09第九章不等式【讲义】(数学试题竞赛模拟)

1、第九章 不等式一、基础知识不等式的基本性质：（1）aba-b0；（2） ab, bcac；（3）aba+cb+c；（4） ab, c0acbc；（5）ab, c0acb0, cd0acbd;（7）ab0, n N +an bn;（8） ab0, nN+n an b ;（9）a0, |x|a-axaxa 或 xb0, cd0 ，所以 acbc, bcbd，所以 acbd；重复利用性质（ 6），可得性质（ 7）；再证性质（ 8），用反证法，若n an b ，由性质（ 7）得 (n a )n( n b )n ，即 ab，与 ab 矛盾，所以假设不成立，所以 n an b ；由绝对值的意义知（ 9）成

2、立； -|a|a|a|, -|b|b|b|，所以 -(|a|+|b|)a+b|a|+|b|，所以 |a+b|a|+|b|；下面再证 （10）的左边， 因为 |a|=|a+b-b|a+b|+|b|，所以 |a|-|b|a+b|，所以（10）成立；（ 11）显然成立；下证（ 12），因为 x+y-2xy(xy )22 xy0，所以 x+y ，当且仅当 x=y 时，等号成立，再证另一不等式，令3,3,33333322xayz c ，因为 x +b +c -3abc=(a+b) +c -3a b-3ab -3abcb=(a+b)3+c3 -3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a+b) 2-(a+b)

3、c+c 2-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a 2+b2 +c2-ab-bc-ca)=12(a+b+c)(a-b) 2+(b-c) 2+(c-a)2 0，所以 a3+b33xyz，等号当且仅当 x=y=z 时成立。+c33abc，即 x+y+z 3二、方法与例题1不等式证明的基本方法。（1）比较法，在证明AB 或 A0 ）与 1 比较大小，最后得出结论。B例1设a,b,c R+，试证：对任意实数x,y, z,有x2+y2 +z22(aabca)ab xybc yzca xz .b)(bc)(ccab【证明】左边 - 右边 = x2+y2+z2 2(babxy2(abca)yzc)(c a

4、)b)(c2caxzbx22(baba)xyaay 2cy 2(ab)(bc)bcc)( ccca2bcyzbz2az22caxzcx 2(ab)(ca)a bab(a b)(bc)bcba2cb2ac2xyzx0.b cyc aza bb cc aa b所以左边 右边，不等式成立。例 2 若 ax1-x0, 01-xlog (1-x)(1-x)=1（ 因 为01-x 2|log a(1-x)|.（ 2）分析法，即从欲证不等式出发，层层推出使之成立的充分条件，直到已知为止，叙述方式为：要证 ，只需证 。例 3 已知 a, b, c R+，求证： a+b+c-3 3 abc a+b2 ab.【证

5、明】要证 a+b+c33 c a b a+b2 ab. 只需证 c 2ab33 abc ，因为 c 2abcabab33 c a b33abc ，所以原不等式成立。例 4 已知实数 a, b, c 满足 0abc1，求证：21b)1.2c(1 c)a(1b(1a)【证明】因为 0(n+1) n.【证明】1）当 n=3 时，因为34=8164=4 3，所以命题成立。2）设n=k 时有k+1(k+1)k，当n=k+1时，只需证 (k+1)k+2k+1(k1) k 21. 因为k(k+2)，即2) k 1( kk k 11，所以只需证(k1)k 2k k 12k+2k+1，只需证 (k+1)2(k

6、1) k(k2)k 1(k，即证 (k+1)k(k+2)k(k+2) ，1) k即证 k2+2k+1k 2+2k.显然成立。所以由数学归纳法，命题成立。（ 4）反证法。例 6设实数 a0, a1, ,an 满足 a0=an=0，且 a0-2a1+a20, a1 -2a2+a30, , an-2-2an-1+an0，求证 ak0(k=1, 2,n-1).假设 ak (k=1, 2,n-1) 中至少有一个正数，不妨设ar 是 a1, a2, , an-1 中第一个出现的正数，【证明】则 a10, a20, , ar-1 0, ar 0. 于是 ar-ar-10，依题设 ak+1-ak ak-ak-

7、1(k=1, 2, n-1)。所以从 k=r 起有 an-ak-1an-1-an-2 ar-ar-1 0.因为an ak-1 ar+1ar 0 与 an=0 矛盾。故命题获证。（ 5）分类讨论法。+x 2y2y2z2z2x2例 7 已知 x, y, zR ，求证：zzxx0.不妨设 xy, xz.yy【证明】） xyz，则1x11， x2 y 2z2，由排序原理可得xyzyzx2y2z2y 2z 2x2，原不等式成立。y z z x x y y z z x x y） xzy，则111， x2 z2y 2，由排序原理可得zxyyxzx2y2z2y 2z 2x2，原不等式成立。yzzxxyyzzx

8、xy（ 6）放缩法，即要证 AB ，可证 AC 1 , C1C2 , ,Cn-1Cn, CnB(n N+).例 8求证： 1111n(n2).232 n1【证明】111111111112 32 n124 42 n2n2n2n111n11n，得证。2n22n2abc例 9已知 a, b, c 是 ABC 的三条边长， m0 ，求证：.ambmcm【证明】ababab1ma m b m a b m a b m a b ma b m1mc（因为 a+bc），得证。mcmc（7）引入参变量法。a3b3例 10已知 x, y R+, l, a, b 为待定正数，求 f(x, y)=的最小值。x2y 2【

9、解】设 yk ，则 x1lk, ykl，f(x,y)=(1k )2a 3b3x1kl 2k 2133333131313213322l 2abakakbk 2bkbkakl 2 (a +b +3a b+3ab )=(ab)33，等号当且仅当ab 时成立。所以 f(x, y) min=( a b) .l2xyl 2例 11 设 x1x2 x 3x4 2, x 2+x3+x4 x 1，求证： (x 1+x 2+x 3+x4)2 4x1 x2 x3x 4.1【证明】设x 1=k(x 2+x3+x 4) ， 依 题 设 有k 1, x 3x4 4 ， 原 不 等 式 等 价 于(1+k) 2(x2+x3

10、+x4)24kx2 x3 x4(x2+x 3+x4)，即3(1 k) 2(x2+x3+x4 ) x2x3 x4，因为 f(k)=k+1 在 1,1上递减，4kk3所以 (1k) 2(x2+x3+x4 )=1 (k12)(x2+x 3+x4 )4k4k3123 3x2=4x 2x2x 3x4.4所以原不等式成立。（8）局部不等式。例 12已知 x, y, z R+，且 x2+y2+z2 =1，求证：xyz3 3 .1x21 y 21 z22【证明】先证x33x 2 .1x223因为 x(1-x 2)=12x2 (1x2 ) 2122,22333所以xx2x2 )x 23 3 x2 .1x 2x(

11、12233同理y33 y2 ，1y 22z33z2 ，1 z22所以xyz3 3 ( x 2y2z 2 )3 3 .1 x 21 y21 z222例 13已知 0a, b, c1，求证：abc2。【证明】先证bca2a1ca1ab1.bc1abc即 a+b+c2bc+2.即证 (b-1)(c-1)+1+bc a.因为 0a, b, c1，所以式成立。同理b2b,c2c.abcab1abca 1c三个不等式相加即得原不等式成立。（9）利用函数的思想。例 14已知非负实数a, b, c 满足 ab+bc+ca=1，求 f(a, b, c)=111bb c的最小值。ac a【解】当 a, b, c

12、中有一个为0，另两个为1 时，f(a, b, c)= 5 ，以下证明 f(a, b, c) 5. 不妨设 abc，22则 0c 3, f(a, b, c)=2c1aba1.3c 2c21b( a b)2因为 1=(a+b)c+ab 4+(a+b)c，解关于 a+b 的不等式得 a+b2(c21 -c).考虑函数 g(t)=t11, g(t)在 c21,）上单调递增。c2t又因为 0c3 ，所以 3c21. 所以 c2+a4c2. 所以 2 ( c21c) c21.3所以 f(a, b, c)=2cab1c21c 21ab2c2( c21c)12c22( c 2c111 c)=2cc 21c21

13、c21c= 21c21c 3 c21c 21224c 3c2153(1c 21)c2222.2下证3(1c21)c0 3 c3 c 21c2+6c+9 9c2+9c3 . 因为 c33，所以式成立。434所以 f(a, b, c)5 ，所以 f(a, b, c) min=5 .222几个常用的不等式。nnn3c c 04（1）柯西不等式：若 ai R , bi R, i=1, 2, n，则 (ai2 )(bi2 )(aibi ) 2 .i1i 1i1等号当且仅当存在 R ，使得对任意 i=1, 2, , n, ai =bi,n)2变式 1：若 ai R , bi R, i=1, 2, n，则

14、(nai2)( i n1ai.i 1bi(bi) 2i1等号成立条件为 ai=bi,(i=1, 2, n)。n) 2nai(ai变式 2：设 ai, bi 同号且不为 0(i=1, 2,i1., n)，则bini1aibii 1等号成立当且仅当b1=b2= =bn.（ 2）平均 值不等式：设a1, a2 ,anR+ ， 记 H n=n,Gn= na1 a2 an ,111a1a2anA n= a1a2an , Qna12a22an2，则 H nGnA nQn. 即调和平均 几何平均 算术nn平均 平方平均。其中等号成立的条件均为 a1=a2= =an.【证明】由柯西不等式得A nQn，再由 G

15、nA n 可得 H nGn，以下仅证 GnA n.1）当 n=2 时，显然成立；2）设 n=k 时有 GkA k，当 n=k+1 时，记 1k a1 a2ak ak1=Gk+1.因为 a1+a2+ +ak+ak+1+(k-1)G k+1k ka1 a2akkkak1Gkk112k2 ka1a2k12k2k2k2kGk+1,ak 1G k 1G k 1所以 a1 2+ +ak+1(k+1)G k+1 ，即 A k+1Gk+1.+a所以由数学归纳法，结论成立。（ 3 ）排序不等式：若两组实数a a a且 b b b，则对于b的任意排列1 2n12n1, b2, bnb ,b, , b，有 a1bn

16、+a2bn-1+ +anb1a bi1abi2a b a1b1+a2 b2+ +anbn.i1i2in12ninkn【证明】引 理 ： 记 A0 =0 ， A k=ai(1 k n) ， 则ai bii1i 1nn 1(sisi1 )bi =si(bibi 1 )sn bn（阿贝尔求和法） 。i1i1证法一：因为 b1b2 bn，所以 bibi2bib1+b2+ +bk.1k记 sk= bi1bi2bik-( b1 +b2+ +bk)，则 sk0(k=1, 2, n)。a1 bi1a2 bi2an bik-(a1 b1 +a2b2+anbn)=na j (bi jbj )所以j1ns j (

17、a ja j 1 ) +snan0.j1最后一个不等式的理由是aj-aj+10(j=1, 2, , n-1, sn=0),所以右侧不等式成立，同理可证左侧不等式。证法二：（调整法）考察 a1 bia2 ban b，若 bbn ，则存在。i2ikij1若 bi jbn (j n-1) ，则将 bi n 与 bi j互换。因为ababin( a bab ) (anaj)b(aja)b(abaj)(bb) 0，n njni nj nnni nnnin所 调整后，和是不减的，接下来若bi n1bn1 ，则继续同样的调整。至多经n-1次调整就可将乱序和调整为顺序和，而且每次调整后和是不减的，这说明右边不

18、等式成立，同理可得左边不等式。例 15 已知 a1, a2 , ,an R +，求证； a12a22an21an2a1+a2 + +an.a2a3ana1【证明】证法一：因为 a12a12a1, a22a32a2 ， ， an21an2an1, an2a12an.a2a3ana1上述不等式相加即得a12a22an21an2a2a3ana1a1+a2+ +an.证法二：由柯西不等式a2a2an2 1an22，12(a12n1 2n)a2a3ana1+a + +a )(a +a + +a因为 a1+a2+ +an 0，所以a12a22an2 1an2a2a3ana1 +a2 + +an.a1证法三 ： 设 a1 , a2, ,an 从 小到 大排 列为 ai1ai2ai n，则 a2a2a2，i1i 2in111，由排序原理可得ainai n 1ai1aiaain=a1+a2+ +ana12a22an21an2，得证。i2a2a3ana11注