2014 数学竞赛 代数不等式综合(不等式证明与数归)2015.pdf

5 1 1 不等式证明与数学归纳法不等式证明与数学归纳法 张小明主讲 一 有解必有因式应用一 有解必有因式应用 曾经有人让我做这样的一题 求解不等式 322 82 1 2 1 1 xxxxx 322 82 1 2 1 1 0 xxxxx 432 1 882410 xxxxx 32 1 2142210 xxxxx 2 2 1 21210 xxx 1 12120 xxx 所求解集为 22 1 22 定理 1 设 f x是实系数多项式 a是其一个零点 则x a 是 f x的因式 2 设 f x是实系数多项式 f x在a处取到极大 小 值 0 则 2 xa 是 f x的因式 3 设 f x是实系数多项式 f x在a处取到极大 小 值b 则 2 xa 是 f xb 的因式 证明 可以先不看 结论 1 为高斯定理 下证结论 2 仅证最小值情形 因为 f x取值为 0 所以x a 是 f x的因式 若 f x xa 在xa 时 不为 0 若为正 负 则 00 xaa 过程中 f x f xxa xa 为负 正 乘正 负 为负 负 f x在a处取到 最小值 0 矛盾 结论 3 明显是结论 2 简单推论 例 1 山东 2012 年高考题 设函数 1 f x x g x 2 g xaxbx 0a bR a 若 y f x 的图像与 y g x 图像有且仅有两个不同的公共点 A x1 y1 B x2 y2 则下列判断正确的是 A 当 a 0 时 x1 x20 B 当 a0 y1 y20 时 x1 x2 0 y1 y20 时 x1 x2 0 y1 y2 0 解 2 1 axbx x 32 10axbx 不妨设 322 12 1 axbxa xxxx 比较x的各次系数有 22 2121212 2 20 1axaxb axax xax x 从第两式和第三式有 1 3 1 4 x a 和 21 3 2 2 4 xx a 所以有 1 当0a 时 12 3 1 0 4 xx a 3 12 12 1212 114 0 2 xxa yy xxx x 2 当0a 时 12 3 1 0 4 xx a 3 12 12 1212 114 0 2 xxa yy xxx x 选择 B 例 2 安徽 2011 年高考题 设1 1 xy 证明 111 xyxy xyxy 证明 2222 1111x yxyyxx y xyxy xyxyxy 2 111 111 0 xxyxy xyxy xyxy 5 2 2 二二 别样的凸函数法 别样的凸函数法 例 1 2005 中国西部奥林匹克 设 a b c 0 a b c 1 求证 333555 10 9 1abcabc 证明 设01x 35 109f xxx 则 32 60180601 3fxxxxx 所以函数在 0 3 3 上为下凸函数 在 3 3 1上为上凸函数 若 0 3 3a b c 则 1101 3331 332727 abc f af bf cff 若 a b c中的最大值大于3 3 不妨设3 3a 则 1 22 22 bca f af bf cf aff af 35 35 11 1092 109 22 aa aa 35 35 5 19 1 109 216 aa aa 32 234 5 19 1 119911 240 aa aaaaa 22 11331 1aaaaa 例 2 设 0 1a b c d 求证 4 14 11aabcd 证明 设0 x 因 23 11 0 1 1 1 xx x xxx ee e eee 所以 1 1 x e 为上凸函数 对于 ln ln ln ln0abcd 有 ln ln 4 14 1 1 a a e e 4 14 11aabcd 例 3 2005 越南国家集训试题 已知 0a b c 1abc 求证 333 1113 1118abc 证明 若 0a b c 中 某个数小于等于 1 3 则 3333 1111273 1111 1 3648abc 下设 1 3 a b c ln ln ln ln3abc x 和 3 31 1 1 x x f xe e 有 445 2 313141 xxxxxx fxeeeeee 5 31310 xxx eee 所以 f x在 ln3 为下凸函数 3 333 1lnlnln lnlnln 3 1111 3 111 1 abc abc eee e 333 1113 1118abc 三三 权方和不等式 权方和不等式 权方和不等式 设 0 ii a b 1 1pq 则有 1 111 pq p nnn q p i ii q iii i a nab b 特别地 1 1 111 qq q nnn i ii q iii i a ab b 例 1 美国 2010 年集训试题 设 0a b c 且1abc 求证 5 3 3 222 555 1111 3 222abcbcacab 证明 作代换 111 abc xyz 则原命题化为 1xyz 和 522522522 222 1 3 222 x y zy x zz x y zyxzyx 333 222 1 3 222 xyz zyxzyx 3 2 1 3 222 xyz zyxzyx 1 93 xyz 3 31 93 xyz 例 2 第 31 届 IMO 预选题 设 a b c d是满足1ab bccdda 的非负数 求证 3333 1 3 abcd bcdacdabdabc 证明 左边 4444 abcd a bcdb acdc abdd abc 2 2222 222222 abcd abbcbdcdacad 2 2222 2222 3 abcd abcd 22222222 2222 1 363 abbccdda abcd 例 3 设1 m 和 1 2 k xkn 且 1 n k k xA 求证 1 1 m n m kk k xxn A nn A 证明 左边 11 111 1 1 1 1 1 1 1 mm nn m kkk n kkkk mmm n k k xxAx xx n 2 2 1 m n m m k k mm n Anx n AnA An n nnnA 四 四 统一分母统一分母 例 1 设 0 a b c 3abc 求证 222 222222 999 5 2 2 2 abc abcbaccba 证明 222 222222 999 2 2 2 abc abcbaccba 222 22222222 9 2 2 1 3 2 2 2 2 cyccyccyccyc aaabca bca bc abcabcabcabc 因为 2222 1 2 1 2 abcabc 所以 222 13 2 2 abcabc 于是 222 3 222 1 2 2 cyc a bcabacbc abcabc 有 得 222 222222 999 5 2 2 2 abc abcbaccba 5 4 4 例 2 设正数 a b c 满足 abc 1 求证 111 1 111abcbac 证明 令 xyz abc yzx 则结论等价于 111 1 111 xyzyxz yzxzyx 222 1 yzxzxy xzyyzzxyxzxyzxy 因为 2 22 xzyyzxzxyzxzxyyz 所以 2 22 1xzxyz xzyyz xzxyyz 所以 222 222222 yzxzxyxzxyzyxyxzzyzxy yzxzxy xzyyzzxyxzxyzxy xzxyyzxzxyyzxzxyyz 222222222 2 222 1 xyzxzyyzxx yx zy z xzxyyz 例 3 设正数 x y z 满足 xyz 1 求证 证明 齐次化知 命题等价于 3 422 2 xxyz xyyzzx xxyzxy z 3 422 2 xxyz xxyzxy zxyyzzx 3 32222 2 xxyz xyzy zx yxyzzx 3 32222 2 2 xxyz xyzy zx yxyzzx 3 2 1 xxyz xxyzyz xyz 1 x xyz 例 4 设 0a b c d 求证 222 4a bcdabcd 证明 因为 2222222 2abcda bcd 2 22222222 4abcdabcd 2 2222 2222 14a bcd abcd 3 2222 2222 4aa bcd abcd 所以只要证 3 2 2222 1a abcd abcd 2 2222 3 abcd a abcd 2 2222 4 abcd a aabcd 最后一式由柯西不等式易证了 例 5 IMO 2005 设1xyz 0 x y z 试证 25 522 0 xx xyz 证明 命题等价于 25 522 13 xx xyz 222 522 1 3xyz xyz 5 5 5 又 2 52222222 1 xyzyzxyz x 所以 22 2522 222 1 1 yz x xyz xyz 只要证 22 222 2 222 1 3 yz x xyz xyz 222 222 111 222 3 xyz xyz xyz 222 yzxzxyxyz 证毕 五 换个角度五 换个角度 例 1 已知 0a b c 1abc 求证 222 32abcab bcca 证明 不妨设1a 为最小 2 bc s bct 则原不等式等价于 2 2 342abcbca bc 222 44340sasat 由抛物线性质及st 知 只要证 222 44340tatat 2 34aat 2 34aa 130aa aaa 2 1230aaa 结论成立 例 2 已知 0a b c 1abc 求证 222 1113 1114abc 证明 1c 为 a b c中最小的一个 和tab 命题 2 22 22 1113 4 11 abab ababc 2 22 22 11 13 4 11 1 ttc tcc 2 2 1 1213 1 11 11 4 1 c tctc c 由于上式右边关于t单调增加 考虑到 2 2tabab c 所以只要证 2 22 22 2 1 2 1 13 4 1 1 2 1 ccc c cc 22 213 4 1 1 1 c c 22 2 213 01 4 1 1 1 d d d 22 22 222 8141311ddddd 22 22 222 8141311ddddd 642224 8161284363 1 2dddddddd 65432 567123210dddddd 2 2 432 15410410ddddd 例 3 在三角形 ABC 中 求证 9 3 sinsincos 28 A BC 证明 不妨设 A 为 ABC 的最大内角 sin 4 A e 则 1 0 2 e 5 6 6 222222 cos21 1 cos8 1 sin1 2 sin4 1 2 1 22 AA eeAeeeAeee 命题等价于 19 3 cos cos cos 2sincoscos sinsin 2222228 ABCBC BCAA 19 3 cos cos cos 2sin coscos sincos 2222448 ABCBCBCBC BCAA 19 3 cos cos cos 2sin coscos sincos 2222448 AABCABC BCAA 3222222 2222 19 3 cos 1 cos 2sin cos1 sin 22248 9 3 8 1 116 1 1 2 1 8 9 3 8 1 24 1 8 AAA AA eeeeeee eeeee 下证 222 3 33 8 1 1 24 24 eeeeee 即可 它们分别等价于 22242 1 4 274016 0 1 2 34 0eeeee 易知成立 六六 柯西反转技术 柯西反转技术 例 1 设 0a b c 且满足3abbcca 和1r 求证 222222 1113 2rabrbcrcar 证明 命题等价于 222222 1113 2rabrbcrcar 222222 11111133 2rrabrrbcrrcarr 222222 222222 6 2 abbcca rabrbcrcar 2 222222 222 6 32222 abbcca rabcr 222222222222222 222 2222226 32222 abcabbccaabbcca rabcr 222222 222 222222 6 32222 abcbacabccab rabcr 222 222 44466 32222 abc rabcr 222 3abc 最后一式为显然 例 2 设 0a b c 3abc 求证 222 111 3 111 abc bca 证明 左边 222222 222 111 111 111 bbccaa abc bca 222 222 1 11 11 1 111 bca abc bca 5 7 7 222 1 11 11 1 222 bca abc bca 111111 222 bca abc 9 2 abbcac 而 2 3 3 abc abbcac 所以结论成立 例 3 2006 国家集训队测试试题 设 12 0 n x xx 1 i x 求证 2 1 11 i i n x xn 证明 1n 时 结论明显成立 当2n 时 11 1 111 iii iiii iii xxx xxxx xxx 2 1 1 i ii i x xx x 由于上凸函数的性质 我们知 1 1111 iii xnxnxn n n 所以有 2 2 1 11 111 i ii i x y xxn nyn n xn nn n 其中 ii yxnxn 至此 只要证 22 1 11 yn yn n nn n 32 10yn nynn 22 0ynynyn 22 0ynyn 2 0nnn 成立 例 4 2013 雅库特数学奥林匹克 已知 x y z是满足1xyz 的正数 求证 333 222 3 2 xyz xyyzzx 证明 命题等价于 333 222 3 2 xxyxyyyzyzzzxzx xyyzzx 222 3 2 xyyzzx xyz xyyzzx 222 9 111 2 222 xyyzzx xyz x yy zz x 9 222 2222 yzx xyz 3339 2222 xyz 再用 A G 基本不等式知最后 一式成立 七 数学归纳法七 数学归纳法 例例 1 1 数列 n a满足 1 1 a 1 2 2 2 1 n n a a n a n n n 求证 对所有的正整数4 n nn aa 1 5 8 8 证明 易知 0Nnan 记 nn ab 则由 2 2 2 1 n a a n a n n n 可得 n b b n b n n n 1 下面用归纳法证明 当4 n时 1 n n bn n 1 当4 n时 由1 1 b可得 6 13 4 b 显然 3 4 2 4 b 2 假设 4 kkn时 结论成立 即 1 k k bk k 则1 kn时 由 k b b k b k k k 1 可 知 k k b k k k k 1 1 1 1 结论成立 所以 当4 n时 1 n n bn n 由 1 n n bn 可 得 nn b n n b 1 1 所以对所有的正整数4 n nn aa 1 例例 2 2 数列 n a满足递推式 2 1 1 1 n n n aC n k k k n 试求 n a的通项公式 分析 本题中数列与组合数相联系 而组合数公式具有很明显的归纳法特性 故想到用数学归纳法解 题 先从特殊情形入手 解 在递推式中分别取6 2 1 n 可得 5 1 4 1 3 1 2 1 4321 aaaa 7 1 6 1 65 aa 由 此猜测 2 1 1 1 1 n n a n n 以下用数学归纳法证明 1 当 n 1 时 1 a 2 1 11 1 2 成立 2 假设对所有满足mn 1的正整数n 成立 则由归纳假设及递推式有 m k k k mm k C m m a 1 1 11 1 1 2 1 因而只需证明 2 1 1 1 1 1 1 1 m m k C m m k k k m 事实上 由恒等式 k m k m CmCk 1 1 2 2 1 得 左边 m k k m k C m 1 1 2 1 1 2 1 112 2 1 111 1 1 1 1 1 1 1 222 m kkmmm m k Cmm mmm 故 成立这说明 n m 1 时 成立 由 1 2 得 对一切正整数 n 都有 2 1 1 1 n n a n n 成立 例例 3 3 设空间含有 4 n 个点 其中任意四个点不共面 这些点之间连有 2 1 4 n 条线段 证明 这些线段 必可构成两个公共边的三角形 证明 当4n 时 空间共有 5 条线段 即 A B C D 四点五边 不妨设仅 C D 不相连 则有两个三 角形 ABCABD 共边 AB 5 9 9 假设nk 时结论成立 下考虑1nk 的情形 此时有1k 个点 2 1 1 4 k 条线段 从某一点 不 妨 A 出发的线段 2 2 1 1 14 A k l k 当2kt 是偶数时 2 2 2 21 22 1 1 2142121 A tt lttt ttt A lt 从 A 点及与 它相连的线段删除后 还有线段数 222 2 21 2 1111 444 ttk tt 根据假设 余下的 k个点及线段中 有两个公共边的三角形 当21kt 是奇数时 22 2 22 221 11 22411 A ttt lt ttt 1 A lt 从 A 点及 与它相连的线段删除后 还有线段数 222 2 22 21 11111 444 ttk ttt 根据 假设 余下的k个点及线段中 有两个公共边的三角形 学生练习学生练习 1 IMO 试题 设 0a b c 证明 222 1 888 abc abcbaccab 提示 分子分母同乘 abc 利用权方和不等式 证明 左边 333 222 333 888 abc aabcbabccabc 1 3 3 2 2 333 333 24 24 abcabc abcabc abcabc 此时 3 333 1 24 abc abcabc 是易证 2 中等数学数学奥林匹克问题 110 若 0a b c 求证 222 111abc bcaabc 证明 2 222 222 111 111 111 111111 abcabc bca bcaabc abcabc 3 设 0a b c 3abc 求证 12 5abc abbcca 提示 参考 SCHUR 不等式 证明 由 3 式知 27 1290ab bccaabc 4 3 3 abcabbcca 所以 12412412 323 33 abcabb