高中奥数 2022-02-25

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\subsection{分析法}

所谓分析法就是先假定要证的不等式成立,然后由它出发推出一系列与之等价的不等式(即要求推理过程的每一步都可逆),直到得到一个较容易证明的不等式或者一个明显成立的不等式.分析法是一种执果索因的证明方法,在寻求证明思路时尤为有效.

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（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P009 例12）

若 $x,y\in \mathbb{R}$ , $y\geqslant 0$ ,且 $y\left(y+1\right)\leqslant \left(x+1\right)^{2}$ ,求证: $y\left(y-1\right)\leqslant x^{2}$ .

证明

若 $0\leqslant y\leqslant 1$ ,则 $y\left(y-1\right)\leqslant 0\leqslant x^{2}$ .

若 $y>1$ ,由题设知
$y\left(y^{2}+1\right)\leqslant \left(x+1\right)^{2},$
$y\leqslant \sqrt{\left(x+1\right)^{2}+\dfrac{1}{4}}-\dfrac{1}{2}.$
要证明
$y\left(y-1\right)\leqslant x^{2},$
即只需证明
$\begin{aligned} &\sqrt{(x+1)^{2}+\dfrac{1}{4}}-\dfrac{1}{2} \leqslant \sqrt{x^{2}+\dfrac{1}{4}}+\frac{1}{2} \\ \Leftrightarrow & (x+1)^{2}+\frac{1}{4} \leqslant x^{2}+\dfrac{1}{4}+2 \sqrt{x^{2}+\dfrac{1}{4}}+1 \\ \Leftrightarrow & 2 x \leqslant 2 \sqrt{x^{2}+\dfrac{1}{4}} . \end{aligned}$
最后这个不等式是显然的,从而原不等式得证.

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（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P009 例13）

设 $a,b,c\in \mathbb{R}^{+}$ ,求证:
$a+b+c-3\sqrt[3]{abc}\geqslant a+b-2\sqrt{ab}.$

证明

注意到
$\begin{aligned} &a+b+c-3\sqrt[3]{abc}\geqslant a+b-2\sqrt{ab}\\ \Leftrightarrow &c+2\sqrt{ab}\geqslant 3\sqrt[3]{abc}. \end{aligned}$
因为
$\begin{aligned} &c+2\sqrt{ab}=c+\sqrt{ab}+\sqrt{ab}\\ \geqslant &3\sqrt[3]{c\sqrt{ab}\sqrt{ab}}\\ =&3\sqrt[3]{abc}. \end{aligned}$
从而 $a+b+c-3\sqrt[3]{abc}\geqslant a+b-2\sqrt{ab}$ .

说明

在不等式的证明中,分析法和综合法有时需交替使用.本题在用分析法得到 $c+2\sqrt{ab}\geqslant 3\sqrt[3]{abc}$ ,再用分析法继续证明下去的话,会使问题变得复杂,此时结合综合法便使问题迎刃而解了.

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（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P010 例14）

已知 $n\in \mathbb{N}_{+}$ .求证:
$\dfrac{1}{n+1}\left(1+\dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{2n-1}\right)\geqslant \dfrac{1}{n}\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\cdots +\dfrac{1}{2n}\right).\qquad(*)$

证明

要证明 $(*)$ ,我们只要证
$n\left(1+\dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{2n-1}\right)\geqslant \left(n+1\right)\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\cdots +\dfrac{1}{2n}\right).\qquad(**)$
$(**)$ 的左边为
$\dfrac{n}{2}+\dfrac{n}{2}+n\left( \dfrac{1}{3}+\cdots +\dfrac{1}{2n-1}\right).\qquad(***)$
$(**)$ 的右边为
$n\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\cdots +\dfrac{1}{2n}\right)+\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\cdots +\dfrac{1}{2n}\right)=\dfrac{n}{2}+n\left(\dfrac{1}{4}+\cdots +\dfrac{1}{2n}\right)+\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\cdots +\dfrac{1}{2n}\right).\qquad(****)$
比较 $(***)$ 式和 $(****)$ 式,若有
$\dfrac{n}{2}\geqslant \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\cdots +\dfrac{1}{2n},\qquad(*****)$
及
$\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}+\cdots +\dfrac{1}{2n-1}\geqslant \dfrac{1}{4}+\cdots +\dfrac{1}{2n},\qquad(******)$
则 $(**)$ 得证.而 $(*****)$ 、 $(******)$ 两式显然成立,因此 $(*)$ 得证.

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（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P010 例15）

已知 $a,b,c\in \mathbb{R}^{*}$ , $abc=1$ .求证:
$\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\geqslant 4\left(a+b+c-1\right).$

分析想法是把 $a$ 当作参数,将其看成是关于 $b+c$ 的一元二次方程,用判别式的方法来证明.

证明

不妨设 $a\geqslant 1$ ,则原不等式等价于
$a^{2}\left(b+c\right)+b^{2}\left(c+a\right)+c^{2}\left(a+b\right)+6\geqslant 4\left(a+b+c\right),\qquad(*)$
即
$\left(a^{2}-1\right)\left(b+c\right)+b^{2}\left(c+a\right)+c^{2}\left(a+b\right)+6\geqslant 4a+3\left(b+c\right).$
由于 $\left(a+1\right)\left(b+c\right)\geqslant 2\sqrt{a}\cdot 2\sqrt{bc}=4$ ,

所以如果我们能够证明
$4\left(a-1\right)+b^{2}\left(c+a\right)+c^{2}\left(a+b\right)+6\geqslant 4a+3\left(b+c\right),\qquad(**)$
则 $(**)$ 式成立.

而 $(**)$ 等价于
$2+a\left(b^{2}+c^{2}\right)+bc\left(b+c\right)-3\left(b+c\right)\geqslant 0,$
故只需证
$\dfrac{a}{2}\left(b+c\right)^{2}+ \left(bc-3\right)\left(b+c\right)+2\geqslant 0.$
记 $f\left(x\right)=\dfrac{a}{2}\cdot x^{2}+\left(bc-3\right)x+2$ ,则其判别式 $\Delta =\left(bc-3\right)^{2}-4a$ .

我们只要证明 $\Delta \leqslant 0$ 即可,这相当于
$\left(\dfrac{1}{a}-3\right)^{2}-4a\leqslant 0.$
即
$1-6a+9a^{2}-4a^{3}\leqslant 0.$
也即
$\left(a-1\right)^{2}\left(4a-1\right)\geqslant 0.\qquad(***)$
由 $a\geqslant 1$ , $(***)$ 显然成立,进而 $(*)$ 成立.

由上知等号在 $a=b=c=1$ 时成立.

高中奥数 2022-02-25

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