不等式问题2.

不等式证明问题请问在不等式的证明

移花接木！ 一个不等式的七种证明 证明不等式就是证明所给不等式在给定条件下恒成立。由于不等式的形式是多种多样的,因此,不等式的证明方法也可谓是千姿百态。针对不等式证明,要具体问题具体分析,灵活选用证明方法,提高代数变形,推理论证能力,一题多解,有助于我们对辩证唯物主义观点有进一步的认识。 题目：已知a,b,c,d∈R,求证:ac+bd≤ 分析一:用分析法 证法一:(1)当ac+bd≤0时,显然成立。 (2)当ac+bd>0时,欲证原不等式成立, 只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2) 即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2 即证2abc...全部

  移花接木！ 一个不等式的七种证明 证明不等式就是证明所给不等式在给定条件下恒成立。由于不等式的形式是多种多样的,因此,不等式的证明方法也可谓是千姿百态。针对不等式证明,要具体问题具体分析,灵活选用证明方法,提高代数变形,推理论证能力,一题多解,有助于我们对辩证唯物主义观点有进一步的认识。
   题目：已知a,b,c,d∈R,求证:ac+bd≤ 分析一:用分析法 证法一:(1)当ac+bd≤0时,显然成立。 (2)当ac+bd>0时,欲证原不等式成立, 只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2) 即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+a2d2+b2c2+b2d2 即证2abcd≤b2c2+a2d2 即证0≤(bc-ad)2 因为a,b,c,d∈R,所以上式恒成立, 综合(1)、(2)可知:原不等式成立。
   分析二:用综合法 证法二: (a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2 =(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2abcd+a2d2) =(ac+bd)2+(bc-ad)2≥(ac+bd)2 ∴ ≥|ac+bd|≥ac+bd。
   故命题得证。 分析三:用比较法 证法三:∵(a2+b2)(c2+d2)-(ac+bd)2=(bc-ad)2≥0, ∴(a2+b2)(c2+d2)≥(ac+bd)2 ∴ ≥|ac+bd|≥ac+bd, 即ac+bd≤ 。
   分析四:用放缩法 证法四:为了避免讨论,由ac+bd≤|ac+bd|, 可以试证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)。 由证法1可知上式成立,从而有了证法四。 分析五:用三角代换法 证法五:不妨设 (r1,r2均为变量)。
   则ac+bd=r1r2cosαcosβ+r1r2sinαsinβ=r1r2cos（α-β） 又|r1r2|=|r1|•|r2|= 及r1rcos（α-β）≤|r1r2| 所以ac+bd≤ 。
   分析六:用换元法 证法六:(1)当(a2+b2)(c2+d2)=0时,原不等式显然成立。 (2)当(a2+b2)(c2+d2)≠0时,欲证原不等式成立, 只需证| |≤1。
   即证| |≤1, 注意到( )2+( )2=1与 ( )2+( )2=1和cos2x+sin2x=1的结构特征很类同,不妨设 =cosα, =cosβ, 则 =sinα, =sinβ, 故| | =|cosαcosβ+sinαsinβ| =|cos（α-β）|≤1 所以ac+bd≤ 。
   分析七:用构造函数法(判别式法) 证法七:待证不等式的结构特征与一元二次方程的判别式 Δ =b2-4ac≤0的结构特征很类似,由此不妨构造函数, f(x)=(a2+b2)x2+2(ac+bd)x+(c2+d2) =(a2x2+2acx+c2)+(b2x2+2bdx+d2) =(ax+c)2+(bx+d)2 显然不论x取任何实数,函数f(x)的值均为非负数,因此,(1)当a2+b2≠0时,方程f(x)=0的判别式Δ≤0, 即［2(ac+bd)］2-4(a2+b2)(c2+d2)≤0, 即(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2) 故ac+bd≤|ac+bd|≤ (2)当a2+b2=0时,原不等式显然成立。
   。收起