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高中数学竞赛讲义


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 a-b>0; (2)a>b, b>c a>c; ac>bc; ac>bd; ;

(3)a>b a+c>b+c; (4)a>b, c>0 (5)a>b, c<0 ac<bc;
n n

(6)a>b>0, c>d>0

(7)a>b>0, n∈N+ a >b ; (9)a>0, |x|<a

(8)a>b>0, n∈N+ x>a 或 x<-a;

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

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

a +b ≥2ab; , x+y+z

2

2

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 ,由性质(7)得 ,即 a≤b,与 a>b 矛 ;由绝对值的意义知(9)成

盾,所以假设不成立,所以

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 0,所以 x+y≥ ≥

,当且仅当 x=y 时,等号成立,再证另一不

等 式 , 令 =(a+b) +c -3a b-3ab -3abc
3 3 2 2

, 因 为

x +b +c -3abc

3

3

3

=(a+b) +c -3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b) -(a+b)c+c ]-3ab(a+b+ c)=(a+b+c)(a +b +c -ab-bc-ca)= (a+b+c)[(a-b) +(b-c) +(c-a) ] ≥ 0,所以 a +b +c ≥3abc, 即 x+y+z≥ ,等号当且仅当 x=y=z 时成立。
2 2 2 3 3 3 2 2 2

3

3

2

2

二、方法与例题 1.不等式证明的基本方法。 (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 (A,B>0)与 1 比较大小,最后得出结论。 例 1 设 a, b, c ∈ R ,试证:对任意实数 x, y, z, 有 x +y +z 【 x +y +z
2 2 2 2 2 2 +











-





=

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-x

1 , 所 以

loga(1-x)

0,

=|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x) x)=1(因为 0<1-x <1,所以
2

>log(1-x)(1-

>1-x>0, 0<1-x<1).

所以|loga(1+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, c∈R ,求证:a+b+c-3 【证明】 , 因为 立。 例 4 已 知 实 数 a, b, c 满 足 0<a ≤ b ≤ c ≤ , 求 证 : ,所以原不等式成 要 证 a+b+c ≥ a+b
+

≥a+b 只需证

【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


2

只需证 b(a-b) ≤a(a-b),即(a-b) ≥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:n >(n+1) . 【证明】 1)当 n=3 时,因为 3 =81>64=4 ,所以命题成立。 2 ) 设 n=k 时 有 k >(k+1) , 当 n=k+1 时 , 只 需 证 (k+1) >(k+2) , 即
k+2 k+1 k+1 k 4 3 n+1 n

>1. 因 为
2k+2

,所以只需证
k+1

, 即 证 (k+1)
2 2 2

>[k(k+2)]

, 只 需 证

(k+1) >k(k+2),即证 k +2k+1>k +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+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 可得 ,原不等式成立。 ⅱ)x≥z≥y,则 可得 ,原不等式成立。 ,x ≥z ≥y ,由排序原理
2 2 2

+

,x ≥y ≥z ,由排序原理

2

2

2

(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)=
+

(a +b +3a b+3 ab )= ,等号当且仅当 时成立。所以 f(x, y)min=
2 2

3

3

2

例 11 设 x1≥x2≥x3≥x4≥2, x2+x3+x4≥x1, 求证: (x1+x2+x3+x4) ≤4x1x2x3x4.

【证明】 设 x1=k(x2+x3+x4),依题设有 ≤k≤1, x3x4≥4, 原不等式等价于(1+k) (x2+x3+x4) ≤4kx2x3x4(x2+x3+x4),即 (x2+x3+x4) ≤x2x3x4,因为 f(k)=k+ 在 所以 (x2+x3+x4)= (x2+x3+x4) 上递减,
2 2



〃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 x +y +z =1 , 求 证 :
+ 2 2 2

【证明】 先证 因为 x(1-x )=
2

,

所以 同理 , 所以 例 13 已知 0≤a, b, c≤1,求证: 【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。 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。 ① ≤ 2。 ,

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 a≥b≥c,则 0≤c ≤ , f(a, b, c)= 因为 1=(a+b)c+ab≤ +(a+b)c, -c). )上单调递增。
2 2

解关于 a+b 的不等式得 a+b≥2( 考虑函数 g(t)= 又因为 0 ≤ c ≤ 2 ≥ 所以 f(a, b, c)= ≥ = = ≥ , g(t)在[
2

,所以 3c ≤ 1. 所以 c +a ≥ 4c . 所以

下 证 9c +9
2

0 ① ≥0 因为

c +6c+9 ≥ ,所以①式成立。

2

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=b2=…=bn.

( 2) 平均值不等式: 设 a1, a2,…,an∈R+, 记 Hn= Gn= , An=

, ,则 Hn≤Gn≤

An≤Qn. 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 An≤Qn,再由 Gn≤An 可得 Hn≤Gn, 以下仅证 Gn≤An. 1)当 n=2 时,显然成立; 2)设 n=k 时有 Gk≤Ak,当 n=k+1 时,记 因为 a1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥ ≥ 2kGk+1, =Gk+1.

所以 a1+a2+…+ak+1≥(k+1)Gk+1,即 Ak+1≥Gk+1. 所以由数学归纳法,结论成立。 (3)排序不等式:若两组实数 a1≤a2≤…≤an 且 b1≤b2≤… ≤ bn , 则 对 于 b1, b2, … , bn 的 任 意 排 列 a1bn+a2bn-1+…+anb1≤ 【证明】 = 引 理 : 记 A0=0 , Ak= (阿贝尔求和法)。 ≥b1+b2+… ≤a1b1+a2b2+…+anbn. ,则 ,有

证法一:因为 b1≤b2≤…≤bn,所以 +bk. 记 sk= 所以 +snan≤0.

-( b1+b2+…+bk), 则 sk≥0(k=1, 2, …, n)。 -(a1b1+a2b2+ … +anbn)=

最后一个不等式的理由是 aj-aj+1≤0(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 在。 若 因为 (j≤n-1),则将 与 互换。

,若

,则存

≥ 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, … ,an ∈ R , 求 证 ;
+

a1+a2+…+an. 【证明】证法一:因为 ≥2an. 上述不等式相加即得 证法二:由柯西不等式 (a1+a2+…+an) , 因为 a1+a2+…+an >0,所以 ≥a1+a2+…+an.
2

,…,

≥a1+a2+…+an. (a1+a2+… +an) ≥

证法三: 设 a1, a2,…,an 从小到大排列为 , ,由排序原理可得

,则

=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 0<x<1 , a, b ∈ R , 则 ____________. 2.已知 x∈R ,则
+ +

的最小值是

的最小值是____________.
2 2 2

3.已知 a, b, c∈R,且 a +b +c =1, ab+bc+ca 的最大值为 M, 最小值为 N,则 MN=___________. 4.若不等式 范围是____________. 5 . 若 不等 式 ____________. 6. “a+b=4” 是 “不等式|x-a|+|x-b|<8 的解集是{x|-2<x<6}” 的____________条件. x+a 的 解是 x>m ,则 m 的最 小 值是 对所有实数 x 成立,则 a 的取值

7.若 a, b∈R ,则 a+b=1,以下结论成立是__________.① a +b ≥ ;② ≤a +b <1;③ ;⑥ 8.已知 0< < ,若 9 .已知
2 2 4 4 3 3

+

;④

;⑤

,则 =____________. , p=(x1- ) +(x2- ) + … +(xn- ) ,
2 2 2 2

q=(x1-a) +(x2-a) + … +(xn-a) , 若 p___________q.

,则比较大小:

10.已知 a>0, b>0 且 a b, m=a b , n=a b , 则比较大小: m_________n. 11.已知 n∈N+,求证: 12.已知 0<a<1,x +y=0,求证:loga(a +a ) ≤loga2+ . 13.已知 x∈R, 四、高考水平训练题 1.已知 A=asin x+bcos x, B=acos x+bsin x(a, b, x∈R), 设 m=AB, n=ab, P=A +B , q=a +b , 则 下 列 结 论 成 立 的 有]__________.(1)m≥n, p≥q;(2)m≤n, p≤q;(3)m+p ≥n+q;(4)m+q≥n+p.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y

a

b

b

a

,求证:

2 . 已 知

a,

b,

c,

d ∈ R , M=4(a-b)(c-d),

N=(a-b)(c-b)+(d-a)(d-c)+(c-d)(c-b)+(a-b)(a-d),则比较大 小:M________N. 3.若 排列为________. 4.已知△ABC 的三边长 a, b, c 满足 b+c≤2a, a+c≤2b,则 的取值范围是________. 5.若实数 x, y 满足|x|+|y|≤1,则 z=x -xy+y 的最大值与 最小值的和为________. 6.设函数 f(x)= 是________. 7.对 x1>x2>0, 1>a>0,记 大小:x1x2________y1y2. 8.已知函数 ________. 9 . 设 a ≤ b<c 是 直 角 △ ABC 的 三 边 长 , 若 不 等 式 恒成立,则 M 最大值为________. 10.实系数方程 x +ax+2b=0 的一个根大于 0 且小于 1,另一 个根大于 1 且小于 2,则 的取值范围是________.
2 2 2

R ,且

+



,将

从小到大

(x∈[-4,2]),则 f(x)的值域

,比较

的值域是

,则实数 a 的值为

11.已知 a, b, c∈R 且满足 a+b+c≥abc,求证:下列三个 式子中至少有两个成立: 12. 已知 a, b∈R 且 ≥2 -2 . 13.已知 a, b, c ∈R ,求证: 14.设 x, y, z 是 3 个不全为零的实数,求 值。 五、联赛一试水平训练题 1 . 已 知 a1, a2, b1, b2, c1, c ∈ R , a1c12 + 2n n+1 +

+

, 求证: 对一切 n∈N+, (a+b) -a -b

n

n

n

的最大

=a2c2

>0,

P=(a1-a2)(c1-c2), Q=(b1-b2) ,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)=x +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 a≤b≤c≤d 或者 a≥b≥c≥d, 比较大小: 4(a+c+d)(a+b+d)__________(2a+3d+c)(2a+2b+c+d). 5.已知 xi∈R , i=1, 2, …,n 且 小值为__________(这里 n>1). 6.已知 x, y∈R, f(x, y)=x +6y -2xy-14x-6y+72 的最小值 为__________.
2 2 + 2

,则 x1x2…xn 的最

7.已知 0≤ak≤1(k=1, 2, …,2n),记 a2n+1=a1, a2n+2=a2,则 的最大值为__________. 8.已知 0≤x≤1, 0≤y≤1, 0≤z≤1,则 最大值为__________. 9.已知 ≤x≤5,求证: 10.对于不全相等的正整数 a, b, c,求证: 11.已知 ai>0(i=1, 2, …, n),且 ≤λn,求证: ≤ =1。又 0<λ1≤λ2≤… 的

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 1<x1<x2<… <xn<y1<y2<…<ym, x1+x2+…+xn>y1+y2+…+ym,求证:x1x2xn>y1y2…ym. 3 . 设 f(x)=x +a , 记
2

f(x), f (x)=f(f (x))(n=2,
n

n

n-1

3, … ) , M={a ∈ R| 对所有正整数 n, |f (0)| ≤ 2} ,求证: 。

4.给定正数λ和正整数 n(n≥2),求最小的正数 M(λ), 使得对于所有非负数 x1, x2,…,xn , 有 M(λ) 5 . 已 知 x, y, z ∈ R
+









(xy+yz+zx) 6 . 已 知 非 负 实 数 a, b, c 满 足 a+b+c=1 , 求 证 : 2 ≤ (1-a ) +(1-b ) +(1-c ) ≤(1+a)(1+b)(1+c),并求出等号成立的 条件。
2 2 2 2 2 2


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