2022年高中数学竞赛专题讲座---几个重要不等式及其应用.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 几个重要不等式及其应用一、几个重要不等式以下四个不等式在数学竞赛中使用频率是最高的,应用极为广泛；1、算术 -几何平均值（AM-GM ）不等式a2na nna a2a n.设a a 2,a 是非负实数,就a 12、柯西（ Cauchy ）不等式b ib i设a b i iR i1,2,n , 就n2 a in2 b ina iin2R , 使i1a b i.等 号 成 立 当 且 仅 当 存 在i11a i i1, 2,n , .2na i2变形（）：设a iR ,b iR,就i1；等号成立当且仅当存在R ,i1bnb i使a i1,2, .0,就ni1n2b nai变形（）设a , ib i同号,且a ib ia ii1；等号成立当且仅当b 1b 2i1nb ia ib ii13排序不等式a 1b n设a 1b na 2a n或a n,b 1b 21b n,j 1,j2,jn是1 2,n的一个排列,就aa21anb 1a 1b ja2bj2a3 bjna 1 b 1a2b 2anb n. 等号成立当且仅当a 1b 1b 2nb；（用调整法证明）. 24琴生（ Jensen ）不等式如fx是区间a, b上的凸函数,就对任意的点x 1,x2,.,x na ,bnN*有xn时取得；（用fx 1x 2xn1fx 1fx2fx n等号当且仅当x 1x2nn归纳法证明）二、进一步的结论运用以上四个不等式可得以下更一般的不等式和一些有用的结论,有时用这些结论也会起到意想不到的成效；1. 幂均值不等式名师归纳总结 设0 ,aiRi,1 2 ,n ,就第 1 页,共 9 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1 1Ma1a2nana 1a2nanM；1Mx证： 作变量代换,令a ix i,就a ix i,就0 ,1 ,又函数M1x 1x 2x nx 1x 2nxnnfxpp1是,0上的凸函数,由Jensen 不等式知式成立；2. （切比雪夫不等式）1a设两个实数组a 1a2b 1a 2ia n,b 1b 2b 11b n,就；an bn1bna2b n1annina 1 b 1a2b 2ab i1i1nnnn等号成立当且仅当a 1a n或b 2b n证： 由排序不等式有：a 1 b na 2b n1a nb 1a 1 b 1a 2b 2a nb na 1 b 1a 2b 2a nb n,a 1 b na 2b n1a nb 1a 1 b 2a2 b 3a nb 1a 1 b 1a 2b 2an b n, a 1 b na 2b n1a nb 1a 1 b na2 b 1a nb n1a 1b 1a 2b 2a nb n以上 n 个等式相加即得；3. 一个基础关系式名师归纳总结 x1 yx1y,其中x, y0 ,01,t,令x yft,就上式0ttt 1t,记证： 如 x,y 中有一个为0,就明显成立；x y1设 x,y 均不为零,就原不等式x yf tt1t,就ftt1,因此,当1时,t0,当1时,f0,故t1tx且f 1 0,所以ft得微小值为f 100,即x1 y 1y. 4. Holder不等式11,就设a k,b k0 k,1 ,2n ,p ,q1且1pq第 2 页,共 9 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - na kb knp a k1nq b k1pqk1k1k1ap kxtb k qk,1 2 ,n ；k1 pp A k11 qq B k q1, 等号成立当且仅当存在tR使得证: 在上面基础关系式中,取1 p,p A k,yq B k,有A kBn1n1p A k1n1q B k,令A kak,Bkb k 式两边对 k 求和,得：A kB kpkqkk1nappnqbkkk1k1代入上式即证；5. 一个有用的结论而设a i,b iR,就n a ib i1n1nb i1,推广得na inni1i1i1设aijR, i,1,2,n ,j,1,2,n ,就nna ij1nna ij1. nni1j1j1i1证： 原不等式jn1in1a i 1a i2a ija in11, nina i1a ija in11ina i 1a ia ija inn1a i2n12n1ina i 1a i2a ija in11jnina i1a ia ija innj1n1121in1jn1a i1a i2a ija in1in111n1,它可把含根式的积性不等式化为和式；nnn三、如何运用几个重要不等式例 1 设a ,b ,cR且abc1,求证：a2b2c2a3b3c3；3 3abcb3c3证： 由柯西不等式有a3b33 cabc a2b22 c2 而3 a22 bc22 12 12 1a2b2c2abc 2abc 3 abc ,即a2b2c2abc 2 cabc ,a2b2c2a3由有： a33 bc3abc 2 ab2方法二：由幂均值不等式有：名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - a3b3c33 a2b2c233 a2b2c2a2b2c21223331aa2b2c23 3a2 b2c22a2b2c2；abc,就c23方法三：由切比雪夫不等式和AM-GM 不等式有：不妨设3b3c3a2b2c2abc a2b2c233abca2b233n例 2 设x i0,i,12,n,inxi1,求证：in1x ix ii111x in1证： 左边 =in11x iin1x in2 nx iin1x i1111nx ii1n112 nx i1in11in 1x i122n112 12i1i1nn21n n1nn1x i2 112 1i11； nnn评注：通过此例留意体会如何运用柯西不等式分别或合成变量；例 3设a ,b ,c ,d2R,abcd1,求证：za11 2b证： 设ax,by,cz,dw,x,y,wR,就原不等式yzwx1121 zyz2112,由 Cauchy 不等式有：1xxyx yz yzyz121 xy212,故原不等式成立；1112x2xyxy1x1x 111122yzxyxyxy评注：此题通过换元,把原不等式齐次化,再用柯西不等式；名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 例 4 设 n 是正整数,且ak,0k,1 ,2,n,kn1ak1,求证：n1 n212 n2 nkak名师归纳总结 - - - - - - -证： 原不等式n1 n2112 n2,由 “二,结论 5” 有kna kn1n211n1n2n211nnka kkn1n1akn1 个nn2nnn22na 1a1ann2na1 a1an,又ina inna 1a 2a n,n1n1221na1 a1a nnnin,故kn1 n21n2n n2 n2 n；2aa ki1评注：本例第一步放缩也可用Holder 不等式的推广；例 5设a 1a2,.是一个无穷项的实数列,对于全部正整数i 存在一个实数 c ,使得0aic且aiaji1j对全部正整数i,jij成立,证明：c1.证： 对于n2,设1, 2,., n 为,12,. n的一个排列且满意：0a1a2.a c . ca a1a an1an1an2.a2a1 1n1n11n2.211 2nn2 1（柯西不等式） 1 i1cn nn2 1 n2 13n11n43.故c1.11n2nn3评注：这里把ia 有序化后,的变形是关键；例 6 设 a, b, c 为正实数,求证a2+ b2+ c2 a + b + c + 2 4 aba + b + c,并确定等号成立的条件bca证： 由于a b2+ b c22 + c a abc = a2+ b2a + b2+ c2b + c2+ a2cbca= 1 bab2 + 1 cbc2 + 1 ac a2 而由 Cauchy 不等式有 1 bab2 + 1 cb c2 + 1 aca2 b + c + a |ab| + | bc| + | ca| 2 且由 |ab| + |bc| + | ca| | ab| + | bc + ca | = 2| ab| 知第 5 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - |ab| + | bc| + | ca| 2 4ab2 结合可得a22 + b c2 + c a1 abc a + b + c|ab| + | bc| + | ca| 2 2 4 ab a + b + c b由便知题目中的不等式成立如题中不等式取等号,即取等号故不等式与皆取等号由式取等号知,存在 k 0,使得 1b a b 2 = bk, 1 c bc 2 = ck, 1 a ca 2 = ak,即 ab 2 = b 2 k, bc 2 = c 2 k, ca 2 = a 2 k 由式取等号知 bc 与 ca 同号,从而三个数 b c, c a, ba 同号,结合知存在实数 l,使得ba = bl, bc = cl, ca = al 由知 l = 1 a b = b c1 = c a1 由可得 bc = ca,记 bc = ca = x,就 c = ax , b = ax 2,再由式中 1a b = bc1 得11 x 2 = x1 即 x 32x 2 + 1 = 0 故 x1 x 2x1 = 0 结合 x > 0 可解得 x = 1 或 x = 1 2 1 + 5 故 a : b : c = 1 : x 2 : x = 1 : 1 : 1 或 1: 1 2 3 + 5 : 12 1 + 5 又当 a, b, c 满意条件时, 简单难题目中不等式的确取等号评注：式的变形特别美丽,是解题的关键所在；故即为题中不等式取等号的充要条件名师归纳总结 sin例 7 在ABC 中,求证：2 cosA42 cosA2 cosB第 6 页,共 9 页证： 在ABC 中,令b2c2a2,a2c2b2,a2b 2c2,就原不等式22242, 由 AM-GM 不等式有：4222,即证；2评注：在ABC 中令cyx ,bxz ,ayz ,就有以下结论：S ABCxyz xyz ,外接圆半径R4xy,内切圆半径rxyz,xyzxxA2xyzxx,cosAxyxyz；xyz xxz 例 8 设正数 a、b、 c、x、y、z 满意cybza;azcxb;bxayc .求函数- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - fx ,y ,z 12 xx1y2y1z2z的最小值 . 令解： 由已知条件三式解出2xb2c2a2b22 c；从而可知（易知、R）2 bcya2c2b22 acb2c2a2,aza2b2c22 ab2 ac2b2,x,y,z2名师归纳总结 12 xx1=2第 7 页,共 9 页从而fx ,y ,z22（柯西不等式） ； 下证fx ,y,z1.2只需证212224232 （*）利用均值不等式知：222,从而（ *）式成立,故知fx ,y ,z1.而当xyz1,即abc时,fx ,y,z 11131. 42222从而fx ,y,z 的最小值是1 . 2评注：这是2005 年的联赛试题,奇妙地代数换元后,防止了三角变形的麻烦；例9设 a1, a 2, ,a n 为大于等于1 的实数, n 1,A = 1 + a 1 + a2 + + an定义 x 0 = 1, xk = 11 k n 证明： x 1 + x2 + + xn > nn 2 A2 + A2 1 + a kx k1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 证： 设 yk = 1 x k,就1 yk= 1 + 1y k = 1 + a k yk1由 yk1 1, a k 1可得a kyk11 y k11a k1 0 * 1 + ak y k1 a k + 1 yk1所以y k = 1 + a k yk1 a k + 1 yk12故ny k nak + n1 y k1= nak + 1 y 0+ n1 y k= A + n1 1 k = 1 yk< A + n1 y kk = 1k = 1k = 1k = 1k = 1k = 1令 t = n1 y k,由柯栖不等式有nn y k t2因此,对t > 0 ,有k = 1k = 1n2< A + tt2 + Atn2 > 0t > A + A2 + 4 n2 = A + 2n22 2 2n A + A + 2n At2A2 + 4 n= nn 2 A2 + A2 评注：此题奇妙地运用函数方法,* 式值得留意,是一种常见的放缩手段名师归纳总结 - - - - - - -例 10设 a i > 0 i = 1, 2, , n ,nai = 1 ,kN + 求证a1k + 1 a1ka 2k + 1 a2k ank + 1 ank i = 1nk + 1 nkn证： 第一证明函数f x = lnxk + 1 x k在区间 0, 1 上是下凸函数事实上,由于fx = x1kkxk1kxk 1 = k·xx 2k 12k + 1 + x , k + 1 xfx = k·x1 2k + 1 + x2 2k·x2k1 x2k + 1 + x x2k12k + 1 x2k + 1 = xk 2k + 1 + x22kx4k + 2 kx2k 2k + 1 x4k2kx2k1= xk 2k + 1 + 22x4k + 4 kx2k + 1 当 0 < x 1时,由于 kN + ,故 x4k + kx2k + 1 = x2k2k2 + 4 k2 + 1 > 2k2 + 4 k2 + 1 > 0 故由知fx > 0 x0, 1 故f x 在 0, 1 上为下凸函数；由于 ai > 0, a1 + a 2 + + a n = 1 i = 1, 2, , n ,故 ai0, 1 从而由 Jensen 不等式有1f a 1 + f a 2 + + f a n f1a1 + a 2 + + a n = f1,nnn即 f a 1 + f a 2 + + f a n n f1n故 lna1k + 1 a 1k + lna 2k + 1 a2k+ + lna nk + 1k n ln1k + 1ka nn1n第 8 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 即 lna1k + 1ka 2k + 1 a 2 k a nk + 1k ln1k + nkna 1a nn名师归纳总结 又从而a1k + 1 a 1 ka 2k + 1 a 2k ank + 1 ank 1 n k + nkn证毕naikn1kn另证：由 H.lder 不等式得na i k + 1 k ai naikn1kn + i = 1i = 1a inni = 1na i nain = 1n < 1 ,且f x = x + 1 x在 0, 1 上单减i = 1n + i = 1nni = 1a i第 9 页,共 9 页ni = 11n·k n + 11n·k nn = 1k + nkn,得证 nnn- - - - - - -