

$\begin{array}{l}\sqrt{3\text{a}{}^2+1}+\sqrt{3\text{b}{}^2+1}+\sqrt{3\text{c}{}^2+1}\\ ＞3+\frac{3(\text{a}{}^2+\text{b}{}^2+\text{c}{}^2)}{3}=3+\frac{1}{3}=\frac{10}{3}.\end{array}$

由 (2) 得

$\begin{array}{l}\sqrt{3\text{a}{}^2+1}+\sqrt{3\text{b}{}^2+1}+\sqrt{3\text{c}{}^2+1}\\ ＜3+\frac{\sqrt{3}(\text{a}+\text{b}+\text{c})}{\sqrt{3}}=4.\end{array}$

联合两式, 结论得证.

命题Ⅲ 设m≥2, 0<ai<1, i=1, 2, …, n, 则

${\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\sqrt[\text{m}]{1-\text{a}{}_{\text{i}}^{\text{m}}}}＞\text{n}-{\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\text{a}}{}_{\text{i}}.(3)$

证明因为ami≤aki, k=1, 2, …, n, 故

所以

由命题Ⅲ证明《数学通报》1995年第8期数学问题969题:

例4正实数a+b+c=1, 求证:

证明不等式右边由柯西不等式易得证.对于左边, 由 (3) 式得

对例2、例3、例4所给出的证明, 都比原证明简捷, 避免了冗长繁杂的证明过程, 给读者以简明扼要、全新的感觉.

在根式不等式的教学、解证中, 我们要有创新的精神, 不受其模式化的约束, 大胆地探索、归纳总结, 寻求有利于教学、有利于问题解决的好思想、好方法, 从而使根式不等式问题的解证既符合逻辑, 又能化繁为简, 尽量避免冗长繁杂的做法.

论利用导数证明不等式 篇8

拉格朗日中值定理是微分学中最主要的定理, 它的意义在于建立了导数和函数之间关系, 证明不等式是它的一个简单应用。

例1:设f (x) 在[0, c]上连续, 其导数f′ (x) 在 (0, c) 内存在且单调减少, 且f (0) =0, 试证明不等式f (a+b) ≤f (a) +f (b) 其中0≤a≤b≤a+b≤c。

分析:由所给的条件和所要证明的不等式不难看出, 只要在[0, a]和[a, a+b]上分别使用拉格朗日中值定理, 则不难得出所要证明的不等式。

证明:令a≠0在[0, a]上使用拉格朗日中值定理, 则至少存在一点ξ使得f (a) -f (0) =f′ (ξ) a, 在[b, a+b]上使用拉格朗日中值定理, 则至少存在一点ζ使得f (a+b) -f (b) =f′ (ζ) a, 由条件f′ (x) 在[0, c]内存在且单调减少, 知f′ (ξ) >f′ (ζ) , a>0;

所以f′ (ζ) a-f′ (ξ) a=f (a+b) -f (a) -f (b) +f (0) <0。

由条件f (0) =0于是有f (a) +f (b)

当a=0时, f (a+b) =f (a) +f (b) 故f (a) +f (b) ≤f (a+b) 。

解决这类问题的一般步骤是:第一步, 分析要证明的不等式, 通过适当的变形后, 选取辅助函数f (x) 和区间[a, b]。第二步, 根据拉格朗日中值定理得到undefined。第三步, 根据导函数f′ (x) 在 (a, b) 上的单调性, 把f′ (ξ) 作适当放大和缩小, 从而推证要证明的不等式。

利用拉格朗日中值定理, 一般要考虑导函数f′ (x) 的单调性, 但有时不一定要求导函数具有单调性, 如果能断定导函数在所讨论的区间上不变号, 从而确定函数的单调性, 也可以推证出不等式。

2 利用函数单调性证明不等式

利用函数单调性来证明不等式是不等式证明的一个重要方法, 我们来看下面的例子。

例2:设b>a>0证明不等式undefined。

分析:该不等式不是含有变量的函数不等式, 但又不符合拉格朗日中值公式中的基本公式, 我们把公式中的b换成x, 使之转化为函数不等式, 然后用单调性方法给出证明。

证明:设函数undefined;

undefined。

所以函数f (x) 在[0, +∞) 上单调增加, 当x>a>0,

f (x) >f (a) =0于是b>a>0, f (b) >f (a) =0, 即undefined。

3 利用函数极值 (最值) 证明不等式

如果所设函数不是单调函数, 我们可以考虑利用函数的极值 (最值) 证明不等式。

例3:证明:若p>1则对于[0, 1]中的任意x有undefined。

证:构造函数f (x) =xp+ (1-x) p (0≤x≤1)

则有f′ (x) =pxp-1-p (1-x) p-1=p (xp-1- (1-x) p-1) ,

令f′ (x) =0, 可得xp-1= (1-x) p-1, 于是有x=1-x, 从而求得undefined。

由于函数f (x) 在闭区间[0, 1]上连续, 因而在闭区间[0, 1]上有最小和最大值。

由于函数f (x) 在[0, 1]内只有一个驻点, 没有不可导点, 又函数f (x) 在驻点undefined和闭区间端点 (x=0, x=1) 的函数值为undefined。

所以f (x) 在[0, 1]上的最小值为undefined, 最大值为1, 从而对于[0, 1]中的任意x有undefined, 即有undefined。

4 利用函数的泰勒展开式证明不等式

若函数f (x) 在有x0的某区间有定义, 并且有直到n-1阶的各阶导数, 又在点x0处有n阶导数f (n) (x0) , 则有展开式:

undefined (x) 。

在泰勒公式中, 取x0=0, 变为麦克劳林公式

undefined (x) 。

分析:使用泰勒展开式证明不等式主要是针对形如undefined等形式的函数不等式的证明, 当这样的形式出现时候, 观察一下不等式的变化, 优先考虑使用泰勒展开式证明不等式。使用泰勒展开式证明不等式, 取相应的前几项, 很容易得出所要证明的结果。

例5:证明不等式undefined。

证:令f (x) =ln (1+x) , 则

undefined

于是f (x) 在x=0处的三阶泰勒展开式:

undefined

由于undefined, 所以undefined。

分析:用此公式证明不等式就是要把所证明不等式化简, 其中函数用此公式, 再把公式右边放大或者缩小得到所证明的不等式。

例6:证明不等式:当undefined时, undefined。

分析证明:由于undefined, 故undefined。

显然undefined

即undefined, 故undefined当undefined时成立。

5 利用函数图形的凹凸性证明不等式

若函数y=f (x) 的图形在区间 (a, b) 是凹 (凸) 的, 则对 (a, b) 内任意两点x1和x2, 利用函数凹凸性证明不等式主要是函数的凹凸性结论,

当f″ (x) ≥0, f (x) 为凸函数, 且undefined;

当f″ (x) ≤0, f (x) 为凹函数, 且undefined, 以此来证明结论。

例7:证明不等式undefined观察欲证明不等式, 容易发现其等价不等式为undefined, 从而容易想到应构造辅助函数f (t) =tlnt (t>0) 。

证明:令undefined所以f (t) 在 (0, +∞) 内是凸的, 于是对于任给x, y∈ (0, +∞) x≠y, 都有undefined,

所以undefined。

参考文献

[1]尚肖飞, 贾计荣.利用导数证明不等式的若干方法[J].太原教育学院学报, 2002.

积分不等式的证明方法 篇9

积分不等式是微积分学中的一类重要不等式,在数学分析中有着广泛的应用.但是,笔者在教授高等数学这门课程的过程中发现大部分学生碰到积分不等式的证明问题时往往会束手无策.主要困难如下:被积函数不能用初等函数表示,从而无法应用Newton-Leibniz公式求出定积分的值;被积函数的具体表达式未知,只给出了它的某些性质.鉴于此,本文将专门讨论积分不等式的证明问题,主要介绍了五种方法:构造积分上限的函数,利用定积分的比较性质,利用积分中值定理,利用Schwarz不等式和利用平均值不等式.

二、构造积分上限的函数

由柯西中值定理知

因为f(t)单调减少,且f(1)>0,

三、利用定积分的比较性质证明积分不等式

思路分析观察左边、右边的两个积分,被积函数相同,但积分区间不同.于是,用定积分对积分区间的可加性构造需要的积分区间.

因为f(x)在区间[0,1]上单调不增,所以

四、利用积分中值定理证明积分不等式

思路分析利用积分中值定理将积分不等式转化为不含积分的不等式,再进行证明.

五、利用Schwarz不等式证明积分不等式

思路分析应用Schwarz不等式,要注意恰当地选取函数f(x)和g(x).

证:由Schwarz不等式

六、利用平均值不等式证明积分不等式

例7设正值函数f(x)在区间[0,1]上连续,试证:

思路分析将定积分表示成积分和的极限,再应用平均值不等式.

本文通过实例说明了证明积分不等式时可以尝试的五种方法:构造积分上限的函数,利用定积分的比较性质,利用积分中值定理,利用Schwarz不等式和利用平均值不等式.希望对读者有所帮助.

摘要：如何证明积分不等式是学习高等数学这门课程的一个难点问题.本文专门讨论积分不等式证明的五种方法:构造积分上限的函数,利用定积分的比较性质,利用积分中值定理,利用Schwarz不等式和利用平均值不等式.

关键词：积分不等式,积分上限的函数,积分中值,Schwarz不等式,平均值不等式

参考文献

[1]裴礼文.数学分析中的典型问题和方法[M].北京:高等教育出版社,1993:249-278.

[2]卢兴江,金蒙伟.高等数学竞赛教程[M].杭州:浙江大学出版社,2009:58-74.

[3]毛京中.高等数学竞赛与提高[M].北京:北京理工大学出版社,2004:80-127.

用数学模型证明不等式 篇10

定义1若f (x) 对I上的任意两点x1, x2和任意实数λ∈ (0, 1) 总有f (λx1+ (1-λ) x2) ≤λf (x1) + (1-λ) f (x2) , (1) 则称f为I上的凸函数。反之, 总有f (λx1+ (1-λ) x2) ≥λf (x1) + (1-λ) f (x2) , (2) 则称f为I上的凹函数。

将上述两个等式相加可得:

令x1=a+λ (b-a) , x2=b-λ (b-a) , 则根据凸函数的性质有

证明不等式的方法灵活多样、技巧性较强, 在证明不等式前要依据题设和待证不等式的结构特点、内在联系, 选择适当的证明方法, 使得难解性问题转化为可解性问题。

摘要：本文利用函数的凹凸性、中值定理等, 综合运用其定义性质证明不等式。

关键词：函数凸凹性,中值定理,不等式证明

参考文献

[1]岳贵鑫.凸函数在证明不等式中的应用[J].电大理工, 2009.2.47-48.

[2]崔瑞霞.拉格朗日中值定理在分析证明不等式中的应用[J].高等函授学报, 2010.23 (1) .30-32.

[3]辛健.拉格朗日中值定理在证明中的应用[J].大众科技, 2007, (9) :181-183.

数列、不等式、推理证明专项练习 篇11

1.已知-π2<α<β<π2，则α-β2的取值范围是.

2.当x>0时，则f（x）=2xx2+1的最大值为.

3.对于平面几何中的命题“如果两个角的两边分别对应垂直，那么这两个角相等或互补”，在立体几何中，类比上述命题，可以得到命题：“”，这个类比命题的真假性是.

4.某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元.若每批生产x件，则平均仓储时间为x8天，且每件产品每天的仓储费用为1元.为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品件.

5.设a，b为正实数.现有下列命题：

①若a2-b2=1，则a-b<1；

②若1b-1a=1，则a-b<1；

③若|a-b|=1，则|a-b|<1；

④若|a3-b3|=1，则|a-b|<1.

其中的真命题有.（写出所有真命题的编号）

6.用锤子以均匀的力敲击铁钉入木板，随着铁钉的深入，铁钉所受的阻力会越来越大，使得每次钉入木板的钉子长度后一次为前一次的1k（k∈N*），已知一个铁钉受击3次后全部进入木板，且第一次受击后进入木板部分的铁钉长度是钉长的47，请从这个实事中提炼出一个不等式组是.

7.已知a∈R+，函数f（x）=ax2+2ax+1，若f（m）<0，比较大小：f（m+2）1.（用“<”或“=”或“>”连接）.

8.观察下列等式：

1-12=12

1-12+13-14=13+14

1-12+13-14+15-16=14+15+16

……

据此规律，第n个等式可为.

9.设关于x，y的不等式组2x-y+1>0，x+m<0，y-m>0表示的平面区域内存在点P（x0，y0）满足x0-2y0=2，求得m的取值范围是.

10.在等比数列{an}中，已知a6-a4=24，a3·a5=64，则数列{an}的前8项和为.

11.已知函数y=ax+b的图象如图所示，则1a-1+2b的最小值=.

12.设平面内有n条直线（n≥3），其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点，若用f（n）表示n条直线交点的个数，当n>4时，f（n）=.

13.已知x，y∈R，满足2≤y≤4-x，x≥1，则x2+y2+2x-2y+2xy-x+y-1的最大值为.

14.数列{an}满足（sn-n2）（an-2n）=0（n∈N），其中sn为数列{an}的前n项和，甲、乙、丙、丁四名同学各写了该数列的前四项：甲：1，3，5，7；乙：1，4，8，7；丙：1，4，4，7；丁：1，3，8，4.请你确定这四人中所有书写正确的学生.

二、解答题（共90分）

15.已知不等式mx2-nx-n2<0，

（1）若此不等式的解集为{x|-1

（2）若m=2，求此不等式的解集.

16.已知等比数列{an}的前n项和是Sn，满足an+1=（q-1）Sn+1（q≠0）.

（1）求首项a1的值；

（2）若S4，S10，S7成等差数列，求证：a3，a9，a6成等差数列.

17.已知集合A={x|x2-（3a+3）x+2（3a+1）<0，x∈R）}，B={x|x-ax-（a2+1）<0，x∈R}.

（1）求4B时，求实数a的取值范围；

（2）求使BA的实数a的取值范围.

18.设向量a=（x，2），b=（x+n，2x-1）（n∈N*），函数y=a·b在[0，1]上的最小值与最大值的和为an，又数列{bn}满足：nb1+（n-1）b2+…+bn=（910）n-1+（910）n-2+…+910+1.

（1）求证：an=n+1；

（2）求数列{bn}的通项公式；

（3）设cn=-anbn，试问数列{cn}中，是否存在正整数k，使得对于任意的正整数n，都有cn≤ck成立？证明你的结论.

19.如图，某生态园欲把一块四边形地BCED辟为水果园，其中∠C=∠D=90°，BC=BD=3，CE=DE=1.若经过DB上一点P和EC上一点Q铺设一条道路PQ，且PQ将四边形BCED分成面积相等的两部分，设DP=x，EQ=y.

（1）求x，y的关系式；

（2）如果PQ是灌溉水管的位置，为了省钱，希望它最短，求PQ的长的最小值；

（3）如果PQ是参观路线，希望它最长，那么P、Q的位置在哪里？

20.设正整数a，b，c满足：对任意的正整数n，an+bn=cn+1.

（1）求证：a+b≥c；

（2）求出所有满足题设的a，b，c的值.

参考答案

一、填空题

1.（-π2，0）

2.1

3.如果两个二面角的两个半平面分别对应垂直，则这两个二面角相等或互补.（答案不唯一）假命题

4.80

5.①④

6.47+47k<147+47k+47k2≥1

7.>

8.1-12+13-14+…+12n-1-12n=1n+1+1n+2+…+12n

9.（-∞，-23）

10.85或255

11.3+22

12.12（n-2）（n+1）

13.103

14.甲、丙、丁

二、解答题

15.（1）因为mx2-nx-n2<0的解集为{x|-1

所以-1，2是方程mx2-nx-n2=0的两个根.

根据根与系数的关系，有nm=-1+2=1，-n2m=（-1）×2=-2，

解得m=n=2.

（2）m=2，不等式mx2-nx-n2<0即2x2-nx-n2<0，

2x2-nx-n2<0（2x+n）（x-n）<0.

（1）若n=0，则原不等式为2x2<0，解集为.

（2）若n>0，则n-（-n2）=3n2>0，即-n2

（3）若n<0，则n-（-n2）=3n2<0，即-n2>n，原不等式的解集为（n，-n2）.

故当n=0时，不等式的解集为；

当n>0时，解集为（-n2，n）；

当n<0时，解集为（n，-n2）.

16.（1）由an+1=（q-1）Sn+1可得an=（q-1）Sn-1+1（n≥2），

两式相减得an+1-an=（q-1）an，所以an+1=qan（n≥2）.

欲使数列{an}等比数列，只需a2=qa1即可，

因为a2=（q-1）S1+1=（q-1）a1+1，所以（q-1）a1+1=qa1，所以a1=1.

若由a22=a1·a3，求出a1=1再验证数列{an}是等比数列，参照上述解法给分.

（2）方法一：若q=1，2S10≠S4+S7，与已知矛盾，故q≠1.

由2S10=S4+S7，得

2a1（1-q10）1-q=a1（1-q4）1-q+a1（1-q7）1-q，

即2a1q8=a1q2+a1q5，即2a9=a3+a6，所以a3，a9，a6成等差数列.

方法二：由S4，S10，S7成等差数列，可得2S10=S4+S7，

因为S7=S4+q4S3，S10=S4+q4S3+q7S3，可得q4S3+2q7S3=0，

因为S3≠0，所以q3=-12，

又2a9-（a3+a6）=a1q2（2q6-q3-1）=0，所以a3，a9，a6成等差数列.

17.（1）若4∈B，则4-a3-a2<0a<-3或3

∴当4B时，实数a的取值范围为[-3，3]∪[4，+∞）.

（2）∵A={x|（x-2）（x-3a-1）<0}，B={x|a①当a<13时，A=（3a+1，2）.

要使BA，必须a≥3a+1a2+1≤2，此时-1≤a≤-12；

②当a=13时，A=，使BA的a不存在；

③当a>13时，A=（2，3a+1），

要使BA，必须a≥2a2+1≤3a+1，此时2≤a≤3.

综上可知，使BA的实数a的取值范围是[2，3]∪[-1，-12].

18.解：（1）∵y=x（x+n）+4x-2=x2+（4+n）x-2在[0，1]上为增函数，

∴an=-2+1+4+n-2=n+1﹒

（2）∵nb1+（n-1）b2+…+bn=（910）n-1+（910）n-2+…+910+1=10[1-（910）n]，

∴（n-1）b1+（n-2）b2+…+bn-1+0=10[1-（910）n-1]（n≥2）﹒

两式相减得b1+b2+…+bn=（910）n-1（n≥2），

∴b1+b2+…+bn-1=（910）n-2（n≥3）.

两式相减得bn=-110·（910）n-2（n≥3）.

又b1=1，b2=-110，

∴bn=1，（n=1）-110·（910）n-2，（n≥2，n∈N*）.

（3）由cn=-2，（n=1）n+110·（910）n-2，（n≥2，n∈N*）及当k≥3时ckck-1≥1，ckck+1≥1，得k=9或8﹒

又n=1，2也满足，∴存在k=8，9使得cn≤ck对所有的n∈N*成立.

19.（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=

S△BCE=32.

∵S△APQ=3，

∴14（x+3）（y+2）=3，

∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，（x的范围由极限位置定）

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0，得t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max（f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）依题意，当n=1时，a+b=c2，

则a+b-c=c2-c=c（c-1），

因为c∈N*，所以c（c-1）≥0，

从而a+b-c≥0，故a+b≥c；

（2）an+bn=cn+1即（ac）n+（bc）n=c，（*）

若a>c，即ac>1，则当n≥logacc时，

（ac）n≥c，而（bc）n>0，于是（ac）n+（bc）n>c，与（*）矛盾；

从而a≤c，同理b≤c.

若a≤c，则0

又c∈N*，故c=1或2，

当c=1时，an+bn=1，而an+bn≥2，故矛盾，舍去；

当c=2时，（ac）n+（bc）n=2，从而ac=bc=1，故a=b=2，

综上，所有满足题意的a，b，c依次为2，2，2.

（作者：夏志勇，海安县曲塘中学）

轮换对称不等式的证明技巧 篇12

对称不等式:把一个不等式里的两个字母对调, 所得的不等式和原来的不等式相同, 则这个不等式, 叫作对称不等式。

轮换对称不等式:如果一个不等式中的所有字母按某种次序轮换后, 得到的不等式与原不等式相同, 则称这个不等式, 叫作轮换对称不等式。

轮换对称不等式形式优美, 其证明方法也有很多, 但是, 其中的规律却难以寻找。在教学过程中, 学生对此常常有所困惑, 在证明时因为对轮换对称不等式的概念及性质认识模糊等等原因, 容易出现一些错误。下面, 结合本人的教学实践, 介绍几种易操作的方法供读者参考。希望大家能够举一反三, 触类旁通, 较好地掌握这些轮换对称不等式的证明技巧, 提高自己的思维能力。

例1:已知a+b+c=1, 且a、b、c均为非负实数。求证:【次数配平法】

例2:已知a、b、c均为正数。求证:【项数配平法】

证明:∵a、b、c∈R+,

例3:已知a、b、c∈R+, 求证:均分常数项】

不妨设a≥b≥c>0, 左边

当且仅当a=b=c时等号成立.

例4:已知a、b、c都是正数, 求证:【均分独立项】

由a、b、c的对称性, 不妨设a≥b≥c>0, 则

当且仅当a=b=c时, 等号成立。

例5:若x+y+z=a, 且x, y, z∈R.求证:【代数换元】

例6:已知a、b、c都是正数, 且a2+b2=c2.求证:an+bn

证明:∵a、b、c都是正数及a2+b2=c2, 设a=ccosα, b=csinα, (0<α<2π) , 则02) , ∴an+bn=cn (sinnα+cosnα)