2019-2020年高中数学竞赛教材讲义 第九章 不等式.doc

2019-2020年高中数学竞赛教材讲义 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, nN+anbn; （8）ab0, nN+;（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，由性质（7）得，即ab，与ab矛盾，所以假设不成立，所以；由绝对值的意义知（9）成立；-|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-20，所以x+y，当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不等式，令，因为x3+b3+c3-3abc =(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc =(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a+b)2-(a+b)c+c2-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)= (a+b+c)(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2 0，所以a3+b3+c33abc，即x+y+z，等号当且仅当x=y=z时成立。 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。例1 设a, b, cR+，试证：对任意实数x, y, z, 有x2+y2+z2【证明】 左边-右边= x2+y2+z2所以左边右边，不等式成立。例2 若axlog(1-x)(1-x)=1（因为01-x21-x0, 01-x|loga(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, cR+，求证：a+b+c-3a+b【证明】 要证a+b+ca+b只需证，因为，所以原不等式成立。例4 已知实数a, b, c满足0abc，求证：【证明】 因为0(n+1)n.【证明】 1）当n=3时，因为34=8164=43，所以命题成立。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1. 因为，所以只需证，即证(k+1)2k+2k(k+2)k+1，只需证(k+1)2k(k+2)，即证k2+2k+1k2+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).【证明】 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，则a10, a20, ar-10, ar0. 于是ar-ar-10，依题设ak+1-akak-ak-1(k=1, 2, , n-1)。所以从k=r起有an-ak-1an-1-an-2 ar-ar-10.因为anak-1ar+1ar 0与an=0矛盾。故命题获证。（5）分类讨论法。例7 已知x, y, zR+，求证：【证明】 不妨设xy, xz.）xyz，则，x2y2z2，由排序原理可得，原不等式成立。）xzy，则，x2z2y2，由排序原理可得，原不等式成立。（6）放缩法，即要证AB，可证AC1, C1C2,Cn-1Cn, CnB(nN+).例8 求证：【证明】 ，得证。例9 已知a, b, c是ABC的三条边长，m0，求证：【证明】 （因为a+bc），得证。（7）引入参变量法。例10 已知x, yR+, l, a, b为待定正数，求f(x, y)=的最小值。【解】 设，则，f(x,y)=(a3+b3+3a2b+3ab2)=，等号当且仅当时成立。所以f(x, y)min=例11 设x1x2x3x42, x2+x3+x4x1，求证：(x1+x2+x3+x4)24x1x2x3x4.【证明】 设x1=k(x2+x3+x4)，依题设有k1, x3x44，原不等式等价于(1+k)2(x2+x3+x4)24kx2x3x4(x2+x3+x4)，即(x2+x3+x4) x2x3x4，因为f(k)=k+在上递减，所以(x2+x3+x4)=(x2+x3+x4)3x2=4x2x2x3x4.所以原不等式成立。（8）局部不等式。例12 已知x, y, zR+，且x2+y2+z2=1，求证：【证明】 先证因为x(1-x2)=,所以同理，所以例13 已知0a, b, c1，求证：2。【证明】 先证 即a+b+c2bc+2.即证(b-1)(c-1)+1+bca.因为0a, b, c1，所以式成立。同理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)=的最小值。【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) . 不妨设abc，则0c, f(a, b, c)=因为1=(a+b)c+ab+(a+b)c，解关于a+b的不等式得a+b2(-c).考虑函数g(t)=, g(t)在）上单调递增。又因为0c，所以3c21. 所以c2+a4c2. 所以2所以f(a, b, c)=下证0 c2+6c+99c2+90 因为，所以式成立。所以f(a, b, c) ，所以f(a, b, c)min=2几个常用的不等式。（1）柯西不等式：若aiR, biR, i=1, 2, , n，则等号当且仅当存在R，使得对任意i=1, 2, , n, ai=bi, 变式1：若aiR, biR, i=1, 2, , n，则等号成立条件为ai=bi,(i=1, 2, , n)。变式2：设ai, bi同号且不为0(i=1, 2, , n)，则等号成立当且仅当b1=b2=bn.（2）平均值不等式：设a1, a2,anR+，记Hn=, Gn=, An=，则HnGnAnQn. 即调和平均几何平均算术平均平方平均。其中等号成立的条件均为a1=a2=an.【证明】 由柯西不等式得AnQn，再由GnAn可得HnGn，以下仅证GnAn. 1）当n=2时，显然成立；2）设n=k时有GkAk，当n=k+1时，记=Gk+1.因为a1+a2+ak+ak+1+(k-1)Gk+12kGk+1, 所以a1+a2+ak+1(k+1)Gk+1，即Ak+1Gk+1.所以由数学归纳法，结论成立。（3）排序不等式：若两组实数a1a2an且b1b2bn，则对于b1, b2, , bn的任意排列，有a1bn+a2bn-1+anb1a1b1+a2b2+anbn.【证明】 引理：记A0=0，Ak=，则 =（阿贝尔求和法）。证法一：因为b1b2bn，所以b1+b2+bk.记sk=-( b1+b2+bk)，则sk0(k=1, 2, , n)。所以-(a1b1+a2b2+anbn)= +snan0.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，若，则存在。若(jn-1)，则将与互换。因为0，所 调整后，和是不减的，接下来若，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，这说明右边不等式成立，同理可得左边不等式。例15 已知a1, a2,anR+，求证；a1+a2+an.【证明】证法一：因为， 2an.上述不等式相加即得a1+a2+an.证法二：由柯西不等式(a1+a2+an)(a1+a2+an)2，因为a1+a2+an 0，所以a1+a2+an.证法三： 设a1, a2,an从小到大排列为，则，由排序原理可得=a1+a2+an，得证。注：本讲的每种方法、定理都有极广泛的应用，希望读者在解题中再加以总结。三、基础训练题1已知0xm，则m的最小值是_.6“a+b=4”是“不等式|x-a|+|x-b|8的解集是x|-2x6”的_条件.7若a, bR+，则a+b=1，以下结论成立是_. a4+b4；a3+b31；8已知00, b0且ab, m=aabb, n=abba, 则比较大小：m_n.11已知nN+，求证：12已知0ax20, 1a0，记，比较大小：x1x2_y1y2.8已知函数的值域是，则实数a的值为_.9设ab0, P=(a1-a2)(c1-c2), Q=(b1-b2)2，比较大小：P_Q.2已知x2+y2-xy=1，则|x+y-3|+|x+y+2|=_.3二次函数f(x)=x2+ax+b，记M=max|f(1)|, |f(2)|, |f(3)|，则M的最小值为_.4设实数a, b, c, d满足abcd或者abcd，比较大小：4(a+c+d)(a+b+d)_(2a+3d+c)(2a+2b+c+d).5已知xiR+, i=1, 2, ,n且，则x1x2xn的最小值为_（这里n1）.6已知x, yR, f(x, y)=x2+6y2-2xy-14x-6y+72的最小值为_.7已知0ak1(k=1, 2, ,2n)，记a2n+1=a1, a2n+2=a2，则的最大值为_.8已知0x1, 0y1, 0z1，则的最大值为_.9已知x5，求证：10对于不全相等的正整数a, b, c，求证：11已知ai0(i=1, 2, , n)，且=1。又012n，求证：六、联赛二试水平训练题1设正实数x, y, z满足x+y+z=1，求证：2设整数x1, x2, ,xn与y1, y2, , yn满足1x1x2xny1y2y1+y2+ym，求证：x1x2xny1y2ym.3设f(x)=x2+a，记f(x), fn(x)=f(fn-1(x)(n=2, 3, )，M=aR|对所有正整数n, |fn(0)| 2，求证：。4给定正数和正整数n(n2)，求最小的正数M（），使得对于所有非负数x1, x2,xn ，有M()5已知x, y, zR+，求证：(xy+yz+zx)6已知非负实数a, b, c满足a+b+c=1，求证：2(1-a2)2+(1-b2)2+(1-c2)2(1+a)(1+b)(1+c)，并求出等号成立的条件。