2022年中学数学竞赛讲义不等式不等式.doc

中学数学竞赛讲义——不等式
一、基本知识
不等式基本性质：
（1）a>ba-b>0； （2）a>b，b>ca>c；
（3）a>ba+c>b+c； （4）a>b，c>0ac>bc；
（5）a>b，c<0ac<bc； （6）a>b>0，c>d>0ac>bd;
（7）a>b>0，n∈N+an>bn； （8）a>b>0，n∈N+;
（9）a>0，|x|<a-a<x<a，|x|>ax>a或x<-a;
（10）a，b∈R，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|;
（11）a，b∈R，则(a-b)2≥0a2+b2≥2ab;
（12）x，y，z∈R+，则x+y≥2，x+y+z
前五条是显然，如下从第六条开始给出证明。
（6）由于a>b>0，c>d>0，因此ac>bc，bc>bd，因此ac>bd；反复运用性质（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矛盾，因此假设不成立，因此；由绝对值意义知（9）成立；-|a|≤a≤|a|，-|b|≤b≤|b|，因此-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，因此|a+b|≤|a|+|b|；下面再证（10）左边，由于|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，因此|a|-|b|≤|a+b|，因此（10）成立；（11）显然成立；下证（12），由于x+y-2≥0，因此x+y≥，当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不等式，令，由于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，因此a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥，等号当且仅当x=y=z时成立。
二、措施与例题
1．不等式证明基本措施。
（1）比较法，在证明A>B或A<B时运用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x2+y2+z2
【证明】 左边-右边= x2+y2+z2

因此左边≥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】 由于1-x1，因此loga(1-x)0，=|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x)>log(1-x)(1-x)=1（由于0<1-x2<1，因此>1-x>0，0<1-x<1）.
因此|loga(1+x)|>|loga(1-x)|.
（2）分析法，即从欲证不等式出发，层层推出使之成立充足条件，直到已知为止，论述方式为：要证……，只需证……。
例3 已知a，b，c∈R+，求证：a+b+c-3≥a+b
【证明】 要证a+b+c≥a+b只需证，
由于，因此原不等式成立。
例4 已知实数a，b，c满足0<a≤b≤c≤，求证：
【证明】 由于0<a≤b≤c≤，由二次函数性质可证a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c)，
因此，
因此，
因此只需证明，
也就是证，
只需证b(a-b) ≤a(a-b)，即(a-b)2≥0，显然成立。因此命题成立。
（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，由于34=81>64=43，因此命题成立。
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. 由于，因此只需证，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。
因此由数学归纳法，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) 中至少有一种正数，不妨设ar是a1，a2,…，an-1中第一种浮现正数，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)。
因此从k=r起有an-ak-1≥an-1-an-2 ≥…≥ar-ar-1>0.
由于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三条边长，m>0，求证：
【证明】
（由于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)=最小值。
【解】 设，则，f(x,y)=
(a3+b3+3a2b+3ab2)=
，等号当且仅当时成立。因此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≤k≤1，x3x4≥4，原不等式等价于(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即
(x2+x3+x4) ≤x2x3x4，由于f(k)=k+在上递减，
因此(x2+x3+x4)=(x2+x3+x4)
≤·3x2=4x2≤x2x3x4.
因此原不等式成立。
（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
由于x(1-x2)=,
因此
同理，
，
因此
例13 已知0≤a，b，c≤1，求证：≤2。
【证明】 先证 ①
即a+b+c≤2bc+2.
即证(b-1)(c-1)+1+bc≥a.
由于0≤a，b，c≤1，因此①式成立。
同理
三个不等式相加即得原不等式成立。
（9）运用函数思想。
例14 已知非负实数a，b，c满足ab+bc+ca=1，求f(a，b，c)=最小值。
【解】 当a，b，c中有一种为0，另两个为1时，f(a，b，c)=，如下证明f(a，b，c) ≥. 不妨设a≥b≥c，则0≤c≤，f(a，b，c)=
由于1=(a+b)c+ab≤+(a+b)c，
解有关a+b不等式得a+b≥2(-c).
考虑函数g(t)=，g(t)在[）上单调递增。
又由于0≤c≤，因此3c2≤1. 因此c2+a≥4c2. 因此2≥
因此f(a，b，c)=
≥
=
=
≥
下证0 ① c2+6c+9≥9c2+9≥0 由于，因此①式成立。
因此f(a，b，c) ≥，因此f(a，b，c)min=
2．几种常用不等式。
（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。
其中档号成立条件均为a1=a2=…=an.
【证明】 由柯西不等式得An≤Qn，再由Gn≤An可得Hn≤Gn，如下仅证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=Gk+1.
由于a1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥
≥2kGk+1，
因此a1+a2+…+ak+1≥(k+1)Gk+1，即Ak+1≥Gk+1.
因此由数学归纳法，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任意排列，有a1bn+a2bn-1+…+anb1≤≤a1b1+a2b2+…+anbn.
【证明】 引理：记A0=0，Ak=，则 =（阿贝尔求和法）。
证法一：由于b1≤b2≤…≤bn，因此≥b1+b2+…+bk.
记sk=-( b1+b2+…+bk)，则sk≥0(k=1，2，…，n)。
因此-(a1b1+a2b2+…+anbn)= +snan≤0.
最后一种不等式理由是aj-aj+1≤0(j=1，2，…，n-1，sn=0),
因此右侧不等式成立，同理可证左侧不等式。
证法二：（调节法）考察，若，则存在。
若(j≤n-1)，则将与互换。
由于
≥0，
所 调节后，和是不减，接下来若，则继续同样调节。至多经n-1次调节就可将乱序和调节为顺序和，并且每次调节后和是不减，这阐明右边不等式成立，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：由于，…， ≥2an.
上述不等式相加即得≥a1+a2+…+an.
证法二：由柯西不等式(a1+a2+…+an)≥(a1+a2+…+an)2，
由于a1+a2+…+an >0，因此≥a1+a2+…+an.
证法三： 设a1，a2,…,an从小到大排列为，则，，由排序原理可得

=a1+a2+…+an≥，得证。
注：本讲每种措施、定理均有极广泛应用，但愿读者在解题中再加以总结。

三、基本训练题
1．已知0<x<1，a，b∈R+，则最小值是____________.
2．已知x∈R+，则最小值是____________.
3．已知a，b，c∈R，且a2+b2+c2=1，ab+bc+ca最大值为M，最小值为N，则MN=___________.
4．若不等式对所有实数x成立，则a取值范畴是____________.
5．若不等式x+a解是x>m，则m最小值是____________.
6．“a+b=4”是“不等式|x-a|+|x-b|<8解集是{x|-2<x<6}”____________条件.
7．若a，b∈R+，则a+b=1，如下结论成立是__________.① a4+b4≥；②≤a3+b3<1；③；④；⑤；⑥
8．已知0<<，若，则=____________.
9．已知，p=(x1-)2+(x2-)2+…+(xn-)2，q=(x1-a)2+(x2-a)2+…+(xn-a)2，若，则比较大小：p___________q.
10．已知a>0，b>0且ab，m=aabb，n=abba，则比较大小：m_________n.
11．已知n∈N+，求证：
12．已知0<a<1，x2+y=0，求证：loga(ax+ay) ≤loga2+.
13．已知x∈R，，求证：
四、高考水平训练题
1．已知A=asin2x+bcos2x，B=acos2x+bsin2x(a，b，x∈R)，设m=AB，n=ab，P=A2+B2，q=a2+b2，则下列结论成立有]__________.（1）m≥n，p≥q;（2）m≤n，p≤q；（3）m+p≥n+q；（4）m+q≥n+p.
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R+，且，，将从小到大排列为________.
4．已知△ABC三边长a，b，c满足b+c≤2a，a+c≤2b，则取值范畴是________.
5．若实数x，y满足|x|+|y|≤1，则z=x2-xy+y2最大值与最小值和为________.
6．设函数f(x)=(x∈[-4,2])，则f(x)值域是________.
7．对x1>x2>0，1>a>0，记，比较大小：x1x2________y1y2.
8．已知函数值域是，则实数a值为________.
9．设a≤b<c是直角△ABC 三边长，若不等式恒成立，则M最大值为________.
10．实系数方程x2+ax+2b=0一种根不不不小于0且不不小于1，另一种根不不不小于1且不不小于2，则取值范畴是________.
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，求证：对一切n∈N+，(a+b)n-an-bn≥22n-2n+1.
13．已知a，b，c ∈R+，求证：
14．设x，y，z是3个不全为零实数，求最大值。
五、联赛一试水平训练题
1．已知a1，a2，b1，b2，c1，c∈R，a1c1-=a2c2>0，P=(a1-a2)(c1-c2)，Q=(b1-b2)2，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)=x2+ax+b，记M=max{|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|}，则M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，则x1x2…xn最小值为__________（这里n>1）.
6．已知x，y∈R，f(x，y)=x2+6y2-2xy-14x-6y+72最小值为__________.
7．已知0≤ak≤1(k=1，2，…,2n)，记a2n+1=a1，a2n+2=a2，则最大值为__________.
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．对于不全相等正整数a，b，c，求证：
11．已知ai>0(i=1，2，…，n)，且=1。又0<λ1≤λ2≤…≤λn，求证：≤

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)=x2+a，记f(x)，fn(x)=f(fn-1(x))(n=2，3，…)，M={a∈R|对所有正整数n，|fn(0)| ≤2}，求证：。
4．给定正数λ和正整数n(n≥2)，求最小正数M（λ），使得对于所有非负数x1，x2,…,xn ，有M(λ)
5．已知x，y，z∈R+，求证：(xy+yz+zx)
6．已知非负实数a，b，c满足a+b+c=1，求证：2≤(1-a2)2+(1-b2)2+(1-c2)2≤(1+a)(1+b)(1+c)，并求出等号成立条件。