1）证明：如图1）ABCD、CDEF都是正方形，其边长等于1，P为线段CD上任一点，
2令PC?x，PD?y222，则x?y?1，PA?DA2?DP2?1?y4，
PF?CF2?CP2?1?x4，PA?PF?AF?1?x4?1?y4?5
?2x???2时等号成立）（?．又在?ADF形内任一点（含周界），PA?DF?AD?DF，即
2?y??2??x?0?x?11?x4?1?y4?1?2 （?或?时等号成立）．
y?1y?0??
A B B
D
P C N M
E 1)
F C 2)
A 2）证明：构造图形如图2），?ABC为等腰直角三角形，AC?BC?3，CM?x，
?ACM?30，CN?y，?BCN?30?，据余弦定理AM?x2?3x?3，BN?y2?3y?3，MN?x2?3xy?y2，由平面几何知AM?MN?NB?AB，即
x2?3x?3?y2?3y?3?x2?3xy?y2?6，当且仅当x?y?3?3时等号成
立．
链接：本题独到的证法不仅明快、利索，而且揭示了问题的真正内含．我们不难从中体会到这道题是如何编拟、设计出来的．
5xi1?1 ?1，求证：?例9 设非负实数x1,x2,x3,x4,x5满足?21?xi?14?xii?1i5（2003年西部数学奥林匹克）
分析：证明分式不等式，尽可能地不通分、不去分母（不得已而为之）．本题通过代换，转换为一个新命题，再用函数有关性质推断出要证结果．
51?yi1证明：令yi?，i?1,2,3,...,5，则xi?，且?yi?1，（0?yi?1），
yi1?xii?1 - 6 -
xi4?xi21?yi()22yi?yi?yi3yi?11?5yi?5yi11???.???. 21?yi25yi2?2yi?155yi2?2yi?1555yi?2yi?14?()yi5xi3yi?135511??1?y??1，当???.(3yi?1)，因此??i21244454i?14?xii?15(yi?)?5511???.55且仅当yi?
1，即xi?4，（i?1,2,3,...,5）时等号成立． 522情景再现
4. a,b,c?R，若a?ab?ac?0，证明b?4ac 5. 若0?x1,x2,...,xn?1，n?1．证明：
xnx1x2??...??1 （2004年新加坡数学奥林匹克）
1?(n?1)x11?(n?1)x21?(n?1)xn6. 已知数列{an}中所有项ai都是正数，又设对于n?1,2,3,...都有an?an?an?1，证明对于n?1,2,3,...都有an?21． （1964年北京数学竞赛题） n7. 设x,y,z取正实数，且x?y?z?1，求三元函数
3x2?x3y2?y3z2?zf(x,y,z)???的最小值，并给出证明．
1?x21?y21?z2（2003年湖南省高中数学竞赛题）
C类例题
例10 1）数列{an}中对于任意正整数n都有an?1?an 1） 试用a1和n表示an
n112） 当0?a1?时，证明?(ak?ak?1)ak?2?
322k?1n23） 当0?a1?1时，证明
?(ak?ak?1)ak?2?k?11 （2003年全国高考江苏卷改编） 3分析：首先通过叠代求出数列{an}的通项公式，再据通项公式发掘数列的性质．此时我们发现
?(ak?1nk?ak?1)ak?2不大好求．因此应将(ak?ak?1)ak?2适当放大，使放大后的数列既便
- 7 -
于求和且和式的值又能命中（或接近）要证之结果．
22221） 解：由已知an?an?1?(an?2)?(an?2)?(an?3)?(an?3)?...?a12222232n?1
2） 证明：
an?112n?1202n2n?12n?1?a1?1，故得?a1?a1?a1，由于0?a1?，所以a1an2an?1?an．数列{an}为单调递减an?1?an?0， a1??a2?4,?a3?a2n211，a2?()2 22111，于是k?1时ak?2?a3?，这样便有?()2,a3?41616n?(ak?ak?1)ak?2??(ak?ak?1)a3??(ak?ak?1)k?1k?1k?1n1111?(a1?an?1)?a1?16161632所以
?(ak?1nk?ak?1)ak?2?1 32223）证明：因为{an}单调递减，所以ak?2?ak?1?ak?1.ak，ak?2?ak?1，
ak?2?ak?1?ak，三式相加得
22122223ak?2?ak.ak?1?ak?1?ak?ak?2?(ak?ak.ak?1?ak?1)?(ak?ak?1)ak?2?
3121323(ak?ak?1).(ak?akak?1?ak?1)?(ak?ak?1)，因此
33131313133(a?a)a?(a?a)?(a?a)?a1? ?kk?1k?2kk?11n?13333k?1
说明：an的表达式也可以先归纳然后用数学归纳法证明．2）和3）的证明都是通过放大
n构造成差分式，异曲同工．3）的技巧性更高一点．该题有其几何背景，有兴趣的读者可以查
阅原题．如果用微积分方法证问题3），显得特别简单． 例11 设x3?x2?x1?x0?0，证明
(x3?x2)x1?x0?(x2?x1)x3?x0?(x3?x1)x2?x0
（1993年全国联赛题改编）
分析：两边平方这条路不容易走通，根据已知条件x3?x2?x1?x0?0，以及三个根
222222222式中减式均为x0，考察代换，将原命题转换为易证的新命题．由x1?x0联想到三角公式
sec2??1?tan?（??(0,)）
2
证明：令x1?sec?1.x0，x2?sec?2.x0，x3?sec?3.x0，其中0??1??2??3???2，
- 8 -
代入后原不等式化为要证x0(sec?3?sec?2)tan?1?x0(sec?2?sec?1)tan?3?
22x0(sec?3?sec?1)tan?2，约去x0，并将上式全化为正余弦，即证
22(cos?2?cos?3)sin?1?(cos?1?cos?2)sin?3?(cos?1?cos?3)sin?2，整理该式，即只(3??2)?sin?(2??1)?sin?(3??1) （*）需证sin?，我们来证明不等式（*）．因为
0??1??2??3??2，所以?2??1,?3??1,?3??2?(0,?2)，
sin(?3??1)?sin[(?3??2)?(?2??1)]?sin(?3??2)cos(?2??1)? sin(?2??1)cos(?3??2)（0?cos(?2??1),cos(?3??2)?1） ?sin(?3??2)?sin(?2??1)，至此原不等式获证．
链接：与本题相关的另外两个命题是x3?x2?x1?0，则有
222(x3?x2)x1?(x2?x1)x3?(x3?x1)x2，
(x3?x2)x1?p2?(x2?x1)x3?p2?(x3?x1)x2?p2（p?0）
情景再现
?2228. 设a,b,c?R，且abc?1，求证
111???1
1?a?b1?b?c1?c?a9. 证明：对任意正数x,y,z都有x?3y?4z?32xyz
10. 求所有的实数k，使得不等式a?b?c?d?1?k(a?b?c?d)对任意
3333a,b,c,d?[?1,??)都成立． （2004年西部数学奥林匹克）
习题十三
A类
1. 1）不查表证明0.3?lg2?
?1 3*2）a,b?R，a?b?2，n?N，证明
11??1 nn1?a1?b2. a1,a2,...,an成等差数列，ai?0,i?12,3,...,n，证明a1an?na1a2...an 3. 设a1?a2?a3?...?a7?a8是8个给定的实数，且x?a1?a2?...?a8，
8a?a2?...?a82y?1，试证a8?a1?4y?x
8
- 9 -
222
B类
4. 1）在?ABC中，求证
2）当x1?c?aa?bb?c???0
b?c?ac?a?ba?b?c12,xn?1?xn?xn时，代数式 311111的值在哪两个整数之间？ ???...??x1?1x2?1x3?1x2001?1x2002?1 （2002-2003芬兰高中数学奥林匹克）
?a1?3a2?2a3?0?a?3a?2a?0?2345. 若100个实数a1,a2,...,a100满足?，证明a1?a2?...?a100
......???a100?3a1?2a2?0a6. 设a1?1,a2?1,a3?1，a1?a2?a3?S，已知对i?1,2,3都有i?S，证明：
ai?12111???1 (第31届俄罗斯数学奥林匹克)
a1?a2a2?a3a3?a1a2b2c23???对所有正实数a,b,c成7. 证明：不等式
(a?b)(a?c)(b?c)(b?a)(c?a)(c?b)4立． （克罗里亚2004年数学奥林匹克） 8. 设数列{an}满足a1?2，an?1?an?1）证明an?2）令bn?1 （n?1,2,...） an
2n?1对一切正整数n成立；
（n?1,2,...），判定bn与bn?1的大小并说明理由．（2004年高考重庆卷）
annC类
9. 已知i,m,n是正整数，且1?i?m?n
nm1）证明npm?mpn 2）(1?m)?(1?n) （2001年全国高考题）
iiii10. 已知a,b,c为正实数，证明：a?b?c?abc?4?a?b?c?3
（第20届伊朗数学奥林匹克）
222(2a?b?c)2(2b?c?a)2(2c?a?b)2?2?2?8 11. 设a,b,c是正实数，求证：22222a?(b?c)2b?(c?a)2c?(a?b) （2003年美国数学奥林匹克）
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