12. 已知x,y,z是不全为零的非负实数，求
u?x2?y2?xy?y2?z2?yz?z2?x2?zx的最小值．
x?y?z本节情景再现解答
a?b(a?b)2(a?b)2(a?b)2(a?b)2?ab???? 1. 作差，28a28a(a?b)2(a?b)3(3a?2ab?b)?.(3a?b)?0，另一半同法可证．
88a2. 1）分析法．要证
ab??1，只需证
a?3bb?3aa(b?3a)?b(a?3b)?(a?3b)(b?3a)，平方后即证
ab(a?3b)(b?3a)?4ab?3(a?b)2?0此式成立．同理可证另一不等式．
2）只要证3xyz(x?y?z)?(xy?yz?zx)，展开后即证xy?yz?zx?
2222222x2yz?y2zx?z2xy，据已知不等式a2?b2?c2?ab?bc?ca该式成立．
3.
xz1z1y111??????2?，因此所求最小值为，当yty100y10010055 x?1,y?z?10,t?10时取得此最小值．04. 反证法：假设b?4ac，又据已知4ac??4(a?ab)，因此b??4(a?ab)?
2222(2a?b)2?0这是不可能的，因此b2?4ac
5.
xkx1x111??，同理?（k?2,...,n），n个同向不等
1?(n?1)x1x1?(n?1)x1n1?(n?1)xkn式相加便得．
6. 用数学归纳法：我们有0?an?1?an(1?an)，故0?a1?1，即我们的结果当n?1时成
11?(?ak)2，若k?1，则从此容易看出42111111k?11，即得所证． a2?．若k?2，则由上式得ak?1??(?)2?(1?)?2?242kkkk?1kt7. 构造函数，并用函数性质．考察函数g(t)?，易知g(t)为奇函数，并且当t?0时
1?t2立．今设其当n?k时成立，则ak?1?ak?ak?2在(0,1]上单调递增．因此对于t1,t2?(0,1)，且t1?t2有(t1?t2)(g(t1)?g(t2))?0．所以，
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111x33x2?x对任意x?(0,1]，有(x?)(g(x)?g())?0?(x?)( ?)?0?23331?x2101?x3y2?y33z2?z33?(3y?1)，?(3z?1)，三式相加得?(3x?1)．同理可得2210101?y101?zf(x,y,z)?0，所求最小值为0
8. 代换，令a?x,b?y,c?z,x,y,z?R333?，由题设得xyz?1，利用
x3?y3?x2y?yx2，有
111xyz ???1?a?b1?x3?y31?x2y?xy2xyz?x2y?xy2?z1x1y，同理有，，三式相加得原不等式成??1?b?cx?y?z1?c?ax?y?zx?y?z立．
9. 反证法．若存在正实数x0,y0,z0使
x0?3y0?4z0?32x0y0z0，那么就有
?x0?32x0y0z0?x016?x0y0z0?6?16161616163?y0?32x0y0z0??y0?(x0y0z0)，三式相乘得x0y0z0?(x0y0z0)矛盾！故原?24z?32xyz?z16?(xyz)120000000?0?不等式成立．
10. 取特殊值，当a?b?c?d??1时有?3?k(?4)?k?31；当a?b?c?d?时有421133，两者都能成立，得k?．下面证明4??1?k(4?)?k?82443，对任意a,b,c,d?[?1,??)都成立．首先证a3?b3?c3?d3?1?(a?b?c?d) （1）
4332明x?[?1,??)时4x?1?3x，事实上(4x?1)?3x?(x?1)(2x?1)?0，所以，故欲4a3?1?3a，4b3?1?3b，4c3?1?3c，4d3?1?3d四个不等式相加便得（1）求的实数k?3 41本节习题解答
131. 1）要证lg2?，只要证2?103，即证2?10，此为显然．同法可证0.3?lg2
3111?anbna?bnn??1??0，因 2）?ab?ab?1?ab?1，nnnn1?a1?b(1?a)(1?b)2 - 12 -
此
11??1
1?an1?bn(a1?an)2?(an?a1)22. 令等差数列公差为d，a1an?，
4akan?1?k(ak?an?1?k)2?(an?1?k?ak)2（k?1,2,...,n），注意到a1?an?ak?an?1?k，?4ak.an?1?k(an?a1)2?(an?1?k?ak)2?a1an??(n?k)(k?1)d2?0，因此
4所以
ak.an?1?k?a1an，这样便有a1an?a1an，a2an?1?a1an，a3an?2?a1an，?，ana1?a1an，
将这n个不等式相乘得(a1a2...an)?(a1an)?3. y?x?22na1an?na1a2...an
11222[8(a1?a2?...?a8)?(a1?a2?...?a8)2]?[(a8?a1)2? 6464(a8?a2)2?...?(a8?a7)2?(a2?a1)2?(a3?a1)2?...?(a7?a1)2?(a2?a3)2?
1(a2?a4)2?...?(a6?a7)2]，而(a8?a2)2?(a2?a1)2?[a8?a2?a2?a1]2
21?(a8?a1)2，因此 211y?x2?[4(a8?a1)2?(a2?a3)2?(a2?a4)2?...?(a6?a7)2]?(a8?a1)2，因此
6416a8?a1?4y?x2，当且仅当a2?a3?...?a7?a1?a8时等号成立． 2?4. 1）设b?c?a?2x,c?a?b?2y,a?b?c?2z，则x,y,z?R，且a?y?z，
b?x?z，c?x?y，故原不等式等价于
由平均不等式知，此式显然成立．
2）xn?1?xn(xn?1)?x?zy?xz?yzxy???0，即???0，2x2y2zxyz111111?????，这样 xnxn?1xn?1xn?1xnxn?12002521111，容易证明{xn}中xn?0，xn?1?xn所x?,x4?1，???3?3?81x1x2003x2003n?1xn?120021200211以3????3，即2???3
x4x?1x?1n?1nn?1n5. 证法一：注意到系数规律，将这100个不等式相加得0?0，因此原式应为100个等式这
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样便有a1?a2?2(a2?a3)，a2?a3?2(a3?a4)?a100?a1?2(a1?a2)，将这100个等式分别平方后再相加得3(a1?a2)?3(a2?a3)?...?3(a100?a1)?0，因此
222a1?a2?...?a100
证法二：100个不等式应为等式，这样a1?a2?2(a2?a3)?2(a3?a4)
2?23(a4?a5)?...?298(a100?a1)?299(a1?a2)，于是有(299?1)(a1?a2)?0
?a1?a2，依次代入得a2?a3，a3?a4,...a99?a100，所以a1?a2?...?a100 a12?s?a1?(a1?a2?a3)(a1?1)?a1?a2?a3?a1(a2?a3)，得6. 易知
a1?12a3a1a2111???，同理，，三个不等
a2?a3a1?a2?a3a3?a1a1?a2?a3a1?a2a1?a2?a3式相加便得
111???1
a1?a2a2?a3a3?a1a2(b?c)?b2(c?a)?c2(a?b)3?? 7. 给定不等式等价于
(a?b)(b?c)(c?a)4a2b?a2c?b2a?b2c?c2a?c2b3?? 2222222abc?ab?ac?ba?bc?ca?cb4a2b?a2c?b2a?b2c?c2a?c2b?6abc?0?(b2c?c2a?2abc)?
(a2b?c2b?2abc)?(a2c?b2c?2abc)?0?a(b?c)2?b(a?c)2?c(a?b)2?0此式
显然成立，原不等式得证． 8. 1）证法一：当n?1时，a1?2?2?1?1不等式成立．假设n?k时，ak?2k?1，
当n?k?1时，由于ak?0，故ak?1?ak?1122?0，ak?1?ak?2?2 akak?2k?1?2?1ak2?2(k?1)?1?ak?1?2(k?1)?1．这就是说n?k?1时，不等式也
2n?1成立．
2成立．故对任意正整数n，an?证法二：先证an?0，由于an?1an?an?1?0，这样便有a1a2?0,a2a3?0,...,
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an?1an?0，将这(n?1)个不等式相乘得a1a2a3...an?1anan?0(a1?2)?an?0，又a2?a1?2?2222221a122,a3?a2?2?1a12221a212,...,an?an?1?2?1an?12221an?12，将这(n?1)个不等式
相加得an?a1?2(n?1)?2?a22?...??22?2(n?1)?2n?2?2n?1
(n?2)，又an?0?an?2n?1，又n?1时，不等式显然成立，故an?2n?1(n?1,2,3,...)
2）
bn?1an1n1n2(n?1)n?n?1?(1?2)?(1?)?? bn2n?1n?1(2n?1)n?1anann?1n?12n(n?1)n(n?1)?（对分子用平均不等式）?1，故bn?1?bn
2n?12n?19. 1）要证nipmi?mipnimip，只要证()?mi，即证
npnimm(m?1)(m?2)...(m?i?1)，借助熟知的不等式，a,b,m都是正数，并且a?b，()i?nn(n?1)(n?2)...(n?i?1)则有
a?mamm?1m?2m?i?1?，因此???...??0，于是有 b?mbnn?1n?2n?i?1mmm?1m?2m?i?1 ()i?.....nnn?1n?2n?i?1m 2）证法一：用平均不等式2?m?n，(1?n)?1.1....1(1?n)?(1?n)...(1?n)? ??????????????n?m个m个[(n?m).1?m(1?n)n]?(1?m)n，即(1?m)n?(1?n)m
nlg1(?m)lg1(?n)，设?mn证法二：原不等式等价于n.lg1(?m)?mlg1(?n)，即
A(m,lg(1?m)),B(n,lg(1?n))为函数
y?lg(1?x)图象上两点，则
KOA?lg(1?m)lg(1?n)lg(1?m)lg(1?n)，由图象知KOA?KOB，?，原不,KOB??mnmny A B 等式成立．
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