全国高中数学竞赛专题-不等式

1、全国高中数学竞赛专题-不等式 证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归， 而变形的依据是不等式的性质， 不等 式的性质分类罗列如下： 不等式的性质：a_b= a-bO,a：b= a-b：O.这是不等式的定义，也是比较法的依据 对一个不等式进行变形的性质： （1） a b ： a （对称性） （2） a b a c b c （加法保序性） （3） a b, c 0= ac bc; a b,c：O= ac ： be. （4） a b 0n an Abn,2a 片匕（n 乏 N*）. 对两个以上不等式进行运算的性质 . （1） a b,b .c= a c （传递性）这是放缩法的

2、依据 （2） a b,c d = a c b d. （3） a b, c =d = a -c bd. a b （4） a b 0, d c 0,= , ad bc. c d 含绝对值不等式的性质： 2 2 （1） |x|a（a 0）二 x 二 a 二a 空 x 二 a. （2） |x|=a（a 0） x -a x 亠 a 或 x _-a. （3） |a| -|b|匸|a _b#|a| |b| （三角不等式）. (4)冋 a? a 闫 a! | & | & |. 证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等 当然在证 题过程中，常可“由因

3、导果”或“执果索因” .前者我们称之为综合法；后者称为分析法 .综合法和分析法是解决一 切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特 有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已 此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法 因此, 要熟练掌握不等式的证明技巧，必须从学习这些 基本的常用方法 开始。 1.比较法（比较法可分为差值比较法和商值比较法。） （1）差值比较法（原理：A B 0=A B.） 例 1 设 a, b, c R+, (2)商值比较法(原理：若匚1,且 B0,则 AB ) 例 2 若 axlog(1-x)(1-x)=

4、1 |loga(1 -X)| 1 X 2 1 (因为 01-x 1-x0, 01-x|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 -J J 已知 a, b, c R+，求证：a+b+c-33 abc 為+b-2、ab. 要证 a+b+c - 33 c a b淘+b -2 ab. ,1 M 只需证 c 2 , ab - 33、abc， 因为 c + 270b = c + Uab + Jab 兰 3l c a b = 3V abc， 所以原不等式成立。 试证：对任意实数 x, y,乙 有 x2+y2+z2亠2 证明：

5、左边-右边=x2+y2+z2 ab abc (a b)(b c)(c a) bc a+b b + c c + a -rxy5yz+hrxz. xy 2 J - - - yz-2 / - ca - xz (b c)(c a) (a b)(c a) (a b)(b c) J ab a 2 c 2 - bc- -2 xy y (b c)(c a) c a 2+旦 y2-2/ yz+Az2 c a , (a b)(c a) a b 2 ca c z2 -2 xz Y(a+b)(b+c) b+c _ 2 _ 所以左边 /边，不等式成立。 ca x2 、2 0. 已知实数 a, b, c 满足 0aW)W

6、，求证: 2 _ c(1_c) a(1_b) b(1_a) 证明：因为 所以 所以 1 0a ，由二次函数性质可证 2 b(1 _b) J b(1 _b) a(1-a) b(1-b) b(1-b) c(1-c) 例 3 证明: 1 - + - - + - a(1_a) b(1_b) a(1 _b) b(1_a) a b a -b - 0，求证:abc (a+b -c)(b+c-a)(c+a-b) 。 证明:v (a+b -c)+(b+c-a)=2b 0, (b+c-a)+(c+a-b)=2c 0, (c+a-b)+(a+b-c)=2a 0, a+b-c,b+c-a,c+a-b 中至多有一个数非

7、正. (1)当 a+b-c,b+c-a,c+a-b 中有且仅有一个数为非正时，原不等式显然成立 Z J - (a+b_c)+(b+c_a ) 均为正时,贝 V. a，b-cb，c a b 同理.a b-c a c-b a,、b e- a a c-b c, 三式相乘得 abc (a+b -c)(b+c-a)(c+a-b) 1 例 6 已知 ABC 的外接圆半径 R=1, SABc=- , a,b,c 是厶 ABC 的三边长, 1 解：由三角形面积公式：-besin A.正弦定理：a/sinA=2R.可得 abc=1. 2 所以 2t=2bc+2ac+2ab.由因为 a.b.c 均大于 0。 所以

8、 2t=2a , bc +2b . ac +2c - ab =2、. a abc+2、b、 、abc +2、. c abc=2(、. a + . b + c)=2s. 所以 ts。 4.反证法 例 7 设头数 比，a1,an 满足 a0=an=0，且 a0-2a1+a20, a1-2a2+a3,an-2-2an-1+an 纹)，求证 ak0(k1,2,，n-1). 证明： 假设 ak(k=1,2,n-1)中至少有一个正数， 不妨设 ar是如 a2,an-1中第一个出现的正数， 则印切，a2电, ar-1 0, ar0.所以只需证明 也就是证 (2) a+b-c,b+c-a,c+a-b 令 S=

9、 I- I 求证：ts 1 于是 ar-ar-1 0，依题设 ak+1 -ak ak-ak-1 (k1,2,n-1)。 所以从 k=r 起有 an-ak-i%n-i-an-2 為知0. 因为 anak-i為+i為0 与 an=0 矛盾。故命题获证。 5 数学归纳法 例 8 证明： 对任意正整数 n(濾)，求证：n n+1( n+1)n 1 )当 n=3 时，因为 34=8164=43，所以命题成立。 (k +1)k42 2)设 n-k 时有 kk+1(k+1)k，当 n=k+1 时，只需证(k+1) k+2(k+2)k+1，即( )k 1 1. (k + 2)k41 即证(k+1)2k+2k(

10、k+2) k+1，只需证(k+1)2k(k+2)，即证 k2+2k+1k 2+2k.显然成立。 所以由数学归纳法，命题成立。 6.分类讨论法 8. 引入参变量法 a b 等号当且仅当 一=时成立。所以 因为 kk 1 (k 1)k 1，所以只需证 (k 1)k 2 kk 1 (k 2)k 1 (k 1)k 已知 x, y, z R+，求证: 2 2 x -y y z 2 2 y -z z x 2 z + x y 2 0. 证明: 不妨设 x多,x 臣. i) 汛贝y 1 x + y 2 y z x 则 x z 2 y z x ii) xzy, 7.放缩法( 即要证 AB，可证 例 10 证明:

11、 - x z 2 z x y 乞丄 x y 2 z _ C 1, C1 C2,Cn-1 已知 a, b, c 是厶 ABC 的三条边长， m0, a b a b - + - - +- a m b m a b m a b m (因为 a+bc),得证。 例11已知 x, y 解:设 丫 = k，则 x 1 , y = kl x 1 +k b3 -y的最小值。 y f( ) (1+k)2 f(x,y)= f(x, y)= 2 x l2 1 l2 kb3： 3 1 3 1 3 2 b3 b3 a3k2 k k (a b)3 乂 1 3 3 2 2 -2 (a +b +3a b+3ab )= 2 ，

12、(a b)3 f(x, y) min= x y 、 r -、 2 例 12 设 X1 冰2 汰3冰4 丝，X2+X3+X4冰1，求证：(X1+X2+X3+X4)4X1X2X3X4. 、 、 1 证明：设 X1=k(X 2+X3+X4)，依题设有我 1, X3X44 , 3 2 原不等式等价于(1+k) 2(X2+X3+X4)24kX2X3X4(X2+X3+X4), 即卩 (X2+X3+X4) $2X3X4 , 4k 因为 f(k)=k+丄在 k 3 2 (1 k) 1 1 c、 所以 (X2+X3+X4)= (k 2) (X2+X3+X4) 4k 4 k 所以原不等式成立。 9. 局部不等式

13、3X2=4X2 02X3X4. 例 13 已知 x, y, z R+,且 x2+y2+z2=1，求证： 2 1 -X y 2 -y + 1-z2 3、3 _ 2 证明: 先证 x 3.3 1 -X2 2 例 14 因为 所以 同理 所以 X(1-X2)= fl，2x2(1 _X2)2 V 2 2 X x 2 -X y 1-y2 X 1 -X2 一 x(1 -x2) 2 丄 _ 2 3.3 z 1 - z2 1 -y2 1z 已知 0 毛，b, cW,求证: bc 1 1 勺? _ 3 3 2 X . 2 3.3 z 2 3.3 F2 - 先证 a 2a一 be +1 a +b +c 即 a+b

14、+c2bc+2. 即证(b-1)(c-1)+1+bc 為. 因为 0a, b, c1，所以式成立。 同理b兰2b , c兰 ca+1 a+b+c ab+1 三个不等式相加即得原不等式成立。 10. 利用函数的思想 1 1 1 例 15 已知非负实数 a, b, c 满足 ab+bc+ca=1，求 f(a, b, c)= 的最小值。 a+b b+c c+a 解：当 a, b, c 中有一个为 0,另两个为 1 时，f(a, b, c)=-，以下证明 f(a, b, c) V. 2 2证明: 2c a b c 2c 不妨设 a Ab Ac，则 , f(a, b, c)= 2 5 3 c2 +1 c

15、2 +1 a +b (a - b)2 +(a+b)c, 4 解关于 a+b 的不等式得 a+bA2( .c2 - 1 -c). 考虑函数 g(t)= 一 c2 +1 、.3 因为 1=(a+b)c+ab -1, g(t)在 p,c2 1：)上单调递增。 又因为二，所以 3 2c 所以 f(a, b, c)= 7 厂 c+1 c+1 3c21.所以 c2+a4c2.所以 2( . C2 1 -C)A. c2 1. 2c a b c2 1 W-c)+ c 1 1 2(、c2 1 -c) 下证 3(1 - c2 1) c_0 2c . c2 1 c c2 1 c2 1 1 &C2 +1 c

16、3 c2 1 A4 2 =2 + + c2 十 1 + 5 3(1-,c2 1) =+ 2 c + 2 因为c 3 : 3，所以式成立。所以 f(a, b, c) A5 , 3 4 2 C2+6C+9 A9C2+9= ci 3 14 5 所以 f(a, b, C)min=. 2 -c为二c 拦. 4 11.构造法 例 16 证明：上广 一二 上 -1 - 二; 提示：构造出(x, 0)到两定点的距离之差，并利用数形结合的方法得知两边差小于第三边且三点 共线时取最大值，从而结论得证。 12.运用著名不等式 (1)平均值不等式 ai a2 an 其中等号成立的条件均为 ai=a2= =an. 当

17、n=2 时，平均值不等式就是已学过的基本不等式及其变式 ，所以基本不等式实际上是均值不等式的特例 证明：由柯西不等式得 AnQn，再由 GnAn可得 叫勺 3“，以下仅证 GnAn. 1) 当 n=2 时，显然成立； 2) 设 n=k 时有 GkmAk，当 n=k+1 时，记 1_a1 a2akak-# =Gk+1. ! I - . 因为 a1+a2+ +ak+ak+1+(k-1)G k+1 六詐22ak +心七心Gk卅 2k2a1 a2akGk =2k2Gk* =2kGk+1, 所以 a1+a2+ +ak+1 (k+1)G k+1，即 Ak+1 冷k+1. 所以由数学归纳法，结论成立。 例

18、17 利用基本不等式证明 a2 b2 c ab bc ca- 【思路分析】左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换 .的方法- 【略解】a2 b2 _2ab,同理 b2 c3 _2bc,c2 a2 _ 2ca ；三式相加再除以 2 即得证. 【评述】（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧 2 2 2 如乞 公仆卜* _x1 x2川：fTxn，可在不等式两边同时加上 x2 X3侶7Xn x1. 再如证(a - 1)(b 1)(a - c)3(b c)3 _ 256a2b2c3(a,b, c - 0)时，可连续使用基本不等式 （2 ）基本不等

19、式有各种变式 2 2 如（旦b）2乞旦 等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等 2 2 的.如上式左右两边次数均为 2,系数和为 1. 例 18 已知 a，b=1, a, b_0,求证：a4 b4 _ 丄. 8 1 【思路分析】不等式左边是 a、b的 4 次式，右边为常数 ，如何也转化为 a、b的 4 次式呢. 8 1 1 【略解】要证a4 b4 ,即证a4 b4 （a b）4. 8 8 (aQ a2b2 and)2 岂(a2 a； a；)(b； b； b：). 等号当且仅当 0 二kq（k为常数，i =1,2/ ,n）时成立. 证明：不妨设ai（i =1,2/ ,n）不全为 0, bi

20、也不全为 0 （因为ai或bi全为 0 时，不等式显然成立）设 ai, a2,an R+,记 Hn= Gn=器ai a?an 则 Hn3nAnQn.即调和平均三几何平均三算术平均三平方平均。 （2）柯西（Cavchy ）不等式: 设 a、a2、a3, ,an是 记 A= . a： a；亠 亠 a； , B= . b： b；亠 亠 b；.且令为=彳,yi 詣(i = 1,2,，n), 2 2 2 2 2 2 则 Xi X2 - Xn =1,% y2 yn =1.原不等式化为 X1 畑2 Xnyn -1. 2 2 2 2 2 2 即 2(X1% X2y2 Xnyn)空 X1 X2 Xn % 目2

21、它等价于(人-yj2 (X2 -y2)2 区- yn)2 _0. 其中等号成立的充要条件是 Xi二yi（i =1,2，n）. 2 2 2 2 X1 丄X2 丄亠丄Xn -1丄Xn 丄 丄丄 X X2 X X2 X3 Xn X1 从而原不等式成立，且等号成立的充要条件是 b = kai (k 变式 1 若 n a2 a R, bi R, i=1,2,n,则( -) i4 bi 变式 2:设 a, bi同号且不为 0（i=1,2, n ,n),则 7 y bi ai n (二 ai ) 丄半 - .等号成立条件为 a=i,(i=1,2,n)o 2 ( bi ) i d n C ai)2 - .等号

22、成立当且仅当 b1 = b2= =bn. ai bi i吕 id 例 19 设 X1 , X2, ，Xn R ， 求证: 2 X1 2 X2 X2 2 2 -一 Xn 二亠_ % x2 xn. 【思路分析】 注意到式子中的倒数关系，考虑应用柯西不等式来证之 注意到式子中的倒数关系，考虑应用柯西不等式来证之 【详 X1,X2, ,Xn 0，故由柯西不等式，得 2 2 X1 X2 (X2 X3 Xn Xj(- XX2 2 .独) Xn X1 X1 - ( X2 - X3 - Xn - - X1 VX3 X2 这是高中数学联赛题，还可用均值不等式、数学归纳法、比较法及分离系数法和构造函数法等来证之

23、（3）排序不等式：（又称排序原理） 设有两个有序数组 aEa2 -an及3岂匕2 -bn._Qbn azbn亠-亠and （逆序和） 其中jl,j2,，jn是 1，2,，n的任一排列. 当且仅当 ai =a2二=an或 d =b2二=bn时等号（对任一排列ji,j2,，jn）成立. 证明：不妨设在乱序和 S 中jn式n时（若jn= n，则考虑jn，且在和 S 中含有项akg（k式n）, 则 akbn anbjianbjn anbn. 事实上，左右=（an -aQ（bn -bjn） _ 0, 由此可知，当jn工n时，调换 S = aibj +akbjk +anbjn （ jn式n）中bn与jn位

24、置 （其余不动），所得新和S, _ S.调整好an及bn后，接着再仿上调整an_,与bnJ ,又得S2 _ S,. 如此至多经n -1次调整得顺序和 a1b1 a2b2 - anb a1bj1 a2bj2 丁丁 anbjn 这就证得顺序和不小于乱序和”.显然，当a1 =a2二=an或R = b2二=bn时中等号 成立.反之，若它们不全相等，则必存在 jn及 k,使bn b ,an - ak.这时中不等号成立.因 而对这个排列中不等号成立.类似地可证“乱序和不小于逆序和” 2 .2 .2 2 2 2 3 . 3 3 a b b c c a a b c 例 20 a,b,c R ,求证 a b -

25、 c 2c 2a 2b bc ca ab 【思路分析】中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明 2 2 2 1 1 1 【略解】不妨设abc,则 a - b _c,- c b a 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 则a b c （乱序和）-a， b c （逆序和）， cab a b c 111 111 同理a b c （乱序和）-a b c （逆序和） cab a b c 111 两式相加再除以 2,即得原式中第一个不等式.再考虑数组a3 _ b3 _ c3及丄一丄一丄， bc ac ab 仿上可证第二个不等式. 例21设aa2,，an匕N ，且各不相同，求

26、证：1+丄+丄兰81+旦|+卑+*. 3 n 22 32 n2 【评则a1b1 a2b2亠亠anbn （同序和）一耳勺 a2bj2亠亠anbjn（乱序和） a 1 【思路分析】不等式右边各项 2 = ai ；可理解为两数之积，尝试用排序不等式 i i 1 1 1 【略解】设bb,，d 是印总,，an的重新排列，满足b ： b - 3 又由 0 ： b c a,0 ： a b c,0 ： a c b, 有 0 :A(b c -a) C(a b c) B(a c b) = a(B C A) b(A C -B) c(A B C) 2A) b(禦一2B) c(3C)=(a b c)H-2(aA bB cC). /口 aA bB cC : 得 a +b +c 2 由、得原不等式成立 例 23 设bi,b2/ ,bn是正数ai,a2,，an的一个排列，求证 別鱼 b? bi 玉_ n. bn 【思路分析】 应注意到ai - =1（i =1,2，n） ai 【略证】 不妨设ai a? -an，因为ai,a2/ ,a.都大于 0.所以有 1， a1 a2 an 1 1 . 又 b