全國高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題不等式

1、全國高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題-不等式證明不等式就是對(duì)不等式的左右兩邊或條件與結(jié)論進(jìn)行代數(shù)變形和化歸，而變形的依據(jù)是不等式的性質(zhì)，不等式的性質(zhì)分類羅列如下：不等式的性質(zhì)：這是不等式的定義，也是比較法的依據(jù).對(duì)一個(gè)不等式進(jìn)行變形的性質(zhì)：（1）（對(duì)稱性）（2）（加法保序性）（3）（4）對(duì)兩個(gè)以上不等式進(jìn)行運(yùn)算的性質(zhì).（1）（傳遞性）.這是放縮法的依據(jù).（2）（3）（4）含絕對(duì)值不等式的性質(zhì)：（1）（2）（3）（三角不等式）.（4）證明不等式的常用方法有：比較法、放縮法、變量代換法、反證法、數(shù)學(xué)歸納法、構(gòu)造函數(shù)方法等.當(dāng)然在證題過程中，?？伞坝梢?qū)Ч被颉皥?zhí)果索因”.前者我們稱之為綜合法；后者稱為分析法.綜合

2、法和分析法是解決一切數(shù)學(xué)問題的常用策略，分析問題時(shí)，我們往往用分析法，而整理結(jié)果時(shí)多用綜合法，這兩者并非證明不等式的特有方法，只是在不等式證明中使用得更為突出而已.此外，具體地證明一個(gè)不等式時(shí)，可能交替使用多種方法.因此，要熟練掌握不等式的證明技巧，必須從學(xué)習(xí)這些基本的常用方法開始。1比較法（比較法可分為差值比較法和商值比較法。）（1）差值比較法（原理：A B0AB）例1 設(shè)a, b, cR+，試證：對(duì)任意實(shí)數(shù)x, y, z, 有x2+y2+z2證明：左邊-右邊= x2+y2+z2所以左邊右邊，不等式成立。（2）商值比較法（原理：若>1，且B>0，則A>B。）例2 若a<

3、;x<1，比較大?。簗loga(1-x)|與|loga(1+x)|.解：因?yàn)?-x1，所以loga(1-x)0, =|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x)>log(1-x)(1-x)=1（因?yàn)?<1-x2<1，所以>1-x>0, 0<1-x<1）.所以|loga(1+x)|>|loga(1-x)|.2分析法（即從欲證不等式出發(fā)，層層推出使之成立的充分條件，直到已知為止，敘述方式為：要證，只需證。）例3 已知a, b, cR+，求證：a+b+c-3a+b證明：要證a+b+ca+b只需證，因?yàn)?，所以原不?/p>

4、式成立。例4 已知實(shí)數(shù)a, b, c滿足0<abc，求證：證明：因?yàn)?<abc，由二次函數(shù)性質(zhì)可證a(1-a) b(1-b) c(1-c)，所以，所以，所以只需證明，也就是證，只需證b(a-b) a(a-b)，即(a-b)20，顯然成立。所以命題成立。3綜合法例5 若a,b,c>0，求證：abc(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)。證明:(a+b-c)+(b+c-a)=2b0, (b+c-a)+(c+a-b)=2c0,(c+a-b)+(a+b-c)=2a0,a+b-c,b+c-a,c+a-b中至多有一個(gè)數(shù)非正.(1) 當(dāng)a+b-c,b+c-a,c+a-b中有且僅有一個(gè)數(shù)

5、為非正時(shí),原不等式顯然成立.(2) a+b-c,b+c-a,c+a-b均為正時(shí),則同理三式相乘得abc(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)例6 已知ABC的外接圓半徑R=1，SABC=，a,b,c是ABC的三邊長，令S=，t=。求證：t>S。解：由三角形面積公式:.正弦定理：a/sinA=2R.可得abc=1.所以2t=2bc+2ac+2ab.由因?yàn)閍.b.c均大于0。所以2t>=2a+2b +2c=2+2+2=2(+)=2s.所以t>s。4反證法例7 設(shè)實(shí)數(shù)a0, a1,an滿足a0=an=0，且a0-2a1+a20, a1-2a2+a30, an-2-2an-1+a

6、n0，求證ak0(k=1, 2, n-1).證明：假設(shè)ak(k=1, 2,n-1) 中至少有一個(gè)正數(shù)，不妨設(shè)ar是a1, a2, an-1中第一個(gè)出現(xiàn)的正數(shù)，則a10, a20, ar-10, ar>0. 于是ar-ar-1>0，依題設(shè)ak+1-akak-ak-1(k=1, 2, , n-1)。所以從k=r起有an-ak-1an-1-an-2 ar-ar-1>0.因?yàn)閍nak-1ar+1ar >0與an=0矛盾。故命題獲證。5數(shù)學(xué)歸納法例8 對(duì)任意正整數(shù)n(3)，求證：nn+1>(n+1)n.證明：1）當(dāng)n=3時(shí)，因?yàn)?4=81>64=43，所以命題成立。2

7、）設(shè)n=k時(shí)有kk+1>(k+1)k，當(dāng)n=k+1時(shí)，只需證(k+1)k+2>(k+2)k+1，即>1. 因?yàn)椋灾恍枳C，即證(k+1)2k+2>k(k+2)k+1，只需證(k+1)2>k(k+2)，即證k2+2k+1>k2+2k. 顯然成立。所以由數(shù)學(xué)歸納法，命題成立。6.分類討論法例9 已知x, y, zR+，求證：證明：不妨設(shè)xy, xz.）xyz，則，x2y2z2，由排序原理可得，原不等式成立。）xzy，則，x2z2y2，由排序原理可得，原不等式成立。7.放縮法（即要證A>B，可證A>C1, C1C2,Cn-1Cn, Cn>B(n

8、N+).）例10 已知a, b, c是ABC的三條邊長，m>0，求證：證明：（因?yàn)閍+b>c），得證。8.引入?yún)⒆兞糠ɡ?1 已知x, yR+, l, a, b為待定正數(shù)，求f(x, y)=的最小值。解： 設(shè)，則，f(x,y)=(a3+b3+3a2b+3ab2)=，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)成立。所以f(x, y)min=例12 設(shè)x1x2x3x42, x2+x3+x4x1，求證：(x1+x2+x3+x4)24x1x2x3x4.證明：設(shè)x1=k(x2+x3+x4)，依題設(shè)有k1, x3x44，原不等式等價(jià)于(1+k)2(x2+x3+x4)24kx2x3x4(x2+x3+x4)，即(x2+x3+

9、x4) x2x3x4，因?yàn)閒(k)=k+在上遞減，所以(x2+x3+x4)=(x2+x3+x4)·3x2=4x2x2x3x4.所以原不等式成立。9.局部不等式例13 已知x, y, zR+，且x2+y2+z2=1，求證：證明：先證因?yàn)閤(1-x2)=,所以同理，所以例14 已知0a, b, c1，求證：2。證明：先證 即a+b+c2bc+2.即證(b-1)(c-1)+1+bca.因?yàn)?a, b, c1，所以式成立。同理三個(gè)不等式相加即得原不等式成立。10.利用函數(shù)的思想例15 已知非負(fù)實(shí)數(shù)a, b, c滿足ab+bc+ca=1，求f(a, b, c)=的最小值。解：當(dāng)a, b, c中

10、有一個(gè)為0，另兩個(gè)為1時(shí)，f(a, b, c)=，以下證明f(a, b, c) . 不妨設(shè)abc，則0c, f(a, b, c)=因?yàn)?=(a+b)c+ab+(a+b)c，解關(guān)于a+b的不等式得a+b2(-c).考慮函數(shù)g(t)=, g(t)在）上單調(diào)遞增。又因?yàn)?c，所以3c21. 所以c2+a4c2. 所以2所以f(a, b, c)=下證0 c2+6c+99c2+90 因?yàn)?，所以式成立。所以f(a, b, c) ，所以f(a, b, c)min=11.構(gòu)造法例16 證明：。提示：構(gòu)造出（x，0）到兩定點(diǎn)的距離之差，并利用數(shù)形結(jié)合的方法得知兩邊差小于第三邊且三點(diǎn)共線時(shí)取最大值，從而結(jié)論得證。

11、12.運(yùn)用著名不等式（1）平均值不等式：設(shè)a1, a2,anR+，記Hn=, Gn=, An=則HnGnAnQn. 即調(diào)和平均幾何平均算術(shù)平均平方平均。其中等號(hào)成立的條件均為a1=a2=an.當(dāng)n=2時(shí)，平均值不等式就是已學(xué)過的基本不等式及其變式,所以基本不等式實(shí)際上是均值不等式的特例證明：由柯西不等式得AnQn，再由GnAn可得HnGn，以下僅證GnAn. 1）當(dāng)n=2時(shí)，顯然成立；2）設(shè)n=k時(shí)有GkAk，當(dāng)n=k+1時(shí)，記=Gk+1.因?yàn)閍1+a2+ak+ak+1+(k-1)Gk+12kGk+1, 所以a1+a2+ak+1(k+1)Gk+1，即Ak+1Gk+1.所以由數(shù)學(xué)歸納法，結(jié)論成立

12、。例17 利用基本不等式證明【思路分析】左邊三項(xiàng)直接用基本不等式顯然不行，考察到不等式的對(duì)稱性，可用輪換的方法.【略解】；三式相加再除以2即得證.【評(píng)述】（1）利用基本不等式時(shí)，除了本題的輪換外，一般還須掌握添項(xiàng)、連用等技巧.如，可在不等式兩邊同時(shí)加上再如證時(shí)，可連續(xù)使用基本不等式. （2）基本不等式有各種變式 如等.但其本質(zhì)特征不等式兩邊的次數(shù)及系數(shù)是相等的.如上式左右兩邊次數(shù)均為2，系數(shù)和為1.例18 已知求證：【思路分析】不等式左邊是、的4次式，右邊為常數(shù)，如何也轉(zhuǎn)化為、的4次式呢.【略解】要證即證（2）柯西（Cavchy）不等式：設(shè)、，是任意實(shí)數(shù)，則等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)為常數(shù)，時(shí)成立.證明：不

13、妨設(shè)不全為0，也不全為0（因?yàn)榛蛉珵?時(shí)，不等式顯然成立）. 記A=，B=.且令則原不等式化為即.它等價(jià)于其中等號(hào)成立的充要條件是從而原不等式成立，且等號(hào)成立的充要條件是變式1：若aiR, biR, i=1, 2, , n，則等號(hào)成立條件為ai=bi,(i=1, 2, , n)。變式2：設(shè)ai, bi同號(hào)且不為0(i=1, 2, , n)，則等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)b1=b2=bn.例19 設(shè)，求證：【思路分析】 注意到式子中的倒數(shù)關(guān)系，考慮應(yīng)用柯西不等式來證之.【評(píng)述】注意到式子中的倒數(shù)關(guān)系，考慮應(yīng)用柯西不等式來證之.【詳解】 ，故由柯西不等式，得 ，【評(píng)述】這是高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽題，還可用均值不等式、數(shù)

14、學(xué)歸納法、比較法及分離系數(shù)法和構(gòu)造函數(shù)法等來證之.（3）排序不等式：（又稱排序原理）設(shè)有兩個(gè)有序數(shù)組及 則（同序和）（亂序和） （逆序和）其中是1，2，n的任一排列.當(dāng)且僅當(dāng)或時(shí)等號(hào)（對(duì)任一排列）成立. 證明：不妨設(shè)在亂序和S中時(shí)（若，則考慮），且在和S中含有項(xiàng)則 事實(shí)上，左右=由此可知，當(dāng)時(shí)，調(diào)換（）中與位置（其余不動(dòng)），所得新和調(diào)整好及后，接著再仿上調(diào)整與，又得如此至多經(jīng)次調(diào)整得順序和 這就證得“順序和不小于亂序和”.顯然，當(dāng)或時(shí)中等號(hào)成立.反之，若它們不全相等，則必存在及k，使這時(shí)中不等號(hào)成立.因而對(duì)這個(gè)排列中不等號(hào)成立. 類似地可證“亂序和不小于逆序和”.例20 【思路分析】中間式子中

15、每項(xiàng)均為兩個(gè)式子的和，將它們拆開，再用排序不等式證明.【略解】不妨設(shè)，則（亂序和）（逆序和），同理（亂序和）（逆序和）兩式相加再除以2，即得原式中第一個(gè)不等式.再考慮數(shù)組，仿上可證第二個(gè)不等式.例21 設(shè)，且各不相同，求證：【思路分析】不等式右邊各項(xiàng)；可理解為兩數(shù)之積，嘗試用排序不等式.【略解】設(shè)的重新排列，滿足，又所以.由于是互不相同的正整數(shù)，故從而，原式得證.【評(píng)述】排序不等式應(yīng)用廣泛，例如可證我們熟悉的基本不等式，例22 在ABC中，試證：【思路分析】 可構(gòu)造ABC的邊和角的序列，應(yīng)用排序不等式來證明之.【詳解】 不妨設(shè)，于是由排序不等式，得 相加，得，得 又由有得 由、得原不等式成立.例23 設(shè)是正數(shù)的一個(gè)排列，求證【思路分析】 應(yīng)注意到【略證】 不妨設(shè)，因?yàn)槎即笥?. 所以有，又的任意一個(gè)排