高中數學不等式證明，找到解決方案。

1 （n+i）>=1 （n+n）=1 2n， （i<=n）1 （n+1） to 1 2n 有 n 項。

因此 1 （n+1）+1 （n+2）+....1 （2n）>=n 2n=1 2 通過數學歸納法：

假設當 n=k>2 為真時，則有 2k 2>（k+1） 2 當 n=k+1 時，2（k+1） 2=2k 2+4k+1>（k+1） 2+4k+1=k 2+6k+2=k 2+4k+2k+2

因為 k>2， 2k+2>4

所以 2（k+1） 2>k 2+4k+4=（k+2） 2 綜上所述，如果 n 2，則有 2n 2 （n+1） 2

我的方法是最簡單的。

設 f（n）=1 （n+1）+1 （n+2）+....1/(2n)f(n+1)=1/（n+2）+1/（n+3)+…1/(2n)+1/(2n+1)+1/(2n+2)

f(n+1)-f(n)=1/(2n+1)+1/(2n+2)-1/（n+1）

1/(2n+1)-1/(2n+2)>0

所以 f（n） 是乙個遞增序列。

f(n)≥f(1)=1/2

2n^2-(n+1)^2

n^2-2n-1-

n(n-2)-1

因為 n>2

n-2>=1

n(n-2)>=3

n(n-2)

2n^2＞(n+1)^2

1).方程 1 （n+1）+1 （n+2）+....n 項的 1 （2n）。

通貨緊縮法 1 （n+1）+1 （n+2）+....1/(2n)≥n*(1/2n)=1/2

2).證據 2n 2 （n+1） 2

即 2n 2 n 2+2n+1

即 （n-2）*n 1

因為 n 2，即 n 3，n - 2 1

n-2）*n3.

我不能做這個問題！ 想想吧！

因為 （a-b） 2+（a-c） 2+（a-b） 2>=0，在不等式的左邊，答案很容易看出來。

看**，希望你滿意。

對不起，不等式（1）的簡化有問題，正確的應該如下。

a/（b+c）+b/(c+a)+c/(a+b)-3/2=(2a^3+2b^3+2c^3-a^2b-b^2a-a^2c-c^2a-b^2c-c^2b)/[2（b+c）(a+b)(c+a)]=a-b)^2(a+b)+(a-c)^2(a+c)+(b-c)^2(b+c)]/2（b+c）(a+b)(c+a)]=a-b)^2/[2(a+c)(b+c)]+c-a)^2/[2(b+a)(b+c)]+b-c)^2/[2(a+b)(a+c)]

顯然有 （a-b） 2 [2（a+c）（b+c）]=a-b） 2 （2ab）。

c-a） 2 [2（c+a）（c+b）]=c-a） 2 （2ca）（b-c） 2 [2（a+b）（a+c）]=b-c） 2 （2bc） 以獲得您需要的不等式。

約簡右邊，用基本不等式得到右邊3 2，就證明左邊3 2。

這就是我能想到的，對不起

證明：x+y+z+3（xy+xz+yz）-3xyz

x+y+z+x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)+xy+xz+yz-xyz-xyz-xyz

x+y+z+x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)+xy(1-z)+xz(1-y)+yz(1-x)

由於 0 x，y，z 1，則 xy（1-z）+xz（1-y）+yz（1-x） 0

由於 0 x，y，z 1，那麼，x x，y y，z z，因此，x+y+z x +y+z。

由於 x+y z、x+z y、y+z x，因此，x（y+z）+y（x+z）+z（x+y） x +y +z。

因此，x+y+z+x（y+z）+y（x+z）+z（x+y）+xy（1-z）+xz（1-y）+yz（1-x）2（x+y+z）。

即 2（x +y +z） x+y+z+3（xy+xz+yz）-3xyz

呃，來回指導3個公式。。。

在左邊，先乘以2，使用基本不等式，兩邊相交，然後用問題設定條件。

標題應為：lnx>1 （e x）-2 （ex）。

解：即證明 lnx+2 （ex）>1 （e x） 是常數。

設 f（x）= lnx+2 （ex）， y（x）=1 （e x） x （0，+

y(x)'=-1/(e^x)

推導 f（x） 並設 f（x）。'≥0：

f(x)'=1/x -2/(ex^2)=(ex-2)/(ex^2)≥0

解：增加間隔為：[2 e，+

減法間隔為：（0,2 e]。

因此：f（x）min=f（2 e）=ln2

y（2 e）=1 [e （2 e）] 是常數。

所以現在只需要分析區間 x （0,2 e）。

分別對於 f（x） 和 y（x），我們接近 0 的極限，得到：

limx~0[f(x)]=limx~0[lnx+2/(ex), =+∞

limx~0[y(x)]=limx~0[1/(e^x) ]=1

在區間 x [2 e，+ 上，設 f（x）。'=y(x)'，讓解決方案是 a，我們得到：

a~(6/5e,4/3e)

聯絡人影象和 f（x）。'區間 x [2 e，+ 上的遞減趨勢大於 y（x）。'公司的下降趨勢是：

f(a)>y(a)

因為在這個區間上，limx 0[f（x）]=+ >limx 0[y（x）]=1

因此，它可以在 x [2 e，+ 上獲得，還有：

f(x)= lnx+2/(ex)>y(x)=1/(e^x)

因此，綜上所述，可以得到：

在 x （0，+， 總是有 lnx+2 （ex）>1 （e x），它總是 lnx>1 （e x）-2 ex

原始公式已得到驗證。

這個問題有多種證明，如導數函式法、區域性不等式法等;

最簡潔的就是用構造方法：

結構上的凸函式 f（t）=1 （1+t） 是根據 Jensen 不等式得到的。

f(x)+f(y)+f(z)≤3f[(x+y+z)/3]=3f(1/3)，1/(1+x²)+1/(1+y²)+1/(1+z²)≤3×1/[1+(1/3)²)

因此，證明了原始的不等式。

反證認為 a、b 和 c 並非都大於 0

由 ABC>0 A>0>B C 介紹

從 a+b+c>0 a>-（b+c）。

也就是說，A 2>B 2+C 2+2BC>2BC>BC 得到 BC-A 2<0

從 ab+bc+ac>0 我們得到 a（b+c）+bc>0 和 a（b+c）+bc<-a 2+bc<0 矛盾，所以 a、b、c 都大於 0

這是假設的，反證就是這麼說的。

您可能希望設定 c<0，然後您可以得到 a+b-|c|>0 ; ab-b|c|-|c|a>0 ; ab|c|<0;從第三個公式中，我們可以看出a，b是正負的，不妨讓a>0，b<0，然後a-b-c>0; -ab+bc-ac>0; abc>0;最後，BC>A（B+C）>（B+C）2，並且因為A、B和C都是非零的，而B、C的符號相同，那麼（B+C）2大於或等於4BC，這是乙個矛盾。所以它被證明。

我玩手機累了......

由於旋轉對稱，從abc>0可以看出一定有乙個數字0，設為0，則bc具有相同的符號。

假設 b 和 c 都< 0，那麼 a+b+c>0，a 的絕對值大於 -（b+c） 的絕對值，ab+bc+ac>0 給出 bc>-a（b+c）>（b+c） 2，但 bc>（b+c） 2 和 （b+c） 2>2bc 是矛盾的，所以假設是無效的，所以 b，c 都是 “0”。

證明 x 4+y 4 1 2） xy （x+y） 2 x 4+2y 4 xy （x+y） 2x 3 y + x y 3 + 2 x 2 y 2 x 4+y 4 2 x 2 y 2 x 4+y 4 x 3 y + x y 3 x 3 x 3 x 3 x 3 （x-y） 0 x （x-y） 2 （x 2+xy+y 2） 0 和 （x-y） 2 0 0 0 0 0 x 2 +x y 2 0

因此，x 4+y 4 1 2） xy （x+y） 2.

用均值不等式解決問題是可能的，但在這裡我想告訴房東乙個更普遍的方法。

設 s=1 2（x+y）， t=1 2（x-y），我們得到 x=s+t， y=s-t

左 = （s+t） 4 + s-t） 4 = 2（ s 4 + 6 s 2 t 2 + t 4 ）。

右 = 1 2 （s+t）（s-t） （2s） 2 = 2（ s4 - s 2 t 2 ）.

左-右 = 2（ 7 s 2 t 2 + t 4 ） 0 當 t=0 時，即 x=y 等。

從根本上說，不平等是存在的。

x 4 + y 4 > = > = 已證明。