基本不等式的证明习题

第一篇：基本不等式的证明习题

证明不等式的基本方法

一、比较法

(1)作差比较法

3322【例1】已知a,b都是正数，且ab，求证：ababab

【1-1】 已知ab，求证：a3b3ab(ab)

【1-2】已知ab，求证：a46a2b2b44ab(a2b2)

(2)作商比较法

abba【例2】已知a,b都是正数，求证：abab，当且仅当ab时，等号成立.【2-1】已知a,b,c都是正数，求证：abc

二、综合法与分析法

(1)综合法

【例3】已知a,b,c0,且不全相等，求证：a(bc)b(ca)c(ab)6abc

【3-1】已知a1,a2,...,anR，且a1a2...an1, 求证：(1a1)(1a2)...(1an)21 n2222222a2b2cabcbaccab.【3-2】已知a,b,cR，用综合法证明：

(1)(abab1)(abacbcc2)16abc; (2)2(a3b3c3)a2(bc)b2(ac)c2(ab)

(2)分析法

【例4】设x0,y0，且xy1.求证：

【4-1】已知a,b,c是不全相等的正数 .求证：

三、反证法与放缩法 (1)反证法

【例5】已知x,y0,，且xy2,，试证：

【5-1】设0a,b,c1，证明：(1a)b,(1b)c,(1c)a不能都大于

11

18 xyxy

bcacababc abc

1x1y

,中至少有一个小于2. yx

(2)放缩法

【例6】用放缩法证明不等式 ：

【6-1】用放缩法证明不等式 ：

【6-2】用放缩法证明不等式 ：

1)1

1111...1(m1,mN*) 2m1m22m

11111n122...2(n2,3,4,...) 2n123nn

...nN* (n1)

2(nN*) 【6-3】用放缩法证明不等式 ：

...2

四、数学归纳法

11S(a). 【例7】在各项均为正数的数列{an}中，数列的前n项和Sn满足nn

2an

(1)求a1,a2,a3;(2)由(1)猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法证明。

【7-1】.已知数列{an}前n项和为Snan()

12

n1

2(nN*).

(1) 令bn2nan，求证数列{bn}是等差数列，并求{an}的通项公式; (2)设cn

22

【7-1】已知各项为正数的数列{an}满足an12ananan1，a2a42a34.

n15n

an，且{cn}的前n项和为Tn，试比较Tn与的大小，并予以证明. n2n1

(1)求数列{an}的通项公式;

(2) 令bnan2，设数列{bn}的前n项和为Tn，试比较并予以证明.

Tn1122log2bn12

与的大小，

2log2bn14Tn

第二篇：证明基本不等式的方法

2.2 证明不等式的基本方法——分析法与综合法

●教学目标：

1、理解综合法与分析法证明不等式的原理和思维特点.2、理解综合法与分析法的实质，熟练掌握分析法证明不等式的方法与步骤. ●教学重点：综合法与分析法证明不等式的方法与步骤

●教学难点：综合法与分析法证明不等式基本原理的理

●教学过程：

一、复习引入：

1、复习比较法证明不等式的依据和步骤?

2、今天学习证明不等式的基本方法——分析法与综合法

二、讲授新课：

1、综合法：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法 综合法又叫顺推证法或由因导果法。

用综合法证明不等式的逻辑关系是：例

1、已知a,b,c是不全相等的正数，求证： . 分析：观察题目，不等式左边含有“a2+b2”的形式，我们可以创设运用基本不等式：a2+b2≥2ab;还可以这样思考：不等式左边出现有三次因式：a2b,b2c,c2a,ab2,bc2,ca2的“和”，右边有三正数a,b,c的“积”，我们可以创设运用重要不等式：a3+b3+c3≥3abc.(教师引导学生，完成证明)

解：∵a>0,b2+c2≥2bc∴由不等式的性质定理4，得a(b2+c2)≥2abc.① 同理b(c2+a2)≥2abc,②c(a2+b2)≥2abc.③

因为a,b,c为不全相等的正数，所以以上三式不能全取“=”号，从而①,②,③三式也不能全取“=”号.由不等式的性质定理3的推论，①,②,③三式相加得：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.点评：(1)综合法的思维特点是：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出结论的一种证明方法。基本不等式以及一些已经得证的不等式往往与待证的不等式有着这样或那样的联系,作由此及彼的联想往往能启发我们证明的方向.尝试时贵在联想，浮想联翩，思潮如涌。

(2)在利用综合法进行不等式证明时，要善于直接运用或创设条件运用基本不等式，其中拆项、并项、分解、组合是变形的重要技巧.变式训练：已知a,b,c是不全相等的正数，求证： 例

2、已知 且 ，求证： 分析：观察要证明的结论，左边是 个因式的乘积，右边是2的 次方，再结合 ，发现如果能将左边转化为 的乘积，问题就能得到解决。

2、分析法：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法 这是一种执果索因的思考和证明方法。

①用分析法证明不等式的逻辑关系是： ②分析法论证“若A则B”这个命题的模式是：为了证明命题B为真，这只需要证明命题B1为真，从而有……这只需要证明命题B2为真，从而又有……这只需要证明命题A为真，而已知A为真，故B必真。

例3. 求证： 分析：观察结构特点，可以利用分析法。

点评：①分析法的思维特点是：执果索因.对于思路不明显,感到无从下手的问题宜用分析法探究证明途径.另外,不等式的基本性质告诉我们可以对不等式做这样或那样的变形,分析时贵在变形,不通思变,变则通!

②证明某些含有根式的不等式时,用综合法比较困难，常用分析法.③在证明不等式时,分析法占有重要的位置.有时我们常用分析法探索证明的途径,然后用综

合法的形式写出证明过程,这是解决数学问题的一种重要思想方法.

例

4、已知 ，求证： 分析：要证的不等式可以化为 即 观察上式，左边各项是两个字母的平方之积，右边各项涉及三个字母，可以考虑用

三、课堂练习：

1、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≤ 点评：用分析法证明不等式的关键是,寻求不等式成立的充分条件.因此,经常要对原不等式进行化简,常用的方法有:平方、合并、有理化、去分母等,但要注意所做这些变形是否可以逆推,若不能逆推,则不可使用.2、已知 且 求证：(分析法)

四、课堂小结：

综合法与分析法证明不等式的方法与步骤

五、课后作业：

课本P25—26 习题2.2—2,3,4,5,6,7,8,9

第三篇：证明不等式的基本方法二

综合法与分析法

1教学目的：教学重点：综合法、分析法

教学难点：不等式性质的综合运用

一、复习引入：

1.重要不等式：

如果a,bR,那么a2b22ab(当且仅当ab时取""号)

2.定理：如果a,b是正数，那么

ab

222ab2ab(当且仅当ab时取""号). ab2：ab≤，ab≤()4. b

aa

b≥2(ab>0)，当且仅当a=b时取“=”号;

5.比较法之一(作差法)步骤：作差——变形——判断与0的关系——结论 比较法之二(作商法)步骤：作商——变形——判断与1的关系——结论

二、讲解新课：

(一)1.综合法：利用某些已经证明过的不等式(例如算术平均数与几何平均数定理)2.用综合法证明不等式的逻辑关系是：AB1B2BnB

3.综合法的思维特点是：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质

(二)证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的条件，把证明不等式转化为判定这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都2.用分析法证明不等式的逻辑关系是：BB1B2BnA

3.分析法的思维特点是：4.分析法的书写格式：

要证明命题B为真，

只需要证明命题B1为真，从而有„„

这只需要证明命题B2为真，从而又有„„

„„

这只需要证明命题A而已知A为真，故命题B

例1：已知a,b是正数，且ab，求证：a3b3a2bab

2转化尝试，就是不断寻找并简化欲证不等式成立的充分条件，到一个明显或易证其成立的充分条件为止. 其逻辑关系是：BB1B2BnA 证明：∵a0,b0,且ab

∴要证a3b3a2bab2,只要证(ab)(a2abb2)ab(ab), 只要证a2abb2ab,只要证a22abb20. ∵ab0,∴(ab)20即a22abb20得证.注：分析法的思维特点是：执果索因.对于思路不明显,感到无从下手的问题宜用分析法探究证明途径.另外,不等式的基本性质告诉我们可以对不等式做这样或那样的变形,分析时贵在变形,不通思变,变则通

联想尝试，就是由已知的不等式及题设条件出发产生联想,大胆尝试,巧用已知不等式及不等式性质做适当变形，推导出要求证明的不等式.其逻辑关系是：

AB1B2BnB

法二：证明：∵a0,b0,且ab ∴a3ab22a2b,b3ba22ab2,

∴a3ab2b3ba22a2b2ab2,∴a3b3a2bab2

aab

法三 aab

注：综合法的思维特点是：执因索果. 基本不等式以及一些已经得证的不等式往往与待证的不等式有着这样或那样的联系,作由此及彼的联想往往能启发我们证明的方向.尝试时贵在联想，浮想联翩，思潮如涌。

例2.(P23例1)已知a,b,c是不全相等的正数,求证

a(bc)b(ca)c(ab)6abc

证明：∵bc≥2bc,a>0,

∴a(bc)≥2abc① 同理 b(ca)≥2abc②

c(ab)≥2abc③

22

22

因为a，b，c不全相等，所以b2c2≥2bc, c2a2≥2ca, a2b2≥2ab三式不能全取“=”号，从而①、②、③三式也不能全取“=∴a(b2c2)b(c2a2)c(a2b2)6abc 法二：abbcca

3abc

333

3法三：ab2ac2bc2ba2ca2cb26法四：ab2ba2

2法五：a(b2c2)b(c2a2)c(a2b2)33a(b2c2)b(c2a2)c(a2b2) 例3(P23例2).已知a1,a2,anR，且a1a2an1，求证

(1a1)(1a2)(1an)2

n

改变:同样的条件,怎样证明: (2a1)(2a2)(2an)3

n

证明：a1R,1

1a

1

a1a1即

a12a1，同理1a22a2„„1an2an

因为a1,a2,anR，由不等式的性质，得

(1a1)(1a2)(1an)2

n

a1a2an2

n

因为ai1时，1ai2ai取等号，所以原式在a1a2an1时取等号 变式：已知a1,a2,anR，且a1a2an1，求证

(2a1)(2a2)(2an)3

n

例

4、(P24例3)求证2证(略)

四、课堂练习： 1.设a, b, c  R， 1求证：ab

736



2

2(ab)

2求证：ab

22

bc

ca

22

2(abc)

3若a + b = 1,求证：a

12

b

12

2

证：1∵

ab2

22

(

ab2

2222

)0∴

ab2

22

|

ab2

|

ab2

∴a2b2(ab)

2同理：b2c2

(bc)， ca

22



22

(ca)

三式相加：a2b23由幂平均不等式：

bc

22

ca

22

2(abc)

12

(a

12

b

12

(a)

12

)(b2

12

)

(ab1)



22



1∴a

12

b

12

2

2.已知a,b,c,d∈R,求证:ac+bd≤(a2b2)(c2d2) 分析一:用分析法

证法一:(1)当ac+bd≤0时,(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: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)+(bc-ad)≥(ac+bd)

∴(ab)(cd)≥|ac+bd|≥ac+22

22222

五、课后作业

P25习题2。2

1、

2、

3、4

第四篇：证明不等式的基本方法一

------ 比较法

教学目的：

以不等式的等价命题为依据，揭示不等式的常用证明方法之一——比较法，要求学生能教熟练地运用教学重点：比较法的应用

教学难点：常见解题技巧

一、复习引入：

两实数的大小关系。

我们知道，实数与数轴上的点是一一对应的，在数轴上不同的两点中，右边的点表示的实数比左边的点表示的实数大.例如，在图6一1中，点A表示实数a，点B表示实数b,点A在点B右边，那么ab. 我们再看图6一1，ab表示a减去b所得的差是一个大于0的数即正数.一般地：

若ab，则ab是正数;逆命题也正确.

类似地，若ab，则ab是负数;若ab，则ab0;它们的逆命题都正确.

这就是说：

abab0; b a abab0; A B abab0. 图6—

1由此可见，要比较两个实数的大小，只要考察它们的差就可以了.

二、讲解新课：

思考一：

3322已知a,b是正数，且ab，求证：ababab

尝试：作差比较，作差——变形——定符号

证明：∵(ab)(abab)=a2(ab)b2(ab)

=(ab)(ab)=(ab)(ab)

2∵a,b是正数，且ab,∴ab0,(ab)>0

3322∴(ab)(abab)>0,∴ababab 3322332222

2注：比较法是证明不等式的基本方法，也是最重要的方法

比较法之一(作差法)步骤：作差——变形——判断与0的关系——结论

例2(P21例)如果用akg白糖制出bkg糖溶液，则糖的质量分数为

时糖的质量分数增加到a，若上述溶液中添加mkg白糖，此bam，将这个事实抽象为数学问题，并给出证明。 bm

ama 此即：已知a, b, m都是正数，并且a < b，求证：bmb

分析：这是一道分式不等式的证明题，依比较法证题步骤先将其作差，然后通分，由分子、分母的值的符

证明：amab(am)a(bm)m(ba) bmbb(bm)b(bm)

∵a,b,m都是正数，并且a 0 ,b  a > 0 ∴amam(ba) 0即bmbb(bm)

思考：若a > b，结果会怎样?若没有“a < b”这个条件，应如何判断? 例3.在⊿ABC中a、b、c分别是A、B、C的对边，S是三角形的面积求证： c2a2b24ab43S

222证明：在⊿ABC中cab2abcosC，S1absinC

2c2a2b24ab4S2abcosC4ab23absinC所以134ab(1cosCsinC)4ab[1C)]226

由于a，b∈(0，+∞)又sin(C)1 6

222则4ab[1sin(C)]0即cab4ab43S 6

abab2思考二： 例4.设a, b  R+，求证：ab(ab)

方法2：作商法abba

a1b 理论根据： aab,b01bab0

操作方法：“作商——变形——判断商式大于1或小于1”

证明：(作商)aabb

(ab)ab

2aab2bba2a()bab2

a当a = b时，()bab2

1aba0,()2bab2a当a > b > 0时，1,b1

ab

2a当b > a > 0时， 01,b

∴ab(ab)abab2aba0,()2b1(其余部分略)

注：1.比较法之一(作差法)步骤：作差——变形——判断与0的关系——结论

2.比较法之二(作商法)步骤：作商——变形——判断与1的关系——结论

三、练习

1.求证：x2 + 3 > 3x

证明：∵(x2 + 3)  3x = x3x()()3(x)

∴x2 + 3 > 3x

2. 已知a, b都是正数，并且a  b，求证：a5 + b5 > a2b3 + a3b2 232232232230

4证明：(a5 + b5 )  (a2b3 + a3b2) = ( a5  a3b2) + (b5  a2b3 )

= a3 (a2  b2 )  b3 (a2  b2) = (a2  b2 ) (a3  b3)

= (a + b)(a  b)2(a2 + ab + b2)

∵a, b都是正数，∴a + b, a2 + ab + b2 > 0

又∵a  b，∴(a  b)2 > 0∴(a + b)(a  b)2(a2 + ab + b2) > 0

即a5 + b5 > a2b3 + a3b

23.例4后半题

四、小结 ：我们一起学习了证明不等式的最基本、最重要的方法：比较法，

1.比较法之一(作差法)步骤：作差——变形——判断与0的关系——结论

2.比较法之二(作商法)步骤：作商——变形——判断与1的关系——结论

五、作业

P23习题2。

11、

2、

3、4

第五篇：选修4-5不等式的证明方法及习题

不等式的证明方法

一、比较法

1. 求证：x2 + 3 > 3x

2. 已知a, b, m都是正数，并且a < b，求证：

ambm

ab

变式：若a > b，结果会怎样?若没有“a < b”这个条件，应如何判断? 3. 已知a, b都是正数，并且a  b，求证：a5 + b5 > a2b3 + a3b

24. 甲乙两人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度m行走，另一半时间以速度n行走;有一半路程乙以速度m行走，另一半路程以速度n行走，如果m  n，问：甲乙两人谁先到达指定地点?

变式：若m = n，结果会怎样?

二：作商法

ab

1.设a, b  R，求证：aabb(ab)

+

2ba

ab

三、综合法

1. 已知a，b，c是不全相等的正数，求证：

a(bc)b(ca)c(ab)6abc

2

22

2

2

2

2.已知a，b，c都是正数，且a，b，c成等比数列， 求证：a2b2c2(abc)2 练习：

1求证：ab

2

2



22

2

(ab),a, b, c  R

2求证：a2b2

bc

2

ca

1a

22



1b

2(abc),a, b, c  R

1c)9

1

)

92

3.a , b, cR,求证：1(abc)(2(abc)(

1

abbcca

abc

33

bccaab2

3由上题：(abc)(∴1

cab

1

abc

1ab

b

1bc92



1ca

)

92

bca



cab

32

1

ca

即

abc

四、分析法

例1求证372

5例2证明：通过水管放水，当流速相同时，如果水管截面的周长相等，那么截面是圆的水练习：

1. 已知a,b,c,d ∈R,求证:ac + bd ≤(a2b2)(c2d2) 选择题

(1)若logab为整数,且loga>logablogba,那么下列四个结论中正确的个

b

数是(1b

>b>a2②logab+logba=0③0

答案:A

(2)设x1和x2是方程x2+px+4=0的两个不相等的实数根,则() x1|>2且|x2|>2 x1+x2x1+x2x1|=4且|x2|=1 答案:B

(3)若x,y∈R+,且x≠y,则下列四个数中最小的一个是()

1

1)xy1

答案:D

(4)若x>0,y>0,且x

y≤axy成立,则a的最小值是()

答案:B

(5)已知a,b∈R+,则下列各式中成立的是()

2θ·lga+sin2θ·lgb

2θ·lgb>lg(a+b)

cos2θ·bsin2θ=a+bcos2θ·bsin2θ>a+b

答案:A

+

(6)设a,b∈R,且ab-a-b≥1,则有()

+b≥2(2+b ≤+b (2+1)

+b ≤2(2+1)

答案:A

用分析法证明:3(1+a

+a4)≥(1+a+a2)2用分析法证明:ab+cd ≤

a2c2 2

用分析法证明下列不等式:

(1)571 (2)x1

x2

x3ab2



x

4(x≥4)

abc



(3)当a,b,c∈R+2(

ab)3(abc)

若a,b>0,2c>a+b,求证:

(1)c2>ab

(2)c-c2ab

五、换元法

三角换元：

若0≤x≤1，则可令x = sin (0



2)或x = sin2 (

2



2

若x2y21，则可令x = cos , y = sin (02若x2y21，则可令x = sec, y = tan (02若x≥1，则可令x = sec (0若xR，则可令x = tan ( 代数换元：

2

2



2

“整体换元”,“均值换元”,例1求证：

12

xx



12

证一：(综合法)证二：(换元法) 例2 已知x > 0 , y > 0，2x + y = 1，求证：

1x1y

322

22

例3 若xy1，求证：|x2xyy|

22

例4证明：若a > 0，则a

1a

2a

1a

2

证：设xa

1a

,y

a

1a

,(a0,x2,y

2)

则xy

22

1

a

a12

a22

a

xya

1a

a

1a

22 ( 当a = 1时取“=” )

∴xy

xyxy



22

22

即y2x2∴原式成立

六、放缩法与反证法

例1若a, b, c, dR，求证：

2

cdbdac

bcd

证明：(用放缩法)记m =

abdbcacdbdac

1

abd



bca

a





a

b

c

d

+

∵a, b, c, dR+∴m

a

abcdabcacdababcd

2m

ababcddc



b



c



ddabc

1

∴1 < m < 2即原式成立

例2当 n > 2 时，求证：logn(n1)logn(n1)1 证明：(用放缩法)∵n > 2∴logn(n1)0,

logn(n1)0

lognn2logn(n21)logn(n1)logn(n1)

∴logn(n1)logn(n1)1 222

∴n > 2时,logn(n1)logn(n1)1 例3求证：

11



12



13



1n

2

证明：(用放缩法)

11

1n

1n



1n(n1)

12



12

1n1

13



1n

1n1

1n

1n

∴

12



13

1122

例4设0 < a, b, c < 1，求证：(1  a)b, (1  b)c, (1  c)a,不可能同时大于 证明：(用反证法)设(1  a)b >

14

14

,(1  b)c >

164

14

,(1  c)a >

14

,

则三式相乘：(1  a)b•(1  b)c•(1  c)a >①

(1a)a

又∵0 < a, b, c < 1∴0(1a)a

2



14

同理 (1b)b

14

,(1c)c

14

164

将以上三式相乘(1  a)a•(1  b)b•(1  c)c≤∴(1  a)b, (1  b)c, (1  c)a,不可能同时大于

此与①矛盾

例4已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求证：a, b, c > 0证明：(用反证法)设a < 0,∵abc > 0,∴bc < 0 又由a + b + c > 0,则b + c >a > 0

∴ab + bc + ca = a(b + c) + bc < 0此与题设矛盾 又 若a = 0，则与abc > 0矛盾，∴必有a > 0 同理可证 b > 0,c > 0 练习

1.设x > 0, y > 0,a

xy1xy

x1xy

, b

x1xy



y1yx1x

，求证：a < b

放缩法：

xy1xy



1xy



y1y

2.lg9•lg11 < 1

lg9lg11lg992

放缩法：lg9lg111

222

3.logn(n1)logn(n1)1

lognn2logn(n21)

放缩法：logn(n1)logn(n1)

22

1

4.若a > b > c,则

1ab1n1



1ab



1bc



4ca

0

放缩法：

1n



1bc1

2

2

2(ab)(bc)(ab)(bc)

11n



4ac

5.

n2

1(nR,n2)



放缩法：左边

12

1n1

1n



1n



1n



12n

1n



1n



nnn

1

6.

n2

1

放缩法：

12n

n中式

1n1

n1

7.已知a, b, c > 0, 且a2 + b2 = c2，求证：an + bn < cn (n≥3, nR*) aaab

放缩法： ∵1，又a, b, c > 0, ∴,

ccccabab

∴1 an + bn < cn

cccc

n

n

n

bb

 cc

n2

8.设0 < a, b, c < 2，求证：(2  a)c, (2  b)a, (2  c)b,不可能同时大于1 反证法：(2  a)c>1, (2  b)a>1, (2  c)b>1,则(2  a)c(2  b)a(2  c)b>1„① 又因为设0 < a, b, c < 2，(2  a) a

(2a)a

1,

同理 (2  b) b≤1, (2  c) c≤1,所以(2  a)c(2  b)a (2  c)b≤19.若x, y > 0，且x + y >2，则

1yx

和

1xy

中至少有一个小于2

反证法：设

1yx

≥2，

1xy

≥2∵x, y > 0，可得x + y ≤2与x + y >2矛盾

6