平均值不等式证明（数学归纳法）

平均值不等式：对任意的n个正数a1，a2，a3，...，an，有

a1+a2+a3+...+ann≥a1a2a3...an−−−−−−−−−−√n≥n1a1+1a2+1a3+...+1an。

证明：

先证：a1+a2+a3+...+ann≥a1a2a3...an−−−−−−−−−−√n
(1) n=1时：
a1=a1，显然成立；
(2) n=2时：
∵(a1−a2)2≥0，
a21−2a1a2+a22≥0，
两边同加上4a1a2，得：a21+2a1a2+a22≥4a1a2，
∴(a1+a2)2≥4a1a2，
∵an>0，
∴a1+a2>0，a1a2>0，
两边开平方，得：a1+a2≥2a1a2−−−−√，
即：a1+a22≥a1a2−−−−√（基本不等式），
符合上述不等式；
(3) n=2k(k∈N+)时：
1、k = 1时，n = 2：(2)处已证明；
2、取n=2k−1时，假设上述不等式成立，即a1+a2+a3+...+a2k−12k−1≥a1a2a3...a2k−1−−−−−−−−−−−−√2k−1,
当n=2k时，将数列分成项数相同（各有2k−1项）的两部分a1，a2，...，a2k−1和a2k−1+1，a2k−1+2，...，a2k，
设A=a1+a2+...+a2k−1，B=a2k−1+1+a2k−1+2+...+a2k，P=a1a2a3...a2k−1，Q=a2k−1+1a2k−1+2...a2k，
∵a1+a2+a3+...+a2k−12k−1≥a1a2a3...a2k−1−−−−−−−−−−−−√2k−1，
∴A2k−1+B2k−12≥P12k−1+Q12k−12，
由基本不等式得：P12k−1+Q12k−12≥(PQ)12k−1−−−−−−−−√=PQ−−−√2k，
∴A2k−1+B2k−12≥PQ−−−√2k，
∴A+B2k≥PQ−−−√2k，
即：a1+a2+a3+...+a2k2k≥a1a2a3...a2k−−−−−−−−−−−√2k，与假设相符，符合上述不等式；
(4) n≠2k(k∈N+)时：
存在k∈N+，使得2k−1<n<2k，
设a1a2...an−−−−−−−−√n=X，
在数列尾部补上2k−n个X，使之成为a_1，a_2，…，a_n，X，…，X，X，
此时该数列有2k项，根据(3)的结论得：
a1+a2+...+an+(2k−n)X2k≥a1a2...anX2k−n−−−−−−−−−−−−−√2k，
∵a1a2...an=Xn，
∴a1a2...anX2k−n−−−−−−−−−−−−−√2k=X，
∴a1+a2+...+an+(2k−n)X2k≥X，
∴a1+a2+...+an−nX2k≥0，即a1+a2+...+an−nX≥0，
∴a1+a2+...+ann≥X，即a1+a2+...+ann≥a1a2...an−−−−−−−−√n，符合上述不等式；
综合(1)(2)(3)(4)得：a1+a2+a3+...+ann≥a1a2a3...an−−−−−−−−−−√n成立；
再证：a1a2a3...an−−−−−−−−−−√n≥n1a1+1a2+1a3+...+1an，
将数列1a1，1a2，...，1an带入不等式a1+a2+a3+...+ann≥a1a2a3...an−−−−−−−−−−√n，得：
1a1+1a2+...+1ann≥1a11a2...1an−−−−−−−−−−√n，两边取倒数，得a1a2a3...an−−−−−−−−−−√n≥n1a1+1a2+1a3+...+1an，上述不等式得证；
综上：平均值不等式成立。（证毕）*