高中數(shù)學(xué)競賽專題講座-幾個重要不等式及其應(yīng)用

PAGE14高中數(shù)學(xué)競賽專題講座幾個重要不等式及其應(yīng)用幾個重要不等式及其應(yīng)用一、幾個重要不等式以下四個不等式在數(shù)學(xué)競賽中使用頻率是最高的，應(yīng)用極為廣泛。1、算術(shù)-幾何平均值（AM-GM）不等式設(shè)是非負實數(shù)，則2、柯西（Cauchy）不等式設(shè)，則等號成立當(dāng)且僅當(dāng)存在，使變形（Ⅰ）：設(shè)，則；等號成立當(dāng)且僅當(dāng)存在，使變形（Ⅱ）設(shè)同號，且，則。等號成立當(dāng)且僅當(dāng)3．排序不等式設(shè)是的一個排列，則.等號成立當(dāng)且僅當(dāng)或。（用調(diào)整法證明）.4．琴生（Jensen）不等式若是區(qū)間上的凸函數(shù)，則對任意的點有等號當(dāng)且僅當(dāng)時取得。（用歸納法證明）二、進一步的結(jié)論運用以上四個不等式可得以下更一般的不等式和一些有用的結(jié)論，有時用這些結(jié)論也會起到意想不到的效果。1.冪均值不等式設(shè)，，則。證：作變量代換，令，則，則①，，又函數(shù)是上的凸函數(shù)，由Jensen不等式知①式成立。2.（切比雪夫不等式）設(shè)兩個實數(shù)組，則等號成立當(dāng)且僅當(dāng)或。證：由排序不等式有：，，……………以上n個等式相加即得。3.一個基礎(chǔ)關(guān)系式，其中證：若x,y中有一個為0，則顯然成立。設(shè)x,y均不為零，則原不等式，令，則上式，記，則，因此，當(dāng)時，，當(dāng)時，，且，所以得極小值為,故，即.4.Holder不等式設(shè)且，則等號成立當(dāng)且僅當(dāng)存在使得。證:在上面基礎(chǔ)關(guān)系式中，取有……①①式兩邊對k求和，得：,令,代入上式即證。5.一個有用的結(jié)論設(shè)，則，推廣得設(shè)，則.證：原不等式,而,它可把含根式的積性不等式化為和式。三、如何運用幾個重要不等式例1設(shè)且，求證：。證：由柯西不等式有…①而，即…②由①②有：,∴方法二：由冪均值不等式有：。方法三：由切比雪夫不等式和AM-GM不等式有：不妨設(shè)，則例2設(shè)，求證：證：左邊=。評注：通過此例注意體會如何運用柯西不等式分離或合成變量。例3設(shè)，求證：證：設(shè)，則原不等式，由Cauchy不等式有：，故原不等式成立。評注：本題通過換元，把原不等式齊次化，再用柯西不等式。例4設(shè)n是正整數(shù)，且，，求證：證：原不等式，由“二，結(jié)論5”有，又，，故。評注：本例第一步放縮也可用Holder不等式的推廣。例5設(shè)是一個無窮項的實數(shù)列，對于所有正整數(shù)存在一個實數(shù)，使得且對所有正整數(shù)成立，證明：證：對于，設(shè)為的一個排列且滿足：.∴…①（柯西不等式）.故評注：這里把有序化后，①的變形是關(guān)鍵。例6設(shè)a,b,c為正實數(shù)，求證EQ\F(a2,b)+EQ\F(b2,c)+EQ\F(c2,a)≥a+b+c+EQ\F(4(a－b)2,a+b+c)，并確定等號成立的條件．證：由于EQ\F(a2,b)+EQ\F(b2,c)+EQ\F(c2,a)－a－b－c=EQ\F(a2,b)+b－2a+EQ\F(b2,c)+c－2b+EQ\F(c2,a)+a－2c=EQ\F(1,b)a－b2+EQ\F(1,c)b－c2+EQ\F(1,a)c－a2…①而由Cauchy不等式有[EQ\F(1,b)a－b2+EQ\F(1,c)b－c2+EQ\F(1,a)c－a2]b+c+a≥|a－b|+|b－c|+|c－a|2…②且由|a－b|+|b－c|+|c－a|≥|a－b|+|b－c+c－a|=2|a－b|知|a－b|+|b－c|+|c－a|2≥4a－b2…③EQ\F(a2,b)+EQ\F(b2,c)+EQ\F(c2,a)－a－b－c≥EQ\F(1,a+b+c)|a－b|+|b－c|+|c－a|2≥EQ\F(4a－b2,a+b+c)…④由④便知題目中的不等式成立．若題中不等式取等號，即④取等號．故不等式②與③皆取等號．由②式取等號知，存在k≥0，使得EQ\F(1,b)a－b2=bk,EQ\F(1,c)b－c2=ck,EQ\F(1,a)c－a2=ak，即a－b2=b2k,b－c2=c2k,c－a2=a2k…⑤由③式取等號知b－c與c－a同號，從而三個數(shù)b－c,c－a,b－a同號，結(jié)合⑤知存在實數(shù)l，使得b－a=bl,b－c=cl,c－a=al…⑥由⑥知l=1－EQ\F(a,b)=EQ\F(b,c)－1=EQ\F(c,a)－1…⑦由⑦可得EQ\F(b,c)=EQ\F(c,a)，記EQ\F(b,c)=EQ\F(c,a)=x，則c=ax,b=ax2，再由⑦式中1－EQ\F(a,b)=EQ\F(b,c)－1得1－EQ\F(1,x2)=x－1即x3－2x2+1=0．故x－1x2－x－1=0．結(jié)合x>0可解得x=1或x=EQ\F(1,2)1+EQ\R(5)．故a:b:c=1:x2:x=1:1:1或1:EQ\F(1,2)3+EQ\R(5):EQ\F(1,2)1+EQ\R(5)…⑧又當(dāng)a,b,c滿足條件⑧時，容易難題目中不等式確實取等號．故⑧即為題中不等式取等號的充要條件．評注：①式的變形非常漂亮，是解題的關(guān)鍵所在。例7在中，求證：證：在中，令，，，則原不等式，由AM-GM不等式有： ，即證。評注：在中令則有以下結(jié)論：，外接圓半徑，內(nèi)切圓半徑，，。例8設(shè)正數(shù)a、b、c、x、y、z滿足求函數(shù)的最小值.解：由已知條件三式解出令，，。從而可知，，（易知）=從而∑≥（柯西不等式）。下證只需證………（*）利用均值不等式知：，從而（*）式成立，故知而當(dāng)，即時，.從而的最小值是.評注：這是2005年的聯(lián)賽試題，巧妙地代數(shù)換元后，避免了三角變形的麻煩。設(shè)a1,a2,…,an為大于等于1的實數(shù)，n≥1，A=1+a1+a2+…+an．定義x0=1,xk=EQ\F(1,1+akxk－1)(1≤k≤n)．證明：x1+x2+…+xn>EQ\F(n2A,n2+A2)．證：設(shè)yk=EQ\F(1,xk)，則EQ\F(1,yk)=EQ\F(1,1+EQ\F(ak,yk－1))yk=1+EQ\F(ak,yk－1)．由yk－1≥1,ak≥1可得EQ\F(1,yk－1)－1ak－1≤0…*1+EQ\F(ak,yk－1)≤ak+EQ\F(1,yk－1)．所以yk=1+EQ\F(ak,yk－1)≤ak+EQ\F(1,yk－1)．故EQ\I\SU(k=1,n,)yk≤EQ\I\SU(k=1,n,)ak+EQ\I\SU(k=1,n,)EQ\F(1,yk－1)=EQ\I\SU(k=1,n,)ak+EQ\F(1,y0)+EQ\I\SU(k=1,n,)EQ\F(1,yk)=A+EQ\I\SU(k=1,n－1,)EQ\F(1,yk)<A+EQ\I\SU(k=1,n,)EQ\F(1,yk)．令t=EQ\I\SU(k=1,n,)EQ\F(1,yk)，由柯棲不等式有EQ\I\SU(k=1,n,)yk≥EQ\F(n2,t)．因此，對t>0，有EQ\F(n2,t)<A+tt2+At－n2>0t>EQ\F(－A+EQ\R(A2+4n2),2)=EQ\F(2n2,A+EQ\R(A2+4n2))≥EQ\F(2n2,A+A+EQ\F(2n2,A))=EQ\F(n2A,n2+A2)．評注：本題巧妙地運用函數(shù)方法，*式值得注意，是一種常見的放縮手段．例10設(shè)ai>0(i=1,2,…,n)，EQ\I\SU(i=1,n,)ai=1，kN+．求證(a1k+EQ\F(1,a1k))(a2k+EQ\F(1,a2k))…(ank+EQ\F(1,ank))≥(nk+EQ\F(1,nk))n．證：首先證明函數(shù)fx=lnxk+EQ\F(1,xk)在區(qū)間0,1]上是下凸函數(shù)．事實上，由于fx=EQ\F(1,xk+EQ\F(1,xk))kxk－1－kx－k－1=k·EQ\F(x2k－1,x2k+1+x),fx=k·EQ\F(1,x2k+1+x2)2k·x2k－1x2k+1+x－x2k－12k+1x2k+1=EQ\F(k,x2k+1+x2)2kx4k+2kx2k－2k+1x4k－2kx2k－1=EQ\F(k,x2k+1+22)－x4k+4kx2k+1…①當(dāng)0<x≤1時，由于kN+，故－x4k+kx2k+1=－x2k－2k2+4k2+1>－2k2+4k2+1>0．故由①知fx>0x0,1]．故fx在0,1]上為下凸函數(shù)。由于ai>0,a1+a2+…+an=1i=1,2,…,n，故ai0,1]．從而由Jensen不等式有EQ\F(1,n)fa1+fa2+…+fan≥fEQ\F(1,n)a1+a2+…+an=fEQ\F(1,n)，即fa1+fa2+…+fan≥nfEQ\F(1,n)．故lna1k+EQ\F(1,a1k)+lna2k+EQ\F(1,a2k)+…+lnank+EQ\F(1,ank)≥nlnEQ\F(1,n)k+EQ\F(1,EQ\F(1,n)k)．即lna1k+EQ\F(1,a1k)a2k+EQ\F(1,a2k)…ank+EQ\F(1,ank)≥lnEQ\F(1,nk)+nkn．從而a1k+EQ\F(1,a1k)a2k+EQ\F(1,a2k)…ank+EQ\F(1,ank)≥EQ\F(1,nk)+nkn．證畢．另證：由H?lder不等式得EQ\I\PR(i=1,n,)(aik+EQ\F(1,aik))≥EQ\I\PR(i=1,n,)aiEQ\S\UP6(\F(k,n))+EQ\F(1,EQ\I\PR(i=1,n,)aiEQ\S\UP4(\F(k,n)))n．又∵EQ\I\PR(i=1,n,)ai≤EQ\F(EQ\I\SU(i=1,n,)ai,n)n=EQ\F(1,n)n<1，且f