几个重要不等式竞赛.docx

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几个重要不等式竞赛

几个重要不等式

（一）

一、平均值不等式

设a1,a2,⋯,an是n个正实数，则，当且仅当a1=a2=⋯=an时取

等号

1.二维平均值不等式的变形

（1）对实数a,b有a2+b232ab

（2）对正实数a,b有

（3）对b>0，有，（4）对ab2>0有，

（5）对实数,

有

（

-

b

）3

（

-

b

）

（6）对

a

>0,有

ab

a

a

b

a

（7）对a>0,有（8）对实数a，b有

a232ab-b2

（9）对实数a，b及l10，有二、例题选讲

例1.证明柯西不等式

证明：

法一、若或命题显然成立，对10且10，取

代入（9）得有

两边平方得

法二、，即二次式不等式恒成立

则判别式

例2.已知a>0,b>0,c>0,abc=1,试证明：

（1）

（2）

证明：

（1）左=[]

=

3

（2）由知

同理：

相加得：

左3

例3.求证：

证明：

法一、取

，有

a

1（1-

b

）3（1-

b

）,

a

2（

a

2-）3（

a

2-）,⋯,

a

（

a

-）3（

-

b

）

a

ba

bb

b

n

n

bba

n

相加得

2

2

2

）-（a1+a2+⋯+an）b3b[（a1+a2+⋯+an）-nb]30

（a1+a2

+⋯+an

所以

法二、由柯西不等式得：

（a1+a2+⋯+an）2=（（a1×1+a2×1+⋯+an×1）2￡（a12+a22+⋯+

2

2

2

2

an）（1

+1+⋯+1）

2

2

2

=（a1+

a2+⋯+an）n,

所以原不等式成立

例4.已知a1,a2,⋯,an是正实数，且a1+a2+⋯+an<1，证明：

证明：

设1-（a1+a2+⋯+an）=an+1>0,

则原不等式即nn+1a1a2⋯an+1￡（1-a1）（1-a2）⋯（1-an）

1-a1=a2+a3+⋯+an+13n

1-a2=a1+a3+⋯+an+13n

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

1-an+1=a1+a1+⋯+an3n

相乘得（1-a1）（1-a2）⋯（1-an）3nn+1

例5.对于正整数n，求证：

证明：

法一、

>

法二、左=

=

例6.已知

a1,a2,a3,⋯,an为正数，且

，求证：

（1）

（2）

证明：

（1）

相乘左边3

2n

=（n+1）

证明

（2）

左边=-n+2（

=-n+2×[（2-a1）+（2-a2）+⋯+（2-an）]（

3-n+2×n

高阶等差数列

一、基本知识

1.定义：

对于一个给定的数列{an}，把它的连结两项an+1与an的差an+1-an记为bn，得到一个新数

列{bn}，把数列bn你为原数列{an}的一阶差数列，如果cn=bn+1-bn，则数列{cn}是{an}的二阶差数

列依此类推，可得出数列{an}的p阶差数列，其中p?

N

2.如果某数列的p阶差数列是一非零常数列，则称此数列为p阶等差数列

3.高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称

4.高阶等差数列的性质：

（1）

如果数列{a}是p阶等差数列，则它的一阶差数列是

p-1阶等差数列

n

（2）

数列{a}是p阶等差数列的充要条件是：

数列

{a}的通项是关于n的p次多项式

n

n

（3）

如果数列{an}是p阶等差数列，则其前n项和Sn是关于n的p+1次多项式

5.高阶等差数列中最重要也最常见的问题是求通项和前

n项和，更深层次的问题是差分方程的

求解，解决问题的基本方法有：

（1）逐差法：

其出发点是an=a1+

（2）待定系数法：

在已知阶数的等差数列中，其通项an与前

n项和

Sn是确定次数的多项式

（关于

n的），先设出多项式的系数，再代入已知条件解方程组即得

（3）裂项相消法：

其出发点是an能写成an=f（n+1）-f（n）

（4）化归法：

把高阶等差数列的问题转化为易求的同阶等差数列或低阶等差数列的问题，达到简化的目的

二、例题精讲

例1.数列{

a

}的二阶差数列的各项均为

16，且63

=

89=10，求

a

51

a

a

n

解：

法一：

显然{an}的二阶差数列{bn}是公差为

16的等差数列，设其首项为a,则bn=a+（n-1）×16,

于是an=a1+

=a+（n-1）

a+8（n-1）（n-2）

1

这是一个关于

n的二次多项式，其中

n的系数为8，由于a

=a=10,所以

2

63

89

a

n=8（

-63）（

n

-89）+10，从而51=8（51-63）（51-89）+10=3658

n

a

解：

法二：

由题意，数列{an}是二阶等差数列，故其通项是

n的二次多项式，又

a63=a89=10，故

可设a=A（n-63）（n-89）+10

n

由于{

a

}是二阶差数列的各项均为

16，所以（3-

a

2）-（

2-

a

1）=16

n

即a3-2a2+a1=16，所以

A（3-63）（3-89）+10-2[A（2-63）（2-89）+10]+A（1-63）×（1-89）+10=16

解得：

A=8

an=8（n-63）（n-89）+10，从而a51=8（51-63）（51-89）+10=3658

例2.一个三阶等差数列{an}的前4项依次为30,72,140,240，求其通项公式

解：

由性质

（2），an是n的三次多项式，可设an=An3+Bn2+Cn+D

由a1=30、a2=72、a3=140、a4=240得

解得：

32

所以an=n+7n+14n+8

例3.求和：

Sn=1×3×22+2×4×32+⋯+n（n+2）（n+1）2

解：

Sn是是数列{n（n+2）（n+1）2}的前n项和，

因为an=n（n+2）（n+1）2是关于n的四次多项式，所以{an}是四阶等差数列，于是Sn是关于n的五次多项式

k（k+2）（k+1）2=k（k+1）（k+2）（k+3）-2k（k+1）（k+2），故求Sn可转化为求

Kn=和Tn=

k（k+1）（k+2）（k+3）=[k（k+1）（k+2）（k+3）（k+4）-（k-1）k（k+1）（k+2）（k+3）]，所以

Kn==

Tn==

从而Sn=Kn-2Tn=

例4.已知整数列{an}适合条件：

（1）an+2=3an+1-3an+an-1,n=2,3,4,⋯

（2）2a2=a1+a3-2

（3）a5-a4=9,a1=1

求数列{an}的前n项和Sn

解：

设bn=an+1-an,Cn=bn+1-bn

Cn=n+1-n=（

a

n+2-

a

n+1）-（

a

n+1-

a

n）=

a

n+2-2n+1+n=（3

a

n+1-3

a

n+n-1）-2

a

n+1+n=n+1-2

a

n+n-1

bb

aa

a

aa

a

=Cn-1（n=2,3,4,⋯）

所以{Cn}是常数列

由条件

（2）得C1=2,则{an}是二阶等差数列

因此an=a1+

由条件（3）知b4=9，从而b1=3，于是an=n2

例5.求证：

二阶等差数列的通项公式为

证明：

设{an}的一阶差数列为{bn}，二阶差数列为{cn}，由于{an}是二阶等差数列，故{cn}为常数列

又c1=b2-b1=a3-2a2+a1

所以

例6.求数列1,3+5+7,9+11+13+15+17,⋯的通项

解：

问题等价于：

将正奇数

1,3,5,

⋯按照“第

n个组含有2n-1

个数”的规则分组：

（1）、（3,5,7）、（9,11,13,15,17）,

⋯然后求第

n组中各数之和

an

依分组规则，第

n组中的数恰好构成以

2为公差的项数为

2n-1

的等差数列，因而确定了第

n组

中正中央这一项，然后乘以

（2n-1）即得an

将每一组的正中央一项依次写出得数列：

1,5,13,25,

⋯这个数列恰为一个二阶等差数列，不难

求其通项为22

-2+1，故第

n

组正中央的那一项为

2

2-2

n

+1，从而

n

n

n

n

n-1）

a=（2n-2n+1）（2

例7.数列{a}的二阶差数列是等比数列，且

a=5,a=6,a=9,a=16,求{a}的通项公式

n

1

2

3

4

n

解：

易算出{a}的二阶差数列{c}是以2为首项，2

n

为公比的等比数列,则c=2,

n

n

n

{an}的一阶差数列设为{bn}，则b1=1且

从而

例8.设有边长为1米的正方形纸一张，若将这张纸剪成一边长为别为厘米的正方形，愉好是n个而不剩余纸，这可能吗？

1厘米、3厘米、⋯、（2n-1）

解：

原问题即是是否存在正整数

，使得12

+32+⋯+（2

-1）2=1002

n

n

由于12+32+⋯+（2-1）2

=[12+22+⋯+（2

）2]-[22+42

+⋯+（2n）2]=

随着

n

的增大而增大，

n

n

当

=19时

=9129<10000，当

=20时

=10660>10000

n

n

故不存在⋯

例9.对于任一实数序列A={a1,a2,a3,⋯}，定义DA为序列{a2-a1,a3-a2,⋯}，它的第n项为an+1-an，假设序列D（DA）的所有项均为1，且a19=a92=0,求a1

解：

设序列DA的首项为d,则序列DA为{d,d+1,d+2,⋯},它的第n项是d+（n-1），因此序列A的

第n项

显然an是关于n的二次多项式，首项等比数列为

由于a19=a92=0，必有

所以a1=819

函数的最大值和最小值

例1.设x是正实数，求函数解：

先估计y的下界。

的最小值。

又当x=1时，y=5，所以y的最小值为5。

说明本题是利用“配方法”先求出y的下界，然后再“举例”说明这个下界是可以限到的。

“举例”是必不可少的，否则就不一定对了。

例如，本题我们也可以这样估计：

但y是取不到-7的。

即-7不能作为y的最小值。

例2.求函数的最大值和最小值。

解去分母、整理得：

（2y-1）x2+2（y+1）x+（y+3）=0.

当时，这是一个关于x的二次方程，因为x、y均为实数，所以

D=[2（y+1）]2-4（2y-1）（y+3）30,y2+3y--4￡0,

所以-4￡y￡1

又当时，y=-4;x=-2时，y=1.所以ymin=-4，ymax=1.

说明本题求是最值的方法叫做判别式法。

例3.求函数，x?

[0,1]的最大值

解：

设

，则x=t2-1

y

=-2（

t

2-1）+5

t

=-2

t

2+5

t

+1

原函数当t=时取最大值

例4求函数的最小值和最大值

解：

令x-1=t（）

则

ymin=

例5.已知实数x,y满足1￡x2+y2￡4,求f（x）=x2+xy+y2的最小值和最大值

解：

∵

∴

又当时f（x,y）=6，故f（x,y）max=6

又因为

∴

又当

时

f

（

y

）=

，故

f

（

）min=

x

x

y

例6.求函数的最大值和最小值

解：

原函数即

令（0

∴当x=±3时，函数有最小值，当x=0时，函数取最大值5

例7.求函数的最大值

解：

设，则

f（x）=

由于0￡a<1,故f（x）￡，又当x=（k为整数）时f（x）=,

故f（x）max=

例8.求函数的最大值

解：

原函数即

在直角坐标系中，设点

2

，则

P（x,x）,A（3,2）,B（0,1）

f（x）=|PA|-|PB|￡|AB|=

又当时，f（x）=

故fmax（x）=

例9.设

a

是实数,求二次函数

=2-4

+5

2-3

a

的最小值

，当0￡2

-4

-2￡10中变动时，求

m

yx

ax

a

m

a

a

的最大值

解：

y=x2-4ax+5a2-3a=（x-2a）2+a2-3a

由0￡a2-4a-2￡10解得：

或￡a￡6

故当a=6时，m取最大值18

例10.已知函数f（x）=log2（x+1），并且当点（x,y）在y=f（x）的图象上运动时，点在y=g（x）

的图象上运动，求函数p（x）=g（x）-f（x）的最大值。

解因为点（x,y）在y=f（x）的图象上，所以y=log2（x+1）。

点在y=g（x）的图象上，所以

故

令，则

当，即时，，所以

从而。

例11.已知函数的最小值是2，最大值是6，求实数a、b的值。

解：

将原函数去分母，并整理得（a-y）x2+bx+（6-2y）=0.

若y=a，即y是常数，就不可能有最小值2和最大值6了，所以y1a。

于是

2

￡0.

D=b2-4（a-y）（6-2y）30,所以y-（a+3）y+3a-

由题设，y的最小值为

2，最大值为

6，所以（y-2）（

y-6）￡0,

即y2-8y+12￡0.

由

（1）、

（2）得解得：

例12.求函数的最小值和最大值。

解先求定义域。

由最6￡x￡8.

当x?

[6,8]，且x增加时，增大，而减小，于是f（x）是随着x的增加而

减小，即f（x）在区间[6，8]上是减函数。

所以

f（x）=f（8）=0,

f

min

（x）=f（6）=0

max

例13.设x,y,z是3个不全为零的实数，求的最大值

分析：

欲求的最大值，只须找一个最小常数k，使得xy+2yz￡k（x2+y2+z2）

∵

x

2+a

232

xy

（1-a）

y

2+

232

yz

y

z

∴

x

2+

2+

z

232

xy

+2

yz

y

令2=,则a=

解：

∵

∴

即

又当x=1,y=，z=2时，上面不等号成立，从而的最大值为

例14.设函数f:

（0,1）?

R定义为求f（x）在区间

上的最大值

解：

（1）若x?

且x是无理数，则

f（x）=x<

（2）若x?

且x是有理数，设，其中（p,q）=1,0

63q+9￡64q-8，∴q317

因此

∴f（x）在区间上的最大值

作业：

1.

若3

2+2

2=2,求

x

2+

2的最大值

x

y

x

y

2.

设x,y是实数，且

求u=x+y的最小值

3.

已知x,x

2

2

2

2

的最大值和最小值

2

是方程x-（

k-2）x+k+3k+5=0（k?

R）的两个实数根，求

x

+x

1

1

2

4.

求函数

的最小值

等差数列与等比数列

例1.等差数列中,a3+a7-a10=8,a11-a4=4,求S13

解：

由求和公式

知问题转化为求a7

由条件得：

a7=12

例2.已知数列{an}满足

（1）计算：

a2,a3,a4

（2）求数列的通项公式

解：

（1）由可计算出

a2=-1,a3=，a4=-1

有两种解法，一由a2,a3,a4的值猜想通项公式然后用数学归纳法证明

二是由已知得：

（*）

两式相减得：

（an-1-1）（an-an-2）=0

显然不存在

a

n-1-1=0的情况，否则代入

（*）有

n=

n+1即0=1矛盾，故只有

n=n-2

aa

aa

这样可得

或

例3.已知数列{a}的各项均为正数，且前

n

2

若a2，a4,a9成等比数

项之和S满足6S=a

+3a+2.

n

n

nn

n

列，求数列的通项公式。

解：

当

=1时，由题意有

6

1=

2

1+3+2

n

aa

a

于是

a1=1或a1=2

2

+3a

+2，6S

=a

2

+2

当n32时，有6S=a

n-1

+3a

n-1

nn

n

n-1

两式相减得：

（