范文一:利用均值不等式证明不等式
1,利用均值不等式证明不等式
(1)均值不等式:设a1,a2,...,an是n个正实数,记
Hn?
n??????a1a2an
Gn?
a1?a2????an
An?
Qn?n它们分别称为n个正数的调和平均数,几何平均数,算术平均数,平方平均数。有如下关系:
Hn?Gn?An?Qn.等号成立的充要条件是a1?a2?????an。
先证An?Gn
证法一:用数学归纳法证明:
An?Gn.
当n?2时,An?Gn??0,An?Gn成立。
Akk
假设:n=k?2时成立,k?1.
Gk
?1?1?1Akk?AkkAkk?Gkk?11
n=k+1k?1?k?k?k1
Gk?1GkAkGk
不妨设:0
??
a??i?
k?1
Ak?1=?i?1?
?k?1??????k
??ai??i?1?k??
??????
k
k?1
k?1
k
?k?k?1
??ai??ai?ai??i?1??i?1?i?1
k?k?k?1
??
????
??????????
k?1
?k
??ai
?Ck0?1?i?1
?k??
k
??????
k?1
?k
??ai1
?i?1?Ck?1
?k????????
k
k
?k?1
??ai?ai?i?1?i?1
k?k?1
????? ???
k?1k
?
aiai???
?(k?1)i?1?(k?1?1)i?1
k?1k?
????k
???ai???i?1??k??????
?ak?1?Akkak?1. ???
?1?1Akk?Gkk?1
?k?ak?1?k1.所以对n?k?1时亦成立。原不等式成立。
AkGk
证法二:用反向数学归纳法证明:
An?Gn.
当n?2时,An?Gn??0,An?Gn成立。
k
假设:n=2(k?N+)时成立,当n=2k+1时:
2k
2k+1
2k+1
A2k+1=
?ai
i?1
k+1
?a
i?1
i
2
=2
k
+
i?2k+1
k
?a
2
i
2
?
?2?G2k+1.
即,对?k?N+,当n=2k时,结论成立。 假设n=t+1?3(t?N+)时成立。则n=t时有:
tAt?Gt
?t?1
??
Gt
化简即得:At?Gt,即n?t时亦成立。所以原不等式成立。证法三:不妨设:0
令:bk?
?a
i?1
k
i
k
,则有:bk?bk?1?0.
?1k?1
bkk?bkk?1?(bk?bk?1)(bkk?1?bkk?2bk?1???bkk?1)?(bk?bk?1)kbk?1
bkk
即:b?b[kbk?(k?1)bk?1]k?1?kbk?(k?1)bk?1.
bk?1
kk
k?1k?1
且:kbk?(k?1)bk?1?ak.(n?k?2),b1?a1.
nn
bkkn
A?b?b1?k?1?b1?[kbk?(k?1)bk?1]??ak?Gn
k?2bk?1k?2k?1n
n
nn
n
?Gn?An等号成立当且仅当:a1=a2=?=an.
上述不等式在数学竞赛中应用极为广泛,好的、难的不等式问题往往只需用它们即可解决,而无需过分追求所谓更“高级”的不等式,这是应该引起我们注意的。
例1:求证下列不等式:
(1)
a?
1
?3,(a?b?0)
a?bb
(2)logn?n?1?logn?n?1??1,n?2
(3)x4?y4?y4?x2y2?y2z2?z2x2?xyz?x?y?z?,其中x,y,z?0
证明(1)a?
11
??a?b??b?
a?bba?bb?3
?当且仅当a?b?b?
1
?0,即a?2,b?1取等号。
a?bb
证明(2
??
logn?n?1??logn?n?1?
211
logn?n2?1??lognn2?1 22
∴logn?n?1?logn?n?1??
1,n?2
4422
证明(3)x?y??2xy,同理z4?y4?2z2y2
z4?x4?2z2x2,三式相加得x4?y4?
y4?x2y2?y2z2?z2x2
22222
另一方面xy?yz??2xyz,
同理x2y2?x2z2??2yx2z,x2z2?y2z2??2yz2x 三式相加得x2y2?y2z2?z2x2?xyz?x?y?z?
说明:(1)中涉及到与常数相关的不等式的证明问题,通过变形使其出现互为倒数的因式,利用均值不等式证得。(3)中累加的方法是常用的处理手段。 例2:若a,b,c?R?且a?b
?c?
1证明:左边
?
?3?例3:已知a1,a2,???an是正数,满足a1?a2???an?1 求证:?2?a1??2?a2????
?2?an??3(89年联赛试题)
n
证明:2?a1?1?1?a
1?2
?a2?
2?an?,将以上式子相乘即得证。
例4:n?N,求证:
111???????1 n?1n?23n?1
证明:由A2n?1?H2n?1有
111?????? n?1n?23n?1
?2n?1??2n?1???
n?1?n?2????3n?1?2n?1?2
22
?1
显然上式不可能取等号,故原不等式成立。
说明:注意到Hn的表达式的结构特点,当一些正数的倒数和易于化简时,应考虑含Hn的均值不等式。
1???1?
例5:若m,n?N,m?n,求证:?1????1??
?m??n?
1?1???
?1???1 证明:由Gn?An有?1????1???1???mm????n?m个1
m
m
mn
??1??
1??m?n?m??m???1?n
???1?? ??n???n?
????
∵ 1?
n
1
?1,∴上式不可能取等号。 m
故原不等式得证。
例6:设a1,a2,???an是1,2,?n的一个排列,求证:
12n?1a1a2a?????????????n?1 23na2a3an
证明:∵a1,a2,???an是1,2,?n的一个排列
∴?a1?1??a2?1?????an?1?1???1?1??2?1?????n?1?1?
?a1a2???an
于是
111aa1a2
??????n?1???????
12na2a3an
=
aa1a2111
??????n?1??????? a2a3ana1a2ana1a1?1a2?1???????n?1
a1a2a3an
?
?n
而n??1?
?
?11??12n?1???????????????? 2n??23n?
所以
12n?1a1a2a?????????????n?1 23na2a3an
111
?????的变形处理。 12n
说明:由于不等式的左边值的估计较为不便,且右边由于排列的任意性导致若直接用均值不等式放缩则“度”太大了,所以本题采用在两边均加上?
例7:设a,b,c
为正实数,求证:(1?)(1?)(1?)?2(1?
abbcca
证明:(1?)(1?)(1?)?2?
abcabcabc
?????
bcabcacab
aaabbbccc
?(??)?(??)?(??)?
1 bcabcabca
?
1
?
?1??3?1?2(1
,构造均值定理是本题的关键。
a2?bcb2?cac2?ab例8: a,b,c?R,求证:???3
a(b?c)b(c?a)c(a?b)
?
a2?bcb2?cac2?ab
证明 左边=(?1)?(?1)?(?1)?3
a(b?c)b(c?a)c(a?b)
?
(a?b)(a?c)(b?c)(b?a)(c?a)(c?b)???3
a(b?c)b(c?a)c(a?
b)
?3
?
3
3
??3?2?3?3.
注:本题多次利用了均值不等式
a2?bccca
本题也可以由?,再处理. ????
a(b?c)a?bab?bc例9:已知a,b,c?R?,求证:
a2b2c23
???.
(b?c)2(c?a)2(a?b)24
分析:通过放缩,将异分母化为同分母,从而构造成出一些“零件不等式”,最后,将这些“零件不等式”相加,即可得出原不等式的证明。
证明:
a2
?2
(b?c)
2a
2a(b?c)2
?
?
2a
2a?(b?c)(b?c)
2a
2a?(b?c)?(b?c)
3
?
3a? ① 4a?b?c
b23b
?? ② 2a?b?c(c?a)4
同理可得
c23c
?? ③
(a?b)24a?b?c
将①、②、③三个零件不等式相加,得
a2b2c23
???
(b?c)2(c?a)2(a?b)24
注:本题的技巧在于将三个异分母的分式放缩成三个同分母的分式,构造出“零件不等式”
①、②、③。
例10:如图△ABC及其内接△DEF分原三角形所得△AEF、△BDF、△CDE中,至少有一个三角形的面
积不大于原△ABC面积的(这里所指△ABC的内接三角形DEF,是顶点D、E、F分别在△ABC三条边上的三角形)
证明:如图,设△ABC三边BC=a,CA=b,AB=c,且AE=e,AF=f,BD=m,BF=n,DC=p,EC=q,逆用公式
,并注意到
,于是有
,
,
, 更注意到
若S△CDE、S△AEF、S△BDF皆大于S△ABC的,(*)式不可能成立,故所给四个三角形面积中,至少
有一个不大于
类似例子很多,望同学们在做题实践中,更多予以总结,不断提高自己的分析,归纳解题能力。
例11:已知mi?0,i?1,2,???n,p?1,求证:m1m2???mn??n?1?
np
1
?1, ?p
i?11?mi
n
n
1?xi1p
证明:令,且?xi?1 ?xi,则mi?p
xi1?mii?1
∴1?xi?x1?x2?????xi?1?xi?1?????xn
??
n?1?∴m1m2???mn?
p
p
p
?1?x1??1?x2?????1?xn?
x1x2???xn
?
n
??n?1?
12n
∴m1m2???mn??n?1?
说明:本题采用变量代换的方式清晰地展现了已知条件与结论表达式中变量的关系。
?
例12; 设a,b,c?R,求证:a?b?c?abc?abc?abc,其中n?N,p,q,r都
n
n
n
pqr
qr
p
r
pq
np
是非负整数,且p?q?r?n
分析与解:欲证的不等式涉及到的量较多,为此先考察特殊情形:p?2,q?1,r?0,即先证明
a3?b3?c3?a2b?b2c?c2a??1?,该不等式关于a,b,c轮换对称,不妨设a?b?c,则左-右?a3?a?b??b2?b?c??c2?c?a?
?a
2
?a?b?2
?b?b??c?2?c
2
ac?b?b??
22
?a?c
???a?b???b?c2??b?c??0,故?1?式成立
进一步分析发现,?1?式本身无助于原不等式的证明,其证明方法也不能推广到原不等式,故需重新
考虑?1?式的具有启发原不等式证明的其它证法。
考虑常用不等式证明的方法发现,?1?式可以利用“均值不等式”或证,即
a3?a3?b32a3?b3
a?b???
ab?a?
33
2
2b3?c322c3?a3
,ca? 同理:bc?以上三个式相加即得?1?式。 33
2
运用此法再考虑原一般问题就简单多了,仿上,
pan?qbn?rcn
abc? np
qr
qan?rbn?pcn
abc? ?nqr
p
ran?pbn?qcn
abc? ?nr
pq
以上三个式相加即得待证不等式。
例13:设锐角?,?,?满足cos2??cos2??cos2??
1,求证:tan?tan?tan??分析与解:由已知cos
2
??cos2??cos2??1,立即联想到长方体得对角线公式:
abc
,cos??,cos??
,l?lll
2222
a?b?c?l,令cos??
以a,b,c
为棱构造长方体,则易知:tan??, ?
同理:tan??,tan?? ?
?
?tan?tan?tan??
?abc
3
上面是从条件中隐含的数形关系中探索思考解题的途径,那么,从结论不等式中观察到什么呢?由
tan?tan?tan???sin?sin?sin??
由cos
2
3
,即是三个不等式相乘的结果,就可以再变化为
:
cos?cos?cos?,这样也无需构造长方体模型,而采用下面的证法:
??cos2??cos2??1,知
sin2??1?cos2??cos2??cos2??2cos?cos?
?
?,?,?都是锐角,?sin??
同理:?sin?
sin? 将上面三个不等式两边分别相乘,即得待证不等式 通过上例的求解分析过程,我们可以看到问题的本质.
例14: 设x?R,求证:f(x)?(x2?2x?3)x?(x2?2x?3)x?3?6. 证明 令t?x?1,则g(t)?f(x)?(t2?2)(t?1)?(t2?2)t?2. 分两种情形:
(1)t??2时,(t?1)2?9. ∴g(t)?(t2?2)(t?1)?29?6; (2)t??2时,t?2?0.
2
22
?g(t)?2t
2
?2t?1
?2t?2
11?
22t22t
?21?2t?2t?2?2t?2t?2t?2t?
??6. 点评 注意到f(?1)?6,故先作代换t?x?1,使f(x)的表达形式更简单,放缩较为大胆,但要注意t?0时能取到符号,放缩不能过头,最后回到平均值不等式。
例15:设a,b,c,d为正实数,且满足ab?bc?cd?da?1
a3b3c3d31
???? 求证:
b?c?da?c?db?a?db?c?a3
证明:由均值不等式得:
a3b?c?d1a? ???b?
c?d18122a3ab?c?d1
??? 从而
b?c?d21812b3ba?c?d1
??? 同理
a?c?d21812c3ca?b?d1
???
a?b?d21812
d3da?b?c1
???
a?b?c21812
a3b3c3d3a?b?c?d?1
????各式相加得
3b?c?da?c?db?a?db?c?a
又由题设ab?bc?cd?da??a?c??b?d??1得
a?b?c?d?a?c?
1
?2代入上式即得。 a?c
1” 2
说明:本题充分利用了等号成立的条件是“a?b?c?d?
进行代数式的变形,借助ab?bc?cd?da?1进行消元,使问题得以解决。 所以,不等式得证.
例16: 设a、b、c?R?,且a2?b2?c2?1.
1112(a3?b3?c3)
?3 求证:2?2?2?
abcabc1112(a3?b3?c3)
?3 证明:2?2?2?
abcabc1?a21?b21?c22(a3?b3?c3)
??2?2? 2
abcabc(a2?b2?c2)?a2(a2?b2?c2)?b2
???
a2b2(a2?b2?c2)?c22(a3?b3?c3)
? 2
abccb2?c2a2?c2a2?b2
???
a2b2c2
2(a3?b3?c3)? ①
abc
?b2c2(b2?c2)?a2c2(a2?c2)? a2b2(a2?b2)?2abc(a3?b3?c3). 由均值不等式得
b4c2?b4a2?2b4c2?b4a2?2ab4c, b2c4?a2c4?2b2c4?a2c4?2abc4, a4c2?a4b2?2a4c2?a4b2?2a4bc. 将以上三个不等式相加得
b2c2(b2?c2)?a2c2(a2?c2)?a2b2(a2?b2)?2abc(a3?b3?c3)
因此,所证不等式成立。
注:本题待证的不等式为非齐次不等式,先利用条件“1?a2?b2?c2”,将其转化为齐次不等式①,再利用均值不等式使问题获解。
例:17: 设a、b、c、d为正数,且(a?b)(b?c)(c?d)(d?a)?1
1
. 16
分析:本题属于非齐次不等式,且次数较高,处理此题的切入点,还是利用已知等式将其齐求证:(2a?b?c)(2b?c?d)(2c?d?a)(2d?a?b)(abcd)2?
次化。
证明:由均值不等式
4
?(2a?b?c)???1?4?(2a?b?c)?
??
?(a?b?c?d)4,
故只须证(a?b?c?d)4(abcd)2?
1
16
,即须证 (a?b?c?d)4(abcd)2
?
1
16
[(a?b)(b?c)(c?d)(d?a)]3 ????11??11??11??11??3
???a?b????b?c????c?d????d?a????
4
?16??1
?abc?1bcd?1cda?1?dab??. 令
1a?x,1b?y,1c?z,1
d
?v, 于是, 式①?[(x?y)(y?z)(z?v)(v?x)]3
?16(xyz?xyv?yzv?zxv)4. 下面证明式②.
4(xyz?xyv?yzv?xzv)2 ?4[xy(z?v)?zv(z?y)]2
?4[xy?
x?y(z?v)?zv?z?v
(x?y)]222
?(x?y)2(z?y)2(xy?zv?2xyzv.)
?(x?y)2(z?v)2(y?z)(v?x). 同理,4(yzv?xzv?xyv?xyz)2
①
② ③
?(y?z)2(v?x)2(x?y)(z?v). ④ 将式③,④相乘得
16(yzv?xzv?xyv?xyz)4 ?[(y?z)(v?x)(x?y)(z?v)]3. 因此,所证不等式成立。
a?3c4b8c
??
例18:设a,b,c为正实数,求证:a?2b?ca?b?2ca?b?3c
??17?2.
分析 本题的难点是分母较复杂,可以尝试用代换的办法化简分母。
?x?a?2b?c,?
证 令?y?a?b?2c,
?z?a?b?3c,?
则x?y?b?c,z?y?c,由此可得
?a?3c?2y?x,?
?b?z?x?2y, ?c?z?y?
从而
a?3c468c
??
a?2b?ca?b?2ca?b?3c2y?x4(z?x?2y)8(z?y)???
xyz
yxzy
??17?2?4?4?8
xyyz
??17?2?2??17?2
不难算出,对任何正实数a,只要
b?(1?2)a,c?(4?32)a,
就可取到上述的等号。
注 代换法(换元法)是常用的化简分母、去分母、去根号的一种方法。
19:对任意a,b,c?R+,证明:
(a2+2)(b2+2)(c2+2)≥ 9(ab+bc+ca).
证明 原不等式?a2 b2 c2 +2
?ab
22
+4
?a
2
+8 ≥ 9
?ab.
由抽屉原理,不妨设a和b同时大于等于1,或同时小于等于1。
则
c2(a2-1)(b2-1)≥ 0
即
a2 b2 c2+ c2≥a2 c2+ b2 c2 ①
由均值不等式,有
?ab
22
?3?2?ab以及?a2≥?ab.
∴2
?ab
22
+ 3
?a
2
+ 6 ≥ 7
?ab. ②
2
2
又由①知2+ a2 b2 c2+
?a
2
=2+(a2 b2 c2+c2)?a?b
≥ a2 + b2 + a2c2 + b2c2 +2
= (a2 + b2 )+ (a2c2 +1)+( b2c2 +1) ≥2a b+2ac+2bc
∴2+ a2 b2 c2+
2a?≥2a b+2ac+2bc. ③
①+③得a2 b2 c2 +2
?ab
22
+4
?a
2
+8 ≥ 9
?ab.
即原不等式成立。
评注 这是一道美国数学奥林匹克试题。这里用抽屉原理构造了一个局部不等式,结合算术-几何平均值不等式给出了一个很精巧的证明,本题也可以利用柯西不等式与算术-几何平均值来证明。
练习题
1 ,若a,b,c?R?且a?b?c?1,求证:
27111
? ??
4a1?bb1?cc1?a,
a?1?b??b?1?c??c?1?a???3??证明:??
1113??
a1?bb1?cc1?a1119
? ??
a1?bb1?cc1?aa(1?b)?b(1?c)?c(1?a)
?
99
?
a?b?c?ab?bc?ca1?ab?bc?ca 又?3?ab?bc?ca??a?b?c?2ab?2bc?2ca??a?b?c??1
2
2
2
??
2
?ab?bc?ca?
19927
,故有 ??
131?ab?bc?ca1?43
所以不等式
27111
?成立 ??
a1?bb1?cc1?a4
xn1
?2,若n?N,x?0,求证: 22n
1?x?x???x2n?1
?
证明:?1?x2n?2xn,x?x2n?1?2xn,?,xn?1?xn?1?2xn ?1?x?x???x
2
2n
??2n?1?xn,
xnxn1
故有??
1?x?x2???x2n2n?1xn2n?1
3.设△ABC内切圆半径为r,
证明:由于“形似”,我们联想到公式 a2+b2+c2≥ab+bc+ca, 于是有
,求证:
继续“联想”三角形面积公式及内切圆半径公式:
就有
p1
?2
(p?a)(p?b)(p?c)r
,及,
从而证明了本题。
4:证明△ABC中,有以下关系成立:
证明:注意到余弦定理:
,
,
于是
,
即原命题成立
5:如图,P是正△ABC内一点,A′、B′、C′分别是它在对应边上的射影。
求证:
证明:设PA′=x,PB′=y,PC′=z,△ABC底边上的高为h,则x+y+z=h,且
命题成立
6: 已知??????
?
2
,且?,?,?均为锐角,求证:
证明
:
?
?tan??tan????
, ????tan??????
21?tan?tan???
又tan?
即tan??tan??cot??1?tan?tan??
那么tan?tan??tan??tan??tan??
?tan?tan??tan???cot??1?tan?tan?
??
??1
所以
??
?成立 7:若
a,b,c?0,求证:abc??a?b?c??b?c?a??c?a?b?
证明:∵a?b?c,b?c?a,c?a?b中任意二数之和为正,
∴a?b?c,b?c?a,c?a?b中至多有一个非正,若a?b?c,b?c?a,c?a?b有一个数非正,结论显然成立。
若a?b?c,b?c?a,c?a?b均为正,则
?
?a?b?c???c?a?b??a
2
b
?c
三式相乘即得证。
说明:应用基本不等式和不等式的基本性质推证不等式时应注意这些结论成立的条件。 8:已知
a,b,c?R*,求证:
1111
??? 333333
a?b?abcc?b?abca?c?abcabc
(1997年第26届美国数学奥林匹克竞赛试题) 证明
2
2
a3?b3?abc??a?b??a2?b2?ab??abc,又∵a2?b2?2ab
∴a?b?ab?ab,∴a3?b3?abc??a?b?ab?abc?ab?a?b?c? 同理b3?c3?abc?bc?a?b?c?,a3?c3?abc?ac?a?b?c?
111
??
a3?b3?abcc3?b3?abca3?c3?abc
?
111
??
aba?b?cbca?b?caca?b?c111?1?1
?????
a?b?c?abbcca?abc
abc
???3
b?c?ac?a?ba?b?c
?
例1:已知:a,b,c是三角形的三边,求证:
证明:令b?c?a?x,c?a?b?y,a?b?c?z,则x?0,y?0,z?0且a?
y?zz?xx?y
,b?,c?,则原不等式等价于 222
y?zz?xx?y???3,左边拆开为六项,由均值不等式即证得。 2x2y2z
9:若a,b,c为?ABC的三边,k?1,求证:
abc3
???
kb?c?akc?a?bka?b?c2k?1
?x?k?b?c??a?
证明:令?y?k?c?a??b 则
?
?z?k?a?b??c
?1?k?x?ky?kz??a?
2k?1k?1???1?k?y?kx?kz?b? ?
2k?1k?1?
??1?k?z?ky?kx?c??2k?1k?1?
则所证不等式的左边为
?1?k?x?ky?kz??1?k?y?kx?kz??1?k?z?ky?kx
2k?1k?1x2k?1k?1y2k?1k?1z
??yzzxxy??1
??3?1?k??k???????? 2k?1k?1??xxyyzz??
?3
2k?1
说明:换元法是常用的化简分母,去分母,去根号的一种方法。
10:已知x,y,z?R?,xyz?1,且x?1?z??1,y?1?x??1,z?1?y??1 求证:2?x?y?z??
111???3 xyz
证明:令x?
abc?,y?,z??a,b,c?R? bca
则x?1?z??1,y?1?x??1,z?1?y??1变为
a?c?b,a?b?c,c?b?a,要证的不等式边为
?abc?bca
2????????3 ?bca?abc
222222
等价于2ac?ba?cb?bc?ca?ab?3abc (※)
??
注意到以a,b,c为边长可以构成三角形,我们令
?a?m?n??
?b?n?l?m,n,l?R?将其代入(※)即得: ?c?l?m?
l3?m3?n3?m2n?n2l?l2m?2m2l?2n2m?2l2n
由均值不等式得:l?nl?2ln,n?mn?2nm,m?lm?2ml 上述三式相加即得证不等式。 说明:对于条件xyz?1,常作代换x?
3
2
2
3
2
2
3
2
2
abc,y?,z? bca
?a?m?n?
从而使非奇次不等式变为奇次不等式,另外,三角形三边常用的代换为:?b?n?l。
?c?l?m?
11:已知x,y,z?R?,xyz?1,求证?x?1?
??1??1??1?
y?1?z?1???????1 y??z??x?
(IMO,2000) 证明:令x?
abc?
,y?,z??a,b,c?R?则原不等式变为 bca
?a?b?c??b?c?a??c?a?b??abc,这样就变为我们熟悉的不等式题了。
12:设x,y,z为正数,xyz?1求证:
3y3z3
?(第39届IMO预选题) ++
1?y1?z1?x1?z1?x1?y4
31?y1?z
证明:由均值不等式++??x
841?y1?z8
x3
x3
1?z1?x3y3
?y 同理:++
8841?x1?z1?x1?y3z3
?z ++841?x1?y8
y3z3
所以++
1?y1?z1?x1?z1?x1?y?
13133?x?y?
z????? 24244
x3
说明:根据等号成立的条件x?y?z?1,进行了上述变形。 13:设a,b,c?R,求证
?
?
4
343
a
43
4343
?1 (IMO,2001)
证法1
?
a?b?c
43
,
?
a
43
a?b?c
43
?a?b?c?a?a?8bc?
2
2
43434313
12
442
?4?333
??a?b?c??a3?a2?8bc? ??
?b?c?2?ab??2?ac??2?bc??8abc
由平均值不等式可知,上式显然成立,同理可知:
4
343
43
8383
434343
23
?
b
43
a?b?
c
c
43
4343
?
a?b?c
43
把以上三式相加,就可得所证不等式成立。 说明:对于形如
f?a1,a2,???an?
?ga,a,???a?A?或?A?的轮换不等式,根据不等式的特征,可够造如下不等式:
12n
ait
或 hi?a1,a2,???an??At
tt
a1?a2????an
ait
的一系列不等式,i?1,2,???n,其中的t可以用待定系数法求出。 hi?a1,a2,???an??At
tt
a1?a2????an
证法2
:令
x?
y?
z?
则x,y,z??0,1?,
18bc18ab18ac?1??1??1?,, x2a2z2c2y2b2
故?
??1?1??1?
?1?1?1??2??2?=512 2x???y???z
如果x?y?z?1,则
222
??1?1??1?1?x1?y1?z
?2?1??2?1??2?1?=222
xyz?x??y???z
??????
??x?y?z?2?x2???x?y?z?2?y2???x?y?z?2?z2?
?????
??222
xyz
?
?y?z??2x?y?z??x?z??x?2y?z??x?y??x?y?2z?
x2y2z2
=512 ?矛盾,故x?y?z?1,即原命题成立。
14: 已知正数mi?R??i?1,2,3,?,n?,p?2且p?N?,并满足
n
111
?????1,求证:m1m2?mn??n?1?p ppp
1?m11?m21?mn
证明:令mip?tan2?i,?i??0,
???222
?,由已知条件应有:cos?1?cos?2???cos?n?1 ?2?
于是cos2?1?cos2?2???cos2?n?1?1?cos2?n?sin2?n
cos2?1?cos2?2???cos2?n?2?cos2?n?1?cos2?n?1?sin2?n?1 ?
cos2?2?cos2?3???cos2?n?1?cos2?1?sin2?1
把以上诸式利用均值不等式,得:
?
n?1?sin2?n
?
n?1??sin?n?1
2
?
?
n?1?sin?1
2
再把上述n个不等式两边相乘,得:
2222222
?cos?cos??cos??sin?sin??sin?n ?n?1??12n1??222
即tan?1tan?2?tan?n??n?1?,由于mip?tan2?i,i?1,2,?,n
n
n
故有m1m2?mn??n?1?
np
范文二:利用均值不等式证明轮换不等式
利用均值不等式证明轮换不等式
?
38?中学教研(数学)2010年
利用均值不等式证明轮换不等式
?周江(康定中学四川康定626000) 轮换不等式的证明方法很多,技巧性也很强. 下面例举一种"凑"的方法,即根据轮换不等式取 等的条件是相等.只要领悟"凑"的技巧,这类不等 式完全可以程序化证明.
例1已知a>0,b>0,a+b=1,求证: ,I8+七,jb+??+??'
分析要使不等式能取到等号,必须满足口= 6.结合条件-6_1,此时_l,因此
:
霸?掣:詈
证明
同理可得
=
嗣?
+n+
丢口3
—?一+
?
b3
两式相加得
?Ta+b3
结合a+b=1,得
?口+丢+,/b+l??+' 变式1已知口>0,b>0,0+b=1.求让:
,
丽+,?2vrY.
分析要使不等式能取到等号,必须满足a=
6=1
,
此时丽=,因此
可=?寺'研?
2?2=2
三
2).\,
证明丽=?寺?
,\/I/工?=(n'4?-222三2).一=,一?,Z—l,\/\
I司理日J得
厨?(6+吾),
结合a+b=1,得
,_『+,了?2
变式2已知,Y,?R,且+Y+=3,求 证:+,而+,?3
分析要使不等式能取到等号,必须满足=
Y===1,此时,=,因此
=?
丽?
/k-_.!堑?12?:52 .(2).
证明因为
=?
丽?
5?2=5+3),,,/一'.'
所以丽???(2x+3).
同理可得
丽??2y+3),而???(2+3). 上述3个式子相加,并将+Y+=1代人化简得 丽丽丽?3.
例2已知:a,b,cER,a+b+C=1,求证:
++?9.
分析要使不等式能取到等号,必须满足口= 6::1
,
此时:3,因此需要加上一个等于3的 ja
实数.若考虑+3?2?丢,则显然得不到最后结 果.结合原不等式"凑"的结果,要使右边为常数, 可得9a~>2
口
_6,
第11期周江:利用均值不等式证明轮换不等式?39?
当且仅当=9a,即n=?时,取到等号aj 证明1+9.?2
a
=6
同理可得了1+9b>~6,+9c>16.
又a+b+C=1,所以
++一
1
?9.——+_+——?.
变式1在AABC中,角A,,C满足COSA+
COSB+COSC=1,求证:
1119
—
sin—2A+—sin—2B+—sin—2C?' 分析COSA+COSB+COSC=1等价于 sin+sinB+sinC=2. 要使不等式成立,必须满足
sinA=sinB=sinC=. 证明COSA+COSB+COSC=1等价于 sinA+sin2B+sinC=2. 由于++9丁sin2B+
9
T
sin2C
?3,因此三式相加并化简得证. 变式2设1,2,…,z是正数,且X1+2+ …
+=1,求证:
X熹1X2+X熹2X3+..?++熹2^L++…+L+?三.++H一1+nn+1
分析要使不等式能取到等号,必须满足= l(i:1
,
2,…n),而:二__1
,要加上一个等于
nXi+Xi1An
且含有.+Xi+1因式的数,经观察为?(+ +1).
ff_N记+=.因为
2
+
1+1)
,
所以耋2+?+x.1? 即—
i=1X+I+1 1
?—
变式3已知>0(i=1,2,…,),s1+s2+
…
+S:A,证明:
+.+?十一=_i 分析s=,
加上因式--Si 证明
n
(rt一1)
==
,则需A一n一1" A+
生A?
志1?21,一&.(一)一一'
一..
'
因此?i=1
A
即
例3已
+
砉[A-$i?]?n2n,
耋?nn.
知?>0,b>0,a+b=1,求证: +{+1?8.++?'
分析要使不等式能取到等号,就必须满足
n=6=1
,此时
:4.:2,:8.:8b:4.
aao
证明因为
a
+4.?4,1
+4b?4,
D
i+8a+86?3/i=2, 又a+b=1,所以
上+{+?8.+十??
变式1已知a>0,b>0,a+b=1,求证:
(+丢)(+)
证明(1+)(1+)?9等价于 1++1
+
1
?9.
又+4口?4,?+46?4, 1
+8.+8b?3
三式相加并化简得证. ,
变式2已知a>0,b>0,a+b=1,求证:
a+
)(6+)?莩.
证明a+)(6+?)?25等价于 '
+
鱼+号1?一-25abaab4,+一+_+?_『.D
即n6+l_+(+詈)+?. 一%
?
(数学)2010卑 40?中学教研
由
+詈?2
?2
~/—ab~1=1; .
15/
口
1
+8a+8b)?15?3=45; a+b:1.
解得
即
6+鱼+詈1?25aaO,D珥 (口+)(6+)?孕
例4证明不等式:
口2+口2:+…+口2?!— 证明设a1+a2+…+a=口,贝0 n+
(詈)?,
因此
i=I口+n?(詈)?砉
最p口2十口:2+…+.?
均值不等式a+bI>206(a>0,b>0)中成立 的条件就是a=b,因此对由a要"凑"上的b必须 满足与它相等,还要满足已知条件,同时还应和要 证明的不等式联系在一起(如例2右边为常数,与 1
配凑的就不应为3而应为9a).只要领悟好"凑" U
的技巧,这类不等式就不难解决.
分类讨论数形结合解题赏析
——
2O1O年浙江省数学高考自选模块解题体验 ?孙海琴(温岭中学浙江温岭318000) 2010年浙江省数学高考自选模块"数学史与 不等式选讲"考查的是含参数的绝对值不等式.作 为选拔性的题目,含参数的绝对值不等式有一定的 难度,需要对参数进行合理地分类讨论,在讨论过 程中运算也很复杂.下面给出这道题的其他解法. 题目已知m?R,解关于的不等式:
1一?l一ml?1+.
1考生答题反馈
解法1等价变形去绝对值符号.原不等式等 价于
rIx—ml?1+;(1)
【I—mI?1一.(2)
由式(1),得
.r一m?+;
【一m?一1一,
fm?一l;
即i?.,
实际上,式(3)等价于当m?一1时,?;当 rn<一1时,
?.(4)
由式(2),得
—
rn?1一或一m?一1,
即?或mI>1.(5)
实际上,式(5)等价于当m?1时,?R;当m<1 时,
?.(6)
'
综合式(4)和式(6)可得:当m?l时,?m_;当 一
1?m<1时,?;当m<,1时,?.L 等价变形对大部分学生来说是比较简单的,但 对式(3),式(5)的等价变形是此题的难点.绝大多 数学生因为无法理解式(3)和式(5)而无法继续完 成此题.原因有2个:一是对变量参数的理解没到 位;--是没有真正理解"且"与"或".
解法2零点分区间讨论去绝对值符号(参考 答案的解法,此处略),此法解题的困难同解法1. 2巧妙解法
其实对于含参数的绝对值不等式,不应急于去 绝对值符号.如果采用数形结合的方法,那么不仅
范文三:利用Jensen不等式证明不等式
利用Jensen不等式证明不等式
广东中山桂山中学 528463
摘要:不等式的证明,已经成为数学竞赛的热点内容之一. 很多文章都阐述了证明不等式的方法,且那些方法都非常巧妙,但笔者另辟蹊径,利用Jensen不等式来证明不等式.
关键词:Jensen不等式;证明
在利用Jensen不等式来证明不等式之前,我们先由数学分析引入如下两个定理.
定理1 二阶可导函数f(x)为区间I上的凸(凹)函数的充要条件是f ″(x)?0(f ″(x)?0).
定理2 (Jensen不等式)若f(x)为,a,b,上的凸函数,对任意xi?,a,b,,λi>0(i=1,2,…,n),且λi=1,
则f
xiλi?λif(xi).
特别地,当λi=时,f
xi??f(xi).
下面利用Jensen不等式证明不等式.
[⇩]证明整式不等式
例1 设xk>0(k=1,2,…,n),x1+x2+…+xn=1,p?N*,p?2.
求证:x+x+…+x?n1-p.
证明 设函数f(x)=xp(00,所以,f(x)在(0,1)上为凸函数.
由Jensen不等式f
[⇩]证明分式不等式
例2 设a1,a2,…,an>0,n?2,且a1+a2+…+an=1.
求证:++…+?.
证明 设f(x)=(00,所以f(x)在(0,1)上为凸函数.
由Jensen不等式 f
例3 若ai>0(i=1,2,…,n,n?2),且ai=s(s为正数).
求证:?(其中k为常数,且k为正整数).
证明 设f(x)=(00,所以f(x)在(0,s)上为凸函数.
由Jensen不等式f
由例3同理可证例4.
例4 若0 求证:?(其中k为常数,且k为正整数).
例5 (第47届波兰数学奥林匹克第二轮)设a,b,c>0,且a+b+c=1.
求证:++?.
证明 设f(x)=(00(k=1,2,…,n),且x1+x2+…+xn=1.
求证:++…+?n.
证明 设f(x)=(00,所以f(x)在(0,1)上为凸函数.
由Jensen不等式
例8 设ai>0(i=1,2,…,n)且ai=1.
求证:
1+?(n+1)n.
证明 原不等式等价于
ln
1+?nln(1+n).
设f(x)=ln
1+(00,所以f(x)在(0,1)上为凸函数.
由Jensen不等式
1+?nln(1+n)成立,从而原不等式成立.
例9 (Klamkin不等式)设ai>0(i=1,2,…,n)且ai=1.
+n,从而原不等式成立.
例10 若x,y,z是正数,且x+y+z=1.
例11 设ai>0(i=1,2,…,n)且ai=1.
求证:?
例12 设ai>0(i=1,2,…,n)且ai=1, k?N*.
求证:aik
+?nk
不等式,然后构造函数,并判断函数的凸凹性,最后用Jensen不等式证明.
从上述例题可以看出,利用Jensen不等式证明不等式,思路清晰,技巧性少,便于操
作,显然是证明不等式的一种较好的方法.
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范文四:利用柯西不等式证明一类不等式
1998年第3期 数学教学研究 41
边分别为k 、k +1、k +2(k ∈N ) . 当∠B =2∠A 时, 由定理得(k +1) 2=k 2+k (k +2) , 解得 k =-1(舍去) , k =1.
此时三边分别为1, 2, 3, 这是不可能的.
当∠C =2∠B 时, 由定理得
(k +2) 2=(k +1) 2+k (k +1) .
解得 k =盾.
2
, 这与k 是自然数相矛
当∠C =2∠A 时, 由定理得
(k +2) 2=k 2+k (k +1) .
解得 k =-1(舍去) , k =4.
此时三边为4, 5, 6.
故只有边长为4, 5, 6的三角形符合条件.
利用柯西不等式证张定强() 514011)
文〔1〕; 2. 两篇论文构思精巧, 读后受益匪浅. 笔者在重新审视这些不等式的证法时, 发现有些证明显得烦琐. 其实, 有些不等式完全可以不用引入参数法或分母整体换元法来解决, 而用我们熟知的柯西不等式
n
n
n
例2 设x 1, x 2, …, x n ∈R +, 求证:
++…++≥x 1+x 2+…x 2x 3x n x 1
2
2
2
2
+x n . (1984年全国高中数学联赛题)
证明 设m =x 1+x 2+…+x n , 那么
(x 2+++…++=
x 2x 3x n x 1m x 3+…+x n +x 1)
++…++x 2x 3x n x 1
2
x 3) +…+(
2
2
2
2
2
2
2
2
2
∑a ∑b
2i
i =1
i =1
n
2i ≥
n
∑a b
i =1
2
i i
就可巧妙证明.
例1 设x i ∈R +(i =1, 2, …n , n ≥2) , (数学通《
1-x n -1i i =1i =1
报》1993年7月号问题845)
=
m
〔(
2
2
x 2) +(x 1) 〕×
2
∑
x i =1, 则
∑
n
2
≥
x 2
+…+
2
x n
+
x 1
≥
证明 ∵∑
i =1
(1-x i ) =n -1, 且1-
m
(x 1+x 2+…+x n ) 2=x 1+x 2+…+x n .
x i >0,
n
故原不等式成立.
n
∴∑
i =1
2
1-x i
n
例3 设Κ, Λ∈R , 0
Λi =1
+
n
=
n -1=n -1
∑(1-i =1n
x i )
∑1-i =1
n i =1
2
n
x i
2
=1, 求证:f (x 1, x 2, …, x n ) =
∑Κ-i =1
2
Λx i
≥
∑(
i =1
n
1-x i ) 2
2i
∑
1-x i
(数学通报》《1990年8月号问题
n Κ-Λ
668题的一个推广)
n
≥
n -1
∑x
i =1
=n -1
证明 ∵∑(Κ-Λx i ) =n Κ-i =1
Λ, 且
42 数学教学研究 1998年第3期
2
=--2+2?, Κ-Λx i >
Κ-Λx i ΛΛΛΚ-Λx i
2
+c ) 2=
2
0.
n
∴∑
i =1
Κ-Λx i
2
=-n
Λ
i =1
-2
+ Λ2Λ2
故原不等式成立.
例6 已知x , y , z ∈R +, 求证:
++≤2x +y +z x +2y +z x +y +2z 4
n Κ-Λ
n
∑(Κ-i =1
Λx i ) ∑
Κ-Λx i
≥-
Λ
22-=2+2
n Κ-ΛΛΛ(n Κ-Λ)
例4 设a i ∈R +(i =1, 2, …, n ) , s =n
i
n
(中等数学》《1996年2月号数学奥林匹克问题40)
证明 设m =(2x +y +z ) +(x +2y +z ) +(x +y +2z ) =4(x +y +z ) , 因此
++
2x +y +z z +2y +z y +2z
∑a , 则∑s -i =1
i =1
2
a i
n
≥
n -
(数学通报》《1
1994年11月号问题925)
证明 ∵∑(s -a i ) =s (n -1) 且s -i =1
x
+y
a i >0(i =1, 2, …, n ) ,
n
∴i 1
n
i 1)
2
(s -i =1
a i 2
++3-4+x +y +z
444=3-4∑
i =1n
s -
2
a i =
2
s (n -1)
n
∑
i =1
(s -n
a i ) a i
2
=
4
+x +
4+
+y +4
+z
∑
i =1
s -
≥
a i
s (n -1)
∑
i =1
n -
1
例5 设a , b , c ∈R +, 试证:
2
a +b
+
2
b +c
+
2
c +a
≥
2
(数学通《
×+x +y +z 444≤3-=44
用同样的方法, 对一些不等式适当变形可以证明文〔2〕中第21页3、4、5题, 也可证明文〔1〕第22页2) , 3) , 4) , 5) 不等式, 证明留给读者.
参考文献
1 蒋涛. 一题、一法、一类, 数学通报, 1997, (9) :222 陶兴模. 一组数学问题的统一证法与思考. 数学
+
报》1995年4月号问题946)
证明 设m =(a +b ) +(b +c ) +(c +a ) =2(a +b +c ) , 那么
2
b c c +a m
222
≥(a +b ++c ) +(c +a ) m a +b b +c c +a +b
+
2
+
2
=
(a +b ) +(b +
通报, 1997, (9) :19~21
范文五:利用均值不等式证明不等式
1,利用均值不等式证明不等式
aaa,,...,(1)均值不等式:设是n个正实数,记 12n
nn Gaaa,,,,H,nn12n111,,,,,,aaa12n
222aaa,,,,,aaa,,,,,12n12n Q,A,nnnn
它们分别称为n个正数的调和平均数,几何平均数,算术平均数,平方平均数。有如下关系:
HGAQ,,,aaa,,,,,,.等号成立的充要条件是。 nnnn12n
AG,先证 nn
用数学归纳法证明:AG,. 证法一:nn
2()aa,12当时,成立。nAGAG,,,,,20, nnnn2
kAk 1.假设:n=k2,,时成立,即有:kGk
kkkk,,,111AAAGkkkk,,,111 n=k+1时:只需证:,,,kkkk,1GGAGkkkk,1
不妨设:0
k,1k,1kk,1kkkk,,11kkkk,1,,,,,,,,,,,,aaaaaaaa,,,,,,,,,,iiiiiiii,,,,,,,,,,k,101iiii,,,,1111iiii,,,,1111,,,,,,,,,,,,A=,,,CC ,,,k,1kk,,11kkkk,,111,,kkkk,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
kkkkkk,1,,,,,,aaaa,,,,iiii,,,,,,kiiii,,,,1111,,,,,,(1)(11).kkaAa ,,,,,,,kkk,,111kkkk,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
kk,,11AGkk,,11 ?,,,,.1所以对时亦成立。原不等式成立。ankk,1kkAGkk
证法二:用反向数学归纳法证明:AG,.nn
2()aa,12当时,成立。nAGAG,,,,,20, nnnn2
kk1++ 假设:n=2()时成立,当kN,n=2时:
k1+k22kk+1k1+a22a2,i,ikkk222ii,,1+1,aaak+1,,ii+,i2kkki,12i,+1k+1i,1222==.,,,AaG k1k1++,ik1+22222i,1
+k即,对当,,kN,n=2时,结论成立。
+ 假设n=t+13,,()时成立。则tNn=t时有:
tt
taa,,,iittttAG,i,1i,1ttt+1tt()(),,,,aaaG ,,,iiit11tt,,iii,,,111
化简即得:,即时亦成立。所以原不等式成立。AGnt,, tt
不妨设:0
k
a,i,1i 令:则有:,,,,0.bbb,1kkkk
kkkkkk,,,,1211 bbbbbbbbbbkb,,,,,,,,()()()kkkkkkkkkkk,,,,,,111111
kb,1kkk 即:,亦即:,,,,,,[(1)](1).bbkbkbkbkb,,,111kkkkkk,1kb,1k
且:kbkbankba,,,,,,(1).(2),. kkk,111
knnnbnnnk ,,,,,,,[(1)]AbbbkbkbaG,,,111,nnkkkn,1kb,,,221kkk,1k
?,GAaaa等号成立当且仅当:===. nn12n
上述不等式在数学竞赛中应用极为广泛,好的、难的不等式问题往往只需用它们即可解决,而无需过分追
求所谓更“高级”的不等式,这是应该引起我们注意的。
例1:求证下列不等式:
1a,,3(1),(0)ab,, abb,,,
log1log11,2nnn,,,,(2) ,,,,nn
444222222xyyxyyzzx,,,,,,,,xyzxyz(3),其中xyz,,0, ,,
11a,,,,,abb证明(1) ,,abb,abb,,,,,
1,,,,,33abb 3,,abb,,,
1abb,,,,0当且仅当,即取等号。 ab,,2,1abb,,,
log1log1nn,,证明(2) ,,,,nn
log1log1nn,,,,,,,nn, 2
1122 ,,,,nnlog1log1,,nn22
?log1log11,2nnn,,,,,,,,nn
4422444422zyzy,,2证明(3)xyxyxy,,,22,同理
4442222224422xyyxyyzzx,,,,,,三式相加得 zxzx,,2
22222422另一方面xyyzxyzxyz,,,22,
2222222222xyxzyxz,,,2xzyzyzx,,,2同理,
222222xyyzzx,,三式相加得,,,xyzxyz ,,说明:(1)中涉及到与常数相关的不等式的证明问题,通过变形使其出现互为倒数的因式,利用均值不
等式证得。(3)中累加的方法是常用的处理手段。
,abcR,,,13113113143abc,,,,,,例2:若且,求证: abc,,,1
131131131abc,,,,,,,,,,,16证明:左边 ,,,334333
aaa,,,,,aaa,,,,,1例3:已知是正数,满足 12n12n
n求证:2223,,,,,,,aaa(89年联赛试题) ,,,,,,12n
33证明:2113,,,,,aaa,同理:23,,aa,? 22111
323,,aa,将以上式子相乘即得证。 nn
111例4:,求证: nN,,,,,,,,1nnn,,,1231
AH,证明:由有 2121nn,,
111 ,,,,,,nnn,,,1231
222121nn,,,,,, ,,,12nnn,,,,,,,,1231,,,,,,21n,,,显然上式不可能取等号,故原不等式成立。
HH说明:注意到的表达式的结构特点,当一些正数的倒数和易于化简时,应考虑含的均值不等式。 nn
mn11,,,,:若,求证:,,, 例5mnNmn,,,,11,,,,mn,,,,
mm11,,,,GA,11111,,,,,,,,证明:由有 nn,,,,mm,,,,,个1nm
n,,1,,,,,,mnm1n,,,,1m,,,,,, ,,,1,,nn,,,,
,,,,
1? ,?上式不可能取等号。 11,,m
故原不等式得证。
aaa,,,,,例6:设是1,2,?n的一个排列,求证: 12n
a121n,aan,112, ,,,,,,,,,,,,aaa23n23n
aaa,,,,,证明:?是1,2,?n的一个排列 12n
?aaan,,,,,,,,,,,,,,111112111 ,,,,,,,,,,,,121n,
,,,,aaa 12n
a111aan,112,于是 ,,,,,,,,,,,,aaa12n23n
aaa111n,112= ,,,,,,,,,,,,,aaaaaa12n23n
a1aa,,11n,112 ,,,,,,,,aaaa123n
aaa,,,,,,111,,,,,,121n,n,,nn aaa,,,12n
11121n,,,,,而n,,,,,,,1,,,,,,, ,,,,2n23n,,,,
a121n,aan,112,所以 ,,,,,,,,,,,,aaa23n23n
说明:由于不等式的左边值的估计较为不便,且右边由于排列的任意性导致若直接用均值不等式放缩则
111“度”太大了,所以本题采用在两边均加上的变形处理。 ,,,,,,12n
abcabc,,(1)(1)(1)2(1),,,,,例7:设a,b,c为正实数,求证: 3bcaabc
abcabcabc证明: (1)(1)(1)2,,,,,,,,,,bcabcacab
aaabbbccc ,,,,,,,,,,()()()1bcabcabca
333abc333 ,,,,3331abcabcabc
3()2()abcabcabc,,,,,,,,,,,,,1312(1) 333abcabcabc
3abc注:本题问题中由可以看得出给了均值定理的提示:,构造均值定理是本题的关键。
222abcbcacab,,,,,,,3abcR,,,例8: ,求证: abcbcacab()()(),,,
222abcbcacab,,,(1)(1)(1)3,,,,,,证明 左边= abcbcacab()()(),,,
()()()()()()abacbcbacacb,,,,,,,,,,3 abcbcacab()()(),,,
()()()()()()abacbcbacacb,,,,,,3 ,,,,33abcbcacab()()(),,,
()()()abbcca,,,3,,33 abc
222abbcca,,3 ,,33abc
. ,,,,3233
注:本题多次利用了均值不等式
2abccca,,,本题也可以由,再处理. ,,,abcababbc(),,,
,a,b,c,R,例9:已知求证:
222abc3333,,,. 2223(b,c)(c,a)(a,b)4
分析:通过放缩,将异分母化为同分母,从而构造成出一些“零件不等式”,最后,将这些“零件不等式”相加,即可得出原不等式的证明。
证明: 232aa,32()2b,c32()ab,c
32a ,32()()a,b,cb,c
32a,2()()a,b,c,b,c
3
3a,, ? 3a,b,c4
2b3b3,,同理可得 ? 23a,b,cc,a()4
2c3c3,, ? 23a,b,ca,b()4
将?、?、?三个零件不等式相加,得
222abc3333,,, 2223(b,c)(c,a)(a,b)4
注:本题的技巧在于将三个异分母的分式放缩成三个同分母的分式,构造出“零件不等式”?、?、?。
例10:如图?ABC及其内接?DEF分原三角形所得?AEF、?BDF、?CDE中,至少有一个三角形的面积不大于原?ABC面积的(这里所指?ABC的内接三角形DEF,是顶点D、E、F分别在?ABC三条边上的三角形)
证明:如图,设?ABC三边BC=a,CA=b,AB=c,且AE=e,AF=f,BD=m,BF=n,DC=p,EC=q,逆用公式,并注意到,于是有
, ,
, 更注意到
若S、S、S皆大于S的,(*)式不可能成立,故所给四个三角形面积中,至少?CDE?AEF?BDF?ABC
有一个不大于
类似例子很多,望同学们在做题实践中,更多予以总结,不断提高自己的分析,归纳解题能力。
n1min,,,,,0,1,2,,1例11:已知,,, p,1,ip1,mi,1i
n
p求证:mmmn,,,,,1 ,,12n
n1,x1pi证明:令,则,且x,1 ,xm,,iiip,m1xi,1ii
1,,,,,,,,,,,,,,xxxxxx? iiin1211,,
n,1 ,,,,,,,,nxxxx1,,111iin,,
111,,,,,,xxx,,,,,,12nppp? mmm,,,,12nxxx,,,12n
nnnn,,,111n,1nxxx,,,,1,,n12n,,,n1 ,,xxx,,,12n
n
pmmmn,,,,,1? ,,12n
说明:本题采用变量代换的方式清晰地展现了已知条件与结论表达式中变量的关系。
,nnnpqrqrprpqabcR,,,nNpqr,,,,例12; 设,求证:,其中都 abcabcabcabc,,,,,
是非负整数,且 pqrn,,,
分析与解:欲证的不等式涉及到的量较多,为此先考察特殊情形:pqr,,,2,1,0,即先证明
333222abc,,,该不等式关于轮换对称,不妨设,则左,右abcabbcca,,,,,1abc,,,,
322 ,,,,,,aabbbccca,,,,,,
222 ,,,,,,,,aabbbcccbba,,,,,,
2222,,,,,,,acabbcbc0 ,故式成立 1,,,,,,,,,,
进一步分析发现,式本身无助于原不等式的证明,其证明方法也不能推广到原不等式,故需重新1,,
式的具有启发原不等式证明的其它证法。 考虑1,,
考虑常用不等式证明的方法发现,式可以利用“均值不等式”或证,即 1,,
33333aabab,,,232333 abaabaab,,,,33
333322bcca,,22 同理:以上三个式相加即得式。 bcca,,,1,,33
运用此法再考虑原一般问题就简单多了,仿上,
nnnpaqbrc,,pqrnnnnnnabcaabbcc,, nn个q个r个p
nnnqarbpc,,qrpnnnnnn abcaabbcc,,nnq个r个p个
nnnrapbqc,,rpqnnnnnn abcaabbcc,,nnr个p个q个
以上三个式相加即得待证不等式。
222coscoscos1,,,,,,例13:设锐角,,,,,满足,求证: tantantan22,,,,
222coscoscos1,,,,,,分析与解:由已知,立即联想到长方体得对角线公式:
abc2222222 ,令, abcl,,,cos,cos,cos,,,,,,labc,,,lll
22bcbc,2,tan,, 以abc,,为棱构造长方体,则易知:, aa
2222caca,2abab,2tan,,,,tan,, 同理:, bbcc
222bccaab?,,,,,tantantan22 abc
上面是从条件中隐含的数形关系中探索思考解题的途径,那么,从结论不等式中观察到什么呢,由
3
tantantan222,,,,,,即是三个不等式相乘的结果,就可以再变化为:,,
3
sinsinsin2coscoscos,,,,,,,,这样也无需构造长方体模型,而采用下面的证法: ,,
222coscoscos1,,,,,, 由,知
2222sin1coscoscos2coscos,,,,,,,,,,,
都是锐角, ,,,,,?,sin2coscos,,,
同理:, sin2coscos,,,,?,sin2coscos,,,
将上面三个不等式两边分别相乘,即得待证不等式
通过上例的求解分析过程,我们可以看到问题的本质.
2223xx,例14: 设,求证: fxxxxx()(23)(23)6.,,,,,,,xR,
22(1)22tt,,证明 令,则 gtfxtt()()(2)(2).,,,,,tx,,1
分两种情形:
2(1)9t,,(1)时,. t,,2
22(1)9t,? gtt()(2)26;,,,,
(2)时,. t,,2t,,20
2ttt,,,212 ?,,gt()22
11122,,tttttt ,,22,,,,,,222222tt22
14t662,, ,6.4t2
点评 注意到,故先作代换,使的表达形式更简单,放缩较为大胆,但要注意f(1)6,,fx()tx,,1t,0
时能取到符号,放缩不能过头,最后回到平均值不等式。
例15:设为正实数,且满足1 abcd,,,abbccdda,,,,
3333abcd1,,,,求证: bcdacdbadbca,,,,,,,,3
证明:由均值不等式得:
33abcd,,1abcd,,1a3,,, ,3,,bcd,,18122bcd,,1812
3aabcd,,1,,,从而 bcd,,21812
3bbacd,,1,,,同理 acd,,21812
3ccabd,,1,,, abd,,21812
3ddabc,,1,,, abc,,21812
3333abcdabcd,,,,1各式相加得 ,,,,bcdacdbadbca,,,,,,,,3
又由题设得 acbd,,,1abbccdda,,,,,,,,
1代入上式即得。 abcdac,,,,,,,2ac,
1说明:本题充分利用了等号成立的条件是“” abcd,,,,2
进行代数式的变形,借助1进行消元,使问题得以解决。 abbccdda,,,,
所以,不等式得证.
222例16: 设a、b、c,R,且1. a,b,c,,
3331112(a,b,c),,,,3求证: 222abcabc
3331112(a,b,c),,,,3证明: 222abcabc
2223331a1b1c2(abc),,,,,,,,, 222abcabc
22222222,,,,,,(abc)a(abc)b,,, 22ab
2222333(abc)c2(abc),,,,,, 2abcc
222222b,ca,ca,b,,, 222abc
3332(abc),,, ? abc
22222222,bc(b,c),ac(a,c), 2222333ab(a,b),2abc(a,b,c). 由均值不等式得
424242424, bc,ba,2bc,ba,2abc242424244, bc,ac,2bc,ac,2abc424242424. ac,ab,2ac,ab,2abc将以上三个不等式相加得
222222222222333bc(b,c),ac(a,c),ab(a,b),2abc(a,b,c)
因此,所证不等式成立。
222注:本题待证的不等式为非齐次不等式,先利用条件“”,将其转化为齐次不1,a,b,c
等式?,再利用均值不等式使问题获解。
例:17: 设a、b、c、d为正数,且 (a,b)(b,c)(c,d)(d,a),1
12求证: (2a,b,c)(2b,c,d)(2c,d,a)(2d,a,b)(abcd),.16分析:本题属于非齐次不等式,且次数较高,处理此题的切入点,还是利用已知等式将其齐
次化。
证明:由均值不等式
41,,,,,,,(2abc)(2abc) ,,,,4,,
4,(a,b,c,d),
142故只须证即须证 (a,b,c,d)(abcd),,16
42(a,b,c,d)(abcd)
13 ,[(a,b)(b,c)(c,d)(d,a)]16
3,,11111111,,,,,,,,,,,,, ,,,,,,,,,,abbccdda,,,,,,,,,,
41111,,16.,,,, ? ,,abcbcdcdadab,,
1111令 于是, ,x,,y,,z,,v,abcd
3,[(x,y)(y,z)(z,v)(v,x)]式?
4,16(xyz,xyv,yzv,zxv). ? 下面证明式?.
24(xyz,xyv,yzv,xzv)
2,4[xy(z,v),zv(z,y)]
x,yz,v2 ,4[xy,(z,v),zv,(x,y)]22
22 ,(x,y)(z,y)(xy,zv,2xyzv.)
22,(x,y)(z,v)(y,z)(v,x). ?
24(yzv,xzv,xyv,xyz)同理,
22,(y,z)(v,x)(x,y)(z,v). ? 将式?,?相乘得
416(yzv,xzv,xyv,xyz)
3,[(y,z)(v,x)(x,y)(z,v)].
因此,所证不等式成立。
a,3c4b8c,,例18:设a,b,c为正实数,求证: a,2b,ca,b,2ca,b,3c
,,17,122.
分析 本题的难点是分母较复杂,可以尝试用代换的办法化简分母。
x,a,2b,c,,
,y,a,b,2c,证 令 ,
,z,a,b,3c,,
则由此可得 x,y,b,c,z,y,c,
a,3c,2y,x,,
,b,z,x,2y, ,
,c,z,y,
a,3c468c,,从而 a,2b,ca,b,2ca,b,3c
2y,x4(z,x,2y)8(z,y),,,xyz
yxzy,,17,2,4,4,8 xyyz
,,17,28,232
,,17,122
不难算出,对任何正实数a,只要
b,(1,2)a,c,(4,32)a,
就可取到上述的等号。
注 代换法(换元法)是常用的化简分母、去分母、去根号的一种方法。
+,19:对任意a,b,cR,证明:
222(a+2)(b+2)(c+2)? 9(ab+bc+ca).
222222 证明 原不等式a b c+2+4+8 ? 9. abaab?,,,
由抽屉原理,不妨设a和b同时大于等于1,或同时小于等于1。 则
222c(a-1)(b-1)? 0 即
22222222 ? a b c+ c?a c+ b c
222由均值不等式,有以及?. abab,,32aab,,,,
222??2+ 3+ 6 ? 7. abaab,,,
2222222222?c),又由知2+ a b c+=2+a b c+ (ab,a,
2 2 22 22 a+ b+ ac+ bc+2 ?
2 2 22 22 = (a+ b)+ (ac+1)+( bc+1)
?2a b+2ac+2bc
2222??2+ a b c+?2a b+2ac+2bc. a,
222222 ??+得a b c+2+4+8 ? 9. abaab,,,
即原不等式成立。
评注 这是一道美国数学奥林匹克试题。这里用抽屉原理构造了一个局部不等式,结合算术,几何平均值
不等式给出了一个很精巧的证明,本题也可以利用柯西不等式与算术,几何平均值来证明。
练习题
11127,abcR,,,,,1 ,若且,求证: ,abc,,,1abbcca111,,,4,,,,,,,
abbcca111,,,,,,,,,,,,,3,,证明:,1113,,abbcca111,,,,,,,,,
9111,,, abbcca111,,,abbcca(1)(1)(1),,,,,,,,,,,
99,, abcabbcca,,,,,1,,,abbcca,,,,,,
222232221abbccaabcabbccaabc,,,,,,,,,,,, 又 ,,,,,,
19927 ,故有 ?,,,abbcca,,1314,,,abbcca,,1,3
11127,, 所以不等式成立 ,abbcca111,,,4,,,,,,
nx1,nNx,,,0,2,若,求证: 22n121,,,,,xxxn
22111nnnnnnn,,,12,2,,2,,,,,,xxxxxxxx证明:
22nn?,,,,,,121xxxnx , ,,
nnxx1故有,,22nn12121,,,,,,xxxnxn,,
3(设?ABC内切圆半径为r,,求证:
证明:由于“形似”,我们联想到公式 222 a+b+c?ab+bc+ca,
于是有
继续“联想”三角形面积公式及内切圆半径公式:
,及,
p1, 就有 2()()()papbpcr,,,
从而证明了本题。
4:证明?ABC中,有以下关系成立:
证明:注意到余弦定理:
,
,
,
于是
即原命题成立
5:如图,P是正?ABC内一点,A′、B′、C′分别是它在对应边上的射影。 求证:
证明:设PA′=x,PB′=y,PC′=z,?ABC底边上的高为h,则x+y+z=h,且
命题成立
,6: 已知,且均为锐角,求证: ,,,,,,,,,,,2
tantan5tantan5tantan543,,,,,,,,,,,,
证明: tantan5tantan5tantan5,,,,,,,,,,,
222tantan5tantan5tantan5,,,,,,,,,,,,,,,,,,3 3
tantantantantantan15,,,,,,,,,,3 3
,,,tantan,,, 又, tantan,,,,,,,,,,,21tantan,,,,,
即tantancot1tantan,,,,,,,, ,,
那么tantantantantan,,,,,,, ,,
,,,,tantantancot1tantan1,,,,,,,, ,,,,
tantantantantantan1516,,,,,,,,,3343,, 所以 33
故有不等式tantan5tantan5tantan543,,,,,,,,,,,,成立
7:若abc,,0,,求证: abcabcbcacab,,,,,,,,,,,,,证明:?abcbcacab,,,,,,,,中任意二数之和为正, ?abcbcacab,,,,,,,,中至多有一个非正,若abcbcacab,,,,,,,,有一个数非正,结论显然
成立。
abcbcacab,,,,,,,,若均为正,则
abccab,,,,,,,,,abccaba,,,,,, ,,,,2
abcbcab,,,,,同理: ,,,,
bcacabc,,,,, ,,,,
三式相乘即得证。
说明:应用基本不等式和不等式的基本性质推证不等式时应注意这些结论成立的条件。
1111*abcR,,,8:已知,求证: ,,,333333ababccbabcacabcabc,,,,,,
(1997年第26届美国数学奥林匹克竞赛试题)
332222ababcababababc,,,,,,,证明:?,又? abab,,2,,,,
2233?,? ababab,,,ababcabababc,,,,,,,,ababc,,,,
3333同理, bcabcbcabc,,,,,acabcacabc,,,,,,,,,
111 ,,333333ababccbabcacabc,,,,,,
111,,, ababc,,bcabc,,acabc,,,,,,,,
11111,,,,,, ,,abcabbccaabc,,,,
abc例1:已知:是三角形的三边,求证: abc,,,,,3bcacababc,,,,,,证明:令bcaxcaby,,,,,,,,,则xyz,,,0,0,0 abcz,,,
yzzxxy,,,且,则原不等式等价于 abc,,,,,222
yzzxxy,,,,,,3,左边拆开为六项,由均值不等式即证得。 222xyz
,9:若abc,,为ABC的三边,,求证: k,1
abc3,,, kbcakcabkabck,,,,,,,21,,,,,,
xkbca,,,,,,
,证明:令 则 ykcab,,,,,,
,zkabc,,,,,,
,1,,,kxkykz,,a,,211kk,,,,,,,
,1,,,kykxkz,,, b,,211kk,,,,,,,
,1,,,kzkykx,,,c,211kk,,,,,,,,
则所证不等式的左边为
111,,,,,,,,,kxkykzkykxkzkzkykx,,,,,, ,,211211211kkxkkykkz,,,,,,,,,,,,,,,,,,
,,,,1yzzxxy ,,,,,,,,31kk,,,,,,211kkxxyyzz,,,,,,,,,,
3 ,21k,
说明:换元法是常用的化简分母,去分母,去根号的一种方法。
,xyzR,,,10:已知,,且,, xyz,1xz11,,yx11,,zy11,,,,,,,,
11123xyz,,,,,,求证: ,,xyz
abc,abcR,,,证明:令,, x,y,z,,,bca
则,,变为 xz11,,yx11,,zy11,,,,,,,,
,,,要证的不等式边为 acb,,abc,,cba,,
abcbca,,23,,,,,, ,,bcaabc,,
22222223acbacbbccaababc,,,,,,等价于 (※) ,,
注意到以为边长可以构成三角形,我们令 abc,,
amn,,,
,,mnlR,,,bnl,,将其代入(※)即得: ,,,
,clm,,,
333222222 lmnmnnllmmlnmln,,,,,,,,222
322322322由均值不等式得:,, lnlln,,2nmnnm,,2mlmml,,2上述三式相加即得证不等式。
abcxyz,1说明:对于条件,常作代换,, x,y,z,bca
amn,,,
,bnl,,从而使非奇次不等式变为奇次不等式,另外,三角形三边常用的代换为:。 ,
,clm,,,
,,111,,,,,xyzR,,,11:已知,,求证 xyz,1xyz,,,,,,,1111,,,,,,yzx,,,,,,
(IMO,2000)
abc,abcR,,,证明:令,,则原不等式变为 x,y,z,,,bca
,这样就变为我们熟悉的不等式题了。 abcbcacababc,,,,,,,,,,,,,
12:设xyz,,为正数,求证: xyz,1
333yxz3++(第39届IMO预选题) ,11,,yz11,,xz11,,xy4,,,,,,,,,,,,
33xx31,y1,z3证明:由均值不等式++ ,,3x11,,yz86448,,,,
3y1,z1,x3同理:++ ,y11,,xz488,,,,
3z1,x1,y3++ ,z11,,xy488,,,,
333yxz所以++ 11,,yz11,,xz11,,xy,,,,,,,,,,,,131333 ,,,,3xyz,,,,xyz,,24424
说明:根据等号成立的条件,进行了上述变形。 xyz,,,1
,abcR,,,13:设,求证
abc,,,1 (IMO,2001) 222abcbaccab,,,888
43aa,证法1:先证, 4442abc,8333abc,,
43aa,由 4442abc,8333abc,,
44411233332,,,,,abcaabc8 ,,
24442,,23333 ,,,,,abcaabc8,,,,
,,
882444333333,8abc,,,,,bcabacbc222 ,,,,,,由平均值不等式可知,上式显然成立,同理可知:
43bb, 4442bac,8333abc,,
43cc, 4442cab,8333abc,,
把以上三式相加,就可得所证不等式成立。
faaa,,,,,,,12n说明:对于形如的轮换不等式,根据不等式的特征,可够造如下不等式:或,A,A,,,gaaa,,,,,,,12n
tai或 ,,haaaA,,,,,,12intttaaa,,,,,12n
tai的一系列不等式,,其中的可以用待定系数法求出。 in,,,,1,2,t,,haaaA,,,,,,12intttaaa,,,,,12n
cabz,证法2:令x,,y,, 222abc,8bac,8cab,8
18ac18bc18ab,,1则,,, xyz,,0,1,,,1,,1,,222222ybxazc
11,,1,,,,,1,1故=512 ,1,,,,,,222xzy,,,,,,
如果xyz,,,1,则
222111,,,xyz,,,,,,11,,1,,,,,1,1= ,1,,,,,,222222xzxyzy,,,,,,
222222,,,,,,xyzxxyzyxyzz,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, ,222xyz
yzxyzxzxyzxyxyz,,,,,,,,,222,,,,,,,,,,,,, 222xyz
222444242424yzxyzxzxyzyxxyz,,,,,=512 ,222xyz
矛盾,故,即原命题成立。 xyz,,,1
,,pN,14: 已知正数且,并满足 mRinp,,,1,2,3,,,2,,i
n111p ,,,,,求证: 1mmmn,,1,,12nppp,,,mmm11112n
,,,p2222m,,tan,0,证明:令,由已知条件应有: ,,coscoscos1,,,,,,,iii,,n122,,
22222 于是 coscoscos1cossin,,,,,,,,,,,nnn,121
222222 coscoscoscos1cossin,,,,,,,,,,,,,nnnn,,,12211
22222 coscoscos1cossin,,,,,,,,,,,n2311
把以上诸式利用均值不等式,得:
2222n,1n,,1coscoscossin,,,, ,,121nn,
22222n,1n,,1coscoscoscossin,,,,, ,,nnn,,1221
2222n,1n,,1coscoscossin,,,, ,,231n
再把上述个不等式两边相乘,得: n
n2222222,,n,,1coscoscossinsinsin,,,,,, ,,121nn,,
n222p2tantantan1,,,,,n 即,由于 min,,tan,1,2,,,,,12nii
n
p 故有mmmn,,1 ,,12n
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