34用构造局部不等式法证明不等式
必须掌握的7种构造函数方法——合理构造函数，巧解导数难题
近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，但在平时的教学和考试中，发现很多学生不会合理构造函数，结果往往求解非常复杂甚至是无果而终．因此笔者认为解决此类问题的关键就是怎样合理构造函数，本文以近几年的高考题和模考题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结，供大家参考．一、作差构造法1．直接作差构造评注：本题采用直接作差法构造函数，通过特殊值缩小参数范围后，再对参数进行分类讨论来求解．2．变形作差构造二、分离参数构造法分离参数是指对已知恒成立的不等式在能够判断出参数系数正负的情况下，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量的不等式，只要研究变量不等式的最值就可以解决问题．三、局部构造法1．化和局部构造2．化积局部构造四、换元构造法换元构造法在处理多变元函数问题中应用较多，就是用新元去代替该函数中的部分（或全部）变元．通过换元可以使变量化多元为少元，即达到减元的目的．换元构造法是求解多变元导数压轴题的常用方法．评注：本题的两种解法通过将待解决的式子进行恰当的变形，将二元字母变出统一的一种结构，然后用辅助元将其代替，从而将两个变元问题转化一个变元问题，再以辅助元为自变量构造函数，利用导数来来求解。
其中解法1、解法2还分别体现了化积局部构造法和变形作差构造法．五、主元构造法主元构造法，就是将多变元函数中的某一个变元看作主元（即自变量），将其它变元看作常数，来构造函数，然后用函数、方程、不等式的相关知识来解决问题的方法.六、特征构造法1．根据条件特征构造2．根据结论特征构造七、放缩构造法1．由基本不等式放缩构造2．由已证不等式放缩构造评注：本题第二问是一道典型且难度比较大的求参问题，这类题目很容易让考生想到用分离参数的方法，但分离参数后利用高中所学知识无法解决，笔者研究发现不能解决的原因是分离参数后，出现了“0/0型”的式子，解决这类问题的有效方法就是高等数学中的洛必达法则；若直接构造函数，里面涉及到指数函数、三角函数及高次函数，处理起来难度很大．本题解法中两次巧妙利用第一问的结论，通过分类讨论和假设反正，使问题得到解决，本题也让我们再次体会了化积局部构造法的独特魅力．。
灵活运用构造函数法，提升证明不等式的效率
设 0 < x1 < x 2 ，
æx
ö
2 ç 1 - 1÷
x1 2 ( x1 - x 2 )
è x2
ø
=
③ 可变形为 ln <
④，
x2
x1
x1 + x 2
+1
x2
令 t=
x1
( 0 < t < 1 )，
x2
可得 h( t ) = ln t -
2
2 ( t - 1)
，
t+1
( t - 1)
即需证
数学篇
42
首先将要证明的不等式进行移项、作差，使所有
则函数 h( x) 单调递减且 h(1) = 0 ，
1 ·h( x) > 0
所以当 x ∈ ( 0,1) 时，h( x) > 0 ，
；
1 - x2
1 ·h( x) > 0
当 x ∈ (1, +∞) 时，h( x) < 0 ，
；
1 - x2
综上所述，当 x > 0 且 x ≠ 1 时，
所以当 x > 0 时, h′(x) < 0 , h(x) 单调递减,
1
1
1
1 ö,
因为 >
,所以 hæ ö < hæ
n n+1
è n ø è n + 1ø
1 ö > n ln æ1 + 1 ö
故 (n + 1)ln æ1 +
.
nø
n + 1ø
è
è
运用函数最值法证明数列不等式时，同学们需依
构造几何模型巧解不等式
确定所含五边形 、 六 如 ： 中五边形个 数为 ｌ ， Ｃ ２ 六边形个 数为 分子中的碳原子连接方式 ， 边形 的个数以及所含单 、 双键的个数 ， 并进一步 被两个碳原子相连 ， 故棱边数（ 即键数 ） — ｍ－ ： ３ ６ｘ ０ ２０ Ｚ 丁 。 。 对球碳分 子发生 的加成反 应产物也 可快速 确
由于每个碳原子 向外形成 三个键 ，每个键
＝
９ ， 欧 拉 公 式 可 得 ：０ 竹 一ｏ ２ ０ 由 ６帆 ９ ＝①
同时 ，由于 Ｙ为正整数 ，且最小 为 Ｉ故 认 ，对快速处理与球碳 分子相关的复杂问题大 ，
有裨益。
同时 ， 五边形、 六边形 的每条边都被两个面 可 取 ：２ ２ 、６ ２ 、４ ２ …
ｚ （ ）１ ） １ ＜
Ｓ ＾ｃ Ｓ ｌ ＋ △ ｃ＋ △球 △ Ｂ △ 【 Ｓ ＤＦ Ｓ ＾ ＞ 能从图形的直观形象中发
．
．
从而简捷、 明侠地获得其结果。 ×ｌｎ。 ）６ （ ｌ ６＞ （ ｓ０１Ｉ 现新的途径， × ｏ争 １ ｉ。 － ｎ＋
—
２
２
双键数 为：
‘
： ７ 个 。这样只要知道构成球 ２ｏ
解 酬
再 一 Ｃ， 可 ＿ 列‘ 舳 理 算 个 同 出
下 面 我们 再 推 而 广 之 ， 如 由 ｍ 个碳 原子 假
碳的原子个数 ，就可 以马上确定其含有 的碳碳 双键数 。 ．
二
且空间构型极类似足球 ， 故名“ 足球烯 ” 。 下面我们探究一下 Ｃ 是 由多少个面合拢 砷
ｍ慨 ＋ ～２ Ⅲ
．
由于分子中含有碳碳双键 ，所 以可与活泼
形， 由上述 规律 ， 可列 ：煦
： 一 解
不等式证明的常用方法
不等式证明的常用方法不等式是高中数学的重要内容，它几乎涉及整个高中数学的各个部分，因此，通过不等式这条纽带，可把中学数学的各部分内容有机地联系起来．而不等式的证明是高中数学的一个难点，加之题型广泛、方法灵活、涉及面广，常受各类考试命题者的青睐，亦成为历届高考中的热点问题．本节通过一些实例，归纳一下不等式证明的常用方法和技巧． 一、比较法证明不等式的比较法分为作差比较与作商比较两类，基本思想是把难于比较的式子变成其差再与0比较，或其商再与 l 比较．当欲证的不等式两端是乘积形式或幂指数形式时，常采用作商比较法．【例1】若,0,0>>b a 证明：2121212212)()(b a ab b a +≥+证法一 （作差比较） 左边－右边)()()(33b a abb a +-+=abb a ab b ab a b a )())((+-+-+=abb ab a b a )2)((+-+=0))((2≥-+=abb a b a∴原不等式成立证法二 （作商比较）右边左边ba ab b a ++=33)()()())((b a ab b ab a b a ++-+=abb ab a )(+-=12=-≥ababab∴原不等式成立．点评 用比较法证明不等式，一般要经历作差（或作商）、变形、判断三个步骤．变形的主要手段是通分、因式分解或配方；此外，在变形过程中，也可利用基本不等式放缩，如证法二．用作差比较法变形的结果都应是因式之积或完全平方式，这样有利于判断符号． 【例2】已知函数)(1)(2R x x x f ∈+=，证明：|||)()(|b a b f a f -≤- 证法一（作商比较）若||||b a =时，|||)()(|0b a b f a f -≤-=，当且仅当b a =时取等号． 若||||b a ≠时，∵0|)()(|>-b f a f ，0||>-b a∴=-+-+=--|||11||||)()(|22b a b a b a b f a f =-+-+b a b a 2211<+++--)11)((2222b a b a b a ≤++22b a ba 1即|||)()(|b a b f a f -≤-综上两种情况，得|||)()(|b a b f a f -≤-当且仅当b a =时取等号．证法二（作差比较）)2(])1)(1(22[|||11|2222222222b ab a b a b a b a b a +--++-++=--+-+0])()1()1[(2])1)(1()1[(22222≤-++-+=++-+=b a ab ab b a ab 当且仅当b a =时取等号．点评 作商比较通常在两正数之间进行．本题若直接作差，则表达式复杂很难变形．由于不等式两边均非负，所以先平方去掉绝对值符号后再作差．不论是作差比较还是作商比较，“变形整理”都是关键． 二、基本不等式法 常用的基本不等式① 若R b a ∈,，则ab b a 222≥+（当且仅当b a =时取等号）；② 若+∈R b a ,，则ab ba 22≥+（当且仅当b a =时取等号）； ③ 若b a ,同号，则2≥+baa b （当且仅当b a =时取等号）；④ 若R b a ∈,，则≥+222b a 2)2(b a +（当且仅当b a =时取等号）； ⑤ 若+∈R c b a ,,，则abc c b a 3333≥++（当且仅当c b a ==时取等号）；⑥ 若+∈R c b a ,,，则33abc cb a ≥++（当且仅当c b a ==时取等号）；⑦ 均值不等式nn n a a a na a a ⋅⋅≥+++ 2121（其中++∈∈N n R a a a n ,,,,21 ）及它的变式n nn n n a a na a a a ⋅⋅≥+++ 2121，na a a a a a nn n n n +++≤⋅⋅ 2121，nn n na a a a a a )(2121+++≤⋅⋅【 例 3 】 （ 2004 年湖南省高考题）设0,0>>b a ，则以下不等式中不恒成立的是（ ）A.4)11)((≥++b a b a B 2332ab b a ≥+ C.b a b a 22222+≥++ D.b a b a -≥-||解：∵4122)11)((=⋅≥++abab b a b a ∴A 恒成立∵b a b a b a 221122222+≥+++=++ ∴C 恒成立 当b a ≤时，b a b a -≥-||，显然D 成立；当b a >时，b a b a -≥-||⇔a b b a ≥+-||⇔⇔≥+-+-a b b b a b a )(2)(0)(2≥-b b a 也恒成立∴D 恒成立。
两道经典不等式的多种解法
两道经典代数不等式的多种解法长沙市明德中学 邓朝发 2019年3月6日 有两道道经典的代数不等式，在很多奥数资料上面都出现过，但是用到的解法过于单一，甚至于太繁琐。
笔者在竞赛教学中，集学生的智慧偶得灵感，经过研究发现，此两道不等式有多种解法，而且这些解法的过程相当精妙、相当优雅、相当有韵味。
高兴之余，情不自禁，特以此文分享，作初等数学学习、鼓励学生交流之用。
题目：已知12123,,..,0,..1n n x x x x x x x >=，证明：11(1)nii ix n x=≥-+∑方法一： 反证法解1： 不妨假设11(1)ni i ix n x =<-+∑，进一步211(1)11ni i i x n n n x n x =->≥--+-+∑； 把1x 用23,,...,n x x x 替换，可得：1(1)1,2,3..,)11ni i k k i x n n k n n x n x ≠->≥-=-+-+∑；取他们乘积：11(1)1nnk k n n n x =->--+∏进一步：12...1n x x x <与条件矛盾！，进而原不等式成立！ 解2：不妨假设=(1)ii ix y n x -+，进一步：(1)(1,2,..)1i i i n y x i n y -==- 从而1(1)11ni i i n y y =-=-∏，不妨假设1111(1)n nii i i ix y n x ==<⇔<-+∑∑， 此时：1111(1)nn iii i i x y n x ==<⇔<-+∑∑，从而121n i i y y =<-∑； 把1y 用23,,...,n y y y替换，可得：(1)1,2,3..,)ni ii ky yn k n ≠>≥-=∑；对n个式子做乘积：1(1)nnik yn =>-∏从而：1(1)11nii in y y =-<-∏，矛盾！进而原不等式成立！以上两种都是反证法，只是对结构处理不同，所以这里归结为一类方法。
构造法证明不等式例析
构造法证明不等式例析由于证明不等式没有固定的模式，证法灵活多样，技巧性强，使得不等式证明成为中学数学的难点之一．下面通过数例介绍构造法在证明不等式中的应用．一、构造一次函数法证明不等式有些不等式可以和一次函数建立直接联系，通过构造一次函数式，利用一次函数的有关特性，完成不等式的证明．例1 设0≤a、b、c≤2，求证：4a＋b2＋c2＋abc≥2ab＋2bc＋2ca．证明：视a为自变量，构造一次函数f= 4a＋b2＋c2＋abc－2ab－2bc－2ca = (bc－2b－2c＋4)a＋(b2＋c2－(a)2bc)，由0≤a≤2，知)(af表示一条线段．又)0(f= b2＋c2－2bc = (b－c)2≥0，)2(f= b2＋c2－4b－4c＋8 = (b－2)2＋(c－2)2≥0，可见上述线段在横轴及其上方，∴)(af≥0，即4a＋b2＋c2＋abc≥2ab＋2bc ＋2ca．二、构造二次函数法证明不等式对一些不等式证明的题目，若能巧妙构造一元二次函数，利用二次函数的有关特性，可以简洁地完成不等式证明．例2 实数a、b、c满足( a＋c)( a＋b＋c)＜0，求证：( b－c )2＞4a( a＋b＋c)．证明：由已知得a = 0时，b≠c，否则与( a＋c)( a＋b＋c)＜0矛盾，故a = 0时，( b－c )2＞4a( a＋b＋c)成立．当a≠0时，构造二次函数)(xf= ax2＋( b－c )x＋( a＋b＋c)，则有)0(f = a ＋b ＋c ，)1(-f = 2(a ＋c)，而)0(f ·)1(-f = 2( a ＋c)( a ＋b ＋c)＜0，∴存在m ，当－1＜m ＜0时，)(m f = 0，即二次函数)(x f 的图象与x 轴相交， ∴方程ax 2＋( b －c )x ＋( a ＋b ＋c) = 0有两个不相等的实数根， ∴△=( b －c )2－4a( a ＋b ＋c)＞0，即( b －c )2＞4a( a ＋b ＋c)． 三、构造单调函数法证明不等式构造单调函数法证明不等式的思路是，首先要根据题意构造单调函数式，再利用单调性的定义，完成要证的不等式．例3 已知 a ＞0，b ＞0，求证 ：a a +1＋b b +1＞ba ba +++1 ． 证明： 构造函数)(x f =x x +1 ，易证)(x f =x x +1= 1－x+11当x ＞0 时单调递增．∵ a ＋b ＋ab ＞a ＋b ＞0 ，∴ f (a ＋b ＋ab)＞f ( a ＋b) ． 故 a a +1＋b b +1=)1)(1(2b a ab b a ++++＞)1ab b a abb a +++++=f (a ＋b ＋ab)＞f ( a ＋b) =ba ba +++1．四、构造局部不等式证明不等式有些不等式的证明，从整体上考虑难以下手，如果构造若干个结构完全相同的局部不等式，逐一证明后，再利用同向不等式相加的性质，即得证不等式．例4 已知a 1，a 2，…，a n 均为正数，且a 1＋a 2＋…＋a n = 1，求证：2121a a a +＋3222a a a +＋…＋12a a a n n +≥21． 证明：因a 1，a 2，…，a n 均为正数，故2121a a a +＋421a a +≥a 1，3222a a a +＋432a a +≥a 2，……，12a a a n n+＋41a a n +≥a n ．又因421a a +＋432a a +＋…＋41a a n + =21( a 1＋a 2＋…＋a n ) =21，所以，把以上各同向不等式相加，得：2121a a a +＋3222a a a +＋…＋12a a a n n +＋21≥a 1＋a 2＋…＋a n = 1．故2121a a a +＋3222a a a +＋…＋12a a a n n +≥21． 五、构造对偶式证明不等式在证明某些不等式时，根可以根据已知不等式的结构特征，构造一些与它有内在联系的辅助对偶式或构造对偶不等式，然后经过运算，促使问题的转化与解决．例5 设x ＞0，求证：x ＋x1－11++xx ≤2－3． 证明：设A =x ＋x1－11++x x ，构造A 的辅助对偶式：B =x ＋x1＋11++xx ， 则有A·B= 1且B ≥2＋3，从而1 =A·B ≥(2＋3)A ， 因此由A ＞0即可得A ≤2－3，即不等式x ＋x1－11++xx ≤2－3成立．六、构造参数不等式证明不等式通过巧妙地引入参变量，把问题转化成重要不等式结构，把证明不等式问题转化成对参数的讨论，使参数在不等式证明中起到桥梁作用．例6 已知a 1，a 2，…，a n 均为实数，且a 1+ a 2+ … + a n = A (A ＞0)，a 21+ a 22+ … + a 2n=12-n A (n ∈N ，n ≥2) ，求证：0≤a k ≤n A 2．( k =1，2，…，n)．因a 1+ a 2+ … + a n －A = 0，引入待定参数t ，则12-n A －a 21= a 22+ … + a 2n = a 22+ … + a 2n + t (a 1+ a 2+ … + a n －A) = (a 2+2t )2 + (a 3+2t )2+ … + (a n +2t)2+ t a 1－t A －41-n t 2≥t a 1－t A －41-n t 2． ① 又t a 1－t A －41-n t 2=－41-n [t －12-n ( a 1－A)]2+11-n ( a 1－A)2≤11-n ( a 1－A)2． 而12-n A －a 21与t 无关，即①式对t ∈R 恒成立，所以12-n A －a 21≥11-n ( a 1－A)2．整理得：na 21－2a 1A ≤0，解得0≤a 1≤nA2． 同理可求得0≤a k ≤nA2． ( k =1，2，…，n) 七、构造向量法证明不等式根据已知条件与欲证不等式结构，将其转化为向量形式，利用向量数量积及不等式关系→m ·→n ≤|→m |·|→n |，就能避免复杂的凑配技巧，使解题过程简化．应用这一方法证明一些具有和积结构的代数不等式，思路清晰，易于掌握．例7 设a 、b ∈R +，且a ＋b =1，求证：(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥225． 证明：构造向量→m = (a ＋2，b ＋2)，→n = (1，1)．设→m 和→n 的夹角为α，其中0≤α≤π．∵|→m | =22)2()2(+++b a ，|→n | =2，∴→m ·→n = |→m |·|→n |cos α=22)2()2(+++b a ·2·cos α；另一方面，→m ·→n = (a ＋2)·1＋(b ＋2)·1 = a ＋b ＋4 = 5，而0≤|cos α|≤1，所以22)2()2(+++b a ·2≥5，从而(a ＋2)2＋(b ＋2)2≥225． 八、构造平面几何模型证明不等式构造平面几何模型证明三角不等式，形象直观，有利于沟通三角、平面几何、代数知识之间的联系。
高中数学解题方法-----构造函数法证明导数不等式的八种方法
高中数学解题方法构造函数法证明不等式的八种方法1、利用导数研究函数的单调性极值和最值，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。
2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。
以下介绍构造函数法证明不等式的八种方法：1.移项法构造函数 2、作差法构造函数证明3、换元法构造函数证明4、从条件特征入手构造函数证明5、主元法构造函数6、构造二阶导数函数证明导数的单调性7.对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）8.构造形似函数1.移项法构造函数【例1】 已知函数x x x f −+=)1ln()(，求证：当1−>x 时，恒有x x x ≤+≤+−)1ln(111 分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数111)1ln()(−+++=x x x g ，从其导数入手即可证明。
【解】1111)(+−=−+=′x x x x f ∴当01<<−x 时，0)(>′x f ，即)(x f 在)0,1(−∈x 上为增函数当0>x 时，0)(<′x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(−，单调递减区间),0(+∞于是函数()f x 在),1(+∞−上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1−>x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤−+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(−+++=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+−+=′x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>′+∞∈<′−∈x g x x g x 时当时 ，即)(x g 在)0,1(−∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数，故函数)(x g 在),1(+∞−上的最小值为0)0()(min ==g x g ，∴当1−>x 时，0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥−+++x x ∴111)1ln(+−≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤−+−>)1ln(111,1有时 【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证．2、作差法构造函数证明【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方；分析：函数)(x f 的图象在函数)(x g 的图象的下方)()(x g x f <⇔不等式问题， 即3232ln 21x x x <+，只需证明在区间),1(∞+上，恒有3232ln 21x x x <+成立，设)()()(x f x g x F −=，),1(+∞∈x ，考虑到061)1(>=F 要证不等式转化变为：当1>x 时，)1()(F x F >，这只要证明： )(x g 在区间),1(+∞是增函数即可。
不等式证明都有哪几种方法
不等式证明都有哪几种方法
不等式的证明方法（1）比较法：作差比较： . 作差比较的步骤：①作差：对要比较大小的两个数（或式）作差. ②变形：对差进行因式分解或配方成几个数（或式）的完全平方和. ③判断差的符号：结合变形的结果及题设条件判断差的符号. 注意：若两个正数作差比较有困难，可以通过它们的平方差来比较大小. （2）综合法：由因导果. （3）分析法：执果索因.基本步骤：要证……只需证……，只需证…… ①“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件.
②“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可以利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达. （4）反证法：正难则反. （5）放缩法：将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的. 放缩法的方法有：①添加或舍去一些项，如：；；
②将分子或分母放大（或缩小）；③利用基本不等式，如：；；（6）换元法：换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题化难为易，化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元. 如：已知，可设；已知，可设 ( )；已知，可设；已知，可设；（7）构造法：通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式；证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法．要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．⑻数学归纳法法：数学归纳法法证明不等式在数学归纳法中专门研究.。
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用构造局部不等式法证明不等式
有些不等式的证明，若从整体上考虑难以下手，可构造若干个结构完全相同的局部不等式，逐一证明后，再利用同向不等式相加的性质，即可得证。
例1. 若a b R ，∈*，a b +=2，求证：212123a b +++≤
分析：由a ，b 在已知条件中的对称性可知，只有当a b ==1，即213a +=时，等号才能成立，所以可构造局部不等式。
证明：213321333213233
2a a a a +=+≤++=+···()() 同理，2133
2b b +≤+() ∴212133233223a b a b +++≤
+++=()() 例2. 设x x x n 12，，…，是n 个正数，求证：x x x x x x x x x x n n n 1222231221
12++++≥+-… ++…x n 。
证明：题中这些正数的对称性，只有当x x x n 12===…时，等号才成立，构造局部不等式如下：
x x x x x x x x x x x x x x x x n n n n n n 122212233212121
12222+≥+≥+≥+≥--，，…，，。
将上述n 个同向不等式相加，并整理得：
x x x x x x x x x x x n n n n 1222231221
12++++≥+++-……。
例3. 已知a a a n 12，，…，均为正数，且a a a n 121+++=…，求证：
a a a a a a a a a n n 121222232112
++++++≥…。
证明：因a a a n 12，，…，均为正数，故a a a a a a 12121214
+++≥，
a a a a a a a a a a a a n n n n 222323221144
+++≥+++≥，…，。
又∵a a a a a a a a a n n 12231124441212
++++++=+++=……()， ∴把以上各个同向不等式相加，整理得：
a a a a a a a a a a a a n n n 12122223211212
1+++++++≥+++=…… 故a a a a a a a a a n n 121222232112
++++++≥…。
例4. 设a b c R ，，∈*，且abc =1，求证：
111333a b c b c a c a b ()()()+++++≥32。
（第36届IMO ） 证明：由a ，b ，c 在条件中的对称性知，只有当a b c ===1时，才有可能达到最小值32，此时刚好1412
3a b c b c bc ()+=+=。
所以，可构造如下局部不等式。
∵14214133a b c b c bc a bc a
()+++≥=， 14214133b a c a c ac b ac b
()+++≥=， 14214133c a b a b ab c ab c
()+++≥=， ∴
11111114333a b c b c a c a b a b c b c bc a c ac a b ab ()()()()()+++++≥++-+++++ =++≥=1211132132
3()a b c abc 例5. 设a b c R ，，∈*，且a b c ++=2，求证：a b c b c a c a b
222
1+++++≥。
证明：由a ，b ，c 在条件中的对称性知，只有当a b c ===23
时，才可能达到最小值1，
此时刚好
a
b c
b c
2
4
+
=
+。
所以，可构造如下局部不等式。
∵
a
b c
b c
a
b
c a
c a
b
c
a b
a b
c 222
444
+
+
+
≥
+
+
+
≥
+
+
+
≥
，，
∴
a
b c
b
c a
c
a b
a b c a b c 2221
2
+
+
+
+
+
+++≥++
()
即
a
b c
b
c a
c
a b
222
1 +
+
+
+
+
≥。