高中数学竞赛讲义9

高中数学竞赛讲义（九）

──不等式

一、基础知识 不等式的基本性质： （1）a>b（3）a>b

a-b>0； （2）a>b, b>ca+c>b+c； （4）a>b, c>0

a>c； ac>bc；

ac>bd;

;

（5）a>b, c<0ac<bc; （6）a>b>0, c>d>0

（7）a>b>0, n∈N+（9）a>0, |x|<a

an>bn; （8）a>b>0, n∈N

+-a<x<a, |x|>a

x>a或x<-a;

（10）a, b∈R，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|; （11）a, b∈R，则(a-b)2≥0（12）x, y, z∈R+，则x+y≥2

a2+b2≥2ab;

, x+y+z

前五条是显然的，以下从第六条开始给出证明。

（6）因为a>b>0, c>d>0，所以ac>bc, bc>bd，所以ac>bd；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若与a>b

矛盾，所以假设不成立，所以

，由性质（7）得

，即a≤b，

；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-2等式，

令

≥0，所以x+y≥

，当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不

，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+c3≥3abc，即x+y+z≥时成立。

二、方法与例题

1．不等式证明的基本方法。

，等号当且仅当x=y=z

（1）比较法，在证明A>B或A<B时利用A-B与0比较大小，或把比较大小，最后得出结论。

例1

设

a,

b,

c∈R+，试证：对任意实数

（A，B>0）与1

x, y, z, 有

x2+y2+z

2

【证明】 左边-右边= x2+y2+z2

所以左边≥右边，不等式成立。

例2 若a<x<1，比较大小：|loga(1-x)|与|loga(1+x)|.

【解】 因为1-x1，所以

loga(1-x)

0,

=|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log

(1-x)0<1-x<1）.

所以|loga(1+x)|>|loga(1-x)|.

>log(1-x)(1-x)=1（因为0<1-x2<1

，所以

>1-x>0,

（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【证明】 要证a+b+c因为

≥a+b

≥a+b

只需证

，

，所以原不等式成立。

例4 已知实数a, b, c满足0<a≤b≤c≤，求证：

【证明】 因为0<a≤b≤c≤，由二次函数性质可证a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c)，

所以，

所以，

所以只需证明，

也就是证，

只需证b(a-b) ≤a(a-b)，即(a-b)2≥0，显然成立。所以命题成立。 （3）数学归纳法。

例5 对任意正整数n(≥3)，求证：nn+1>(n+1)n.

【证明】 1）当n=3时，因为34=81>64=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

所以由数学归纳法，命题成立。 （4）反证法。

，即证(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1，只需证

(k+1)2>k(k+2)，即证k2+2k+1>k2+2k. 显然成立。

例6 设实数a0, a1, ,an满足a0=an=0，且a0-2a1+a2≥0, a1-2a2+a3≥0, , an-2-2an-1+an≥0，求证ak≤0(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a1≤0, a2≤0, , ar-1≤0, ar>0. 于是ar-ar-1>0，依题设ak+1-ak≥ak-ak-1(k=1, 2, , n-1)。

所以从k=r起有an-ak-1≥an-1-an-2≥ ≥ar-ar-1>0.

因为an≥ak-1≥ ≥ar+1≥ar>0与an=0矛盾。故命题获证。 （5）分类讨论法。

例7 已知x, y, z∈R+，求证：【证明】 不妨设x≥y, x≥z.

ⅰ）x≥y≥z，则

，x2≥y2≥z2，由排序原理可得

，原不等式成立。

ⅱ）x≥z≥y，则

，x2≥z2≥y2，由排序原理可得

，原不等式成立。

（6）放缩法，即要证A>B，可证A>C1, C1≥C2, ,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈N+).

例8 求证：

【证明】

，得证。

例9 已知a, b, c是△ABC的三条边长，m>0，求证：

【证明】

（因为a+b>c），得证。

（7）引入参变量法。

例10 已知x, y∈R+, 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x1≥x2≥x3≥x4≥2, x2+x3+x4≥x1，求证：(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4.

【证明】 设x1=k(x2+x3+x4)，依题设

有(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即

≤k≤1, x3x4≥4，原不等式等价于

(x2+x3+x4) ≤x2x3x4，因为f(k)=k+

在上递减，

所以

(x2+x3+x4)=(x2+x3+x4)

≤·3x2=4x2≤x2x3x4.

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：

【证明】 先证

因为x(1-x2)=

,

所以

同理，

，

所以

例13 已知0≤a, b, c≤1，求证：≤2。

【证明】 先证即a+b+c≤2bc+2. 即证(b-1)(c-1)+1+bc≥a.

因为0≤a, b, c≤1，所以①式成立。

①

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)=值。

的最小

【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a≥b≥c，则0≤c≤, f(a, b, c)=

因为1=(a+b)c+ab≤+(a+b)c，

-c).

解关于a+b的不等式得a+b≥2(

考虑函数g(t)=, g(t)在[）上单调递增。

又因为0≤c≤

，所以3c2≤1. 所以c2+a≥4c2. 所以2

≥

所以f(a, b, c)=

≥

=

=

≥

下证0 ①

c2+6c+9≥9c2

+9

≥0

因为，所以①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ai∈R, bi∈R, i=1, 2, , n，则等号当且仅当存在λ∈R，使得对任意i=1, 2, , n, ai=λbi,

变式1：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, , n，则等号成立条件为ai=λbi,(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= …… 此处隐藏：5113字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……