全国高中数学竞赛专题不等式.docx
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全国高中数学竞赛专题不等式
全国高中数学竞赛专题-不等式
而变形的依据是不等式的性质，不等
证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归,式的性质分类罗列如下：
不等式的性质
:
abab
0,ab
ab0.
对一个不等式进行变形的性质：
（1）
a
b
b
a（对称性）
（2）
a
b
a
cbc（加法保序性）
（3）
a
b,c
0
acbc;a
b,c0
acbc.
（4）
a
b
0
anbn,na
nb（n
N*）.
对两个以上不等式进行运算的性质
（1）
a
b,b
c
ac（传递性）•这是放缩法的依据
（2）
a
b,c
d
acb
d.
（3）
a
b,c
d
acb
d.
a
b
（4）
a
b
0,d
c0,-
ad
bc.
d
这是不等式的定义，也是比较法的依据
含绝对值不等式的性质:
（1）
|x|
a（a
0）
22xa
a
xa.
（2）
|x|
a（a
0）
22xa
x
a或xa.
（3）
l|a|
|b||
|ab
1|a|
|b|（三角不等式）.
（4）
|ai
a2
an
1|ai|
1a21
|an|.
证明不等式的常用方法有：
比较法、
放缩法、
变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等
•当然在证
题过程中，
常可
“由因导果”或
“执果索因”
.前者我们称之为综合法；后者称为分析法
.综合法和分析法是解决一
切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已•此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法•因此,
要熟练掌握不等式的证明技巧，必须从学习这些基本的常用方法开始。
1比较法（比较法可分为差值比较法和商值比较法。
）
（1）差值比较法（原理：
A—B>0=A>B.）
例1设a,b,c€R+,
abc
试证：
对任意实数x,y,z,有x2+y2+z22\abcJ—一xy
Y（ab）（bc）（ca）\c
证明：
左边-右边=x2+y2+z22abxy2bcyz2
Y（bc）（ca）Y（ab）（ca）
所以左边/边，不等式成立。
be
ca
Ixz
\（ab）（bc）
A
（2）商值比较法（原理：
若匸>1，且B>0,则A>B）
例2若a|lOga（1-x）|与|lOga（1+x）|.解：
因为1-x1，所以loga（1-x）0,
|loga（1X）|
|lOga（1x）|
1
=|log（1-x）（1+x）|=-log（1-x）（1+x）=log（1-x）>log（1_x）（1_x）=1
1x
（因为0<1-x2<1，所以
1
>1-x>0,0<1-x<1）
1x
所以|loga（1+x）|>|loga（1-x）|.
2•分析法（即从欲证不等式出发，层层推出使之成立的充分条件，直到已知为止,
叙述方式为：
要证……，只需证……。
）
例3已知a,b,c€R+，求证：
a+b+c-3Vabc^a+b2Jab.证明：
要证a+b+c3Vcab淘+b^/ab.
只需证c2Jab3幼abc，
1
b（1a）
因为c2dabcTabTab3vcab3vabc，所以原不等式成立。
1
证明：
因为02
所以
1
1
1
a（1
a）
b（1b）
c（1c）'
所以
1
1
22
a（1
a）
b（1b）
b（1b）c（1c）'
所以只需证明
1
111
a（1a）
b（1b）a（1b）b（1a）'
例4已知实数a,b,c满足0-一
2c（1c）
1
a（1b）
也就是证
ab
a（1a）（1b）
ab
b（1a）（1b）
只需证b（a-b）Q（a-b），即卩（a-b）2初，显然成立。
所以命题成立。
3•综合法
例5若a,b,c>0，求证:
abc>（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）
证明:
v（a+b-c）+（b+c-a）=2b>0,（b+c-a）+（c+a-b）=2c>0,（c+a-b）+（a+b-c）=2a>0,
•••a+b-c,b+c-a,c+a-b中至多有一个数非正.
abcbcab
2
（1）当a+b-c,b+c-a,c+a-b中有且仅有一个数为非正时，原不等式显然成立
⑵a+b-c,b+c-a,c+a-b均为正时，贝Vabcbca
同理abcacba,bcaacbc,
三式相乘得abc>（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）
丄
例6已知△ABC的外接圆半径R=1,S^bc=4,a,b,c是厶ABC的三边长,
求证：
t>S
1
解：
由三角形面积公式：
一bcsinA.正弦定理：
a/sinA=2R.可得abc=1.
2
所以2t=2bc+2ac
所以2t>=2a•,bc+2b.ac+2c、..ab=2、a、.abc+2、、b、、abc+2、、c.abc=2（a+.,b+、、c）=2s.
所以t>s。
4.反证法
例7设实数0）,a1,…,an满足a0=an=0，且a0-2a1+a2丸,a1-2a2+a3初,…,an-2-2an-i+an%，求证a切（k=1,2,…,n-1）.证明：
假设ak（k=1,2,…,n-1）中至少有一个正数，不妨设ar是a1,a2,…,an-1中第一个出现的正数，则ay,a电…,ar-1O,ar>0.于是ar-ar-1>0，依题设ak+1-ak為k-ak-1（k=1,2,…,n-1）。
所以从k=r起有an-ak-1%n-1-an-2》••為r-ar-1>0.
因为an^ak-1》••為+1為>0与an=0矛盾。
故命题获证。
5•数学归纳法
例8
证明：
对任意正整数n（濾），求证：
nn+1>（n+1）n
1）当n=3时，因为34=81>64=43，所以命题成立。
（k1）k2
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.
（k2）k1
k1k2k1
因为一,1，所以只需证（k1）k1—k,
（k1）k（k2）k1（k1）k
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。
所以由数学归纳法，命题成立。
6.分类讨论法
已知x,y,z€R+，求证:
证明:
不妨设X多,X臣.
i）汛贝U—-
X
2
y
zX
ii）x^z^y，贝U—-
X
2
y
zX
7•放缩法（
yz
即要证A>B，可证
例10
y
2
y
z
1
‘y
2
y
yz
由排序原理可得
-,原不等式成立。
y
x2注2刊2，由排序原理可得
2
，原不等式成立。
y
xy
A>C1,C1毛2,…,Cn-1迩n,Cn>B（n€N+）.）求证：
—a—amab
ab
已知a,b,c是厶ABC的三条边长，m>0,
ab
ambm
（因为a+b>c）,得证。
8.引入参变量法
证明:
例11
已知
x,y€R+,l,a,b为待定正数,
3af（x,y）=2
x
解:
kl
f（x,y）=
b3
2
y
（1k）2
例12
证明:
bbmmabm
的最小值。
b3
ka3k
b3
b3
b3
a3k2卡（a3+b3+3a2b+3ab2）=
（ab）3
K
—时成立。
所以
y
设X1纹2汰3眾4丝,X2+X3+X4眾1，求证：
（X1+X2+X3+X4）2<4X1X2X3X4.
51
设X1=k（X2+X3+X4），依题设有一我<1,X3X4>4,
3
等号当且仅当
（a
f（X,y）min=-
b）3
l2
原不等式等价于（1+k）2（X2+X3+X4）2<4kx2X3X4（X2+X3+X4）,即
（1k）2
（X2+X3+X4）$2X3X4,
4k
因为f（k）=k+1在
k
丄,1上递减,
3
所以°d
4k
11
（X2+X3+X4）=（k
4k
2）（X2+X3+X4）<■
1
3-
3
4
2
一•3X2=4X202X3X4.
所以原不等式成立。
9.局部不等式
例13
已知x,y,z€R+,且x2+y2+z2=1，求证:
x
1x2
_y_
1y2
3.3
2
证明:
先证
x
1x2
3.32
x-
2
因为
所以
x（1-x2）=.12x2（1
飞2
2
x
x（1x2）
同理
所以
例14
2
x
3、3
1
；2
3、3
2
3*3,
X
1x2
332
Ty，
y
1y2
z
1z2
z
1z2
332
z
2
33/2T（x
z2）
33
abc12a-
-①
abc
已知0毛，b,cW,求证:
b
ca1
c
ab1
先证一bc1即a+b+c<2bc+2.即证（b-1）（c-1）+1+bcA因为0同理2b,_^_
ca1abc'ab1
三个不等式相加即得原不等式成立。
10.利用函数的思想
证明:
2c
abc
例15已知非负实数a,b,c满足ab+bc+ca=1，求f（a,b,c）=
5
解：
当a,b,c中有一个为0,另两个为1时，f（a,b,c）=,
2
abc21
1
的最小值。
ca
5
以下证明f（a,b,c）
2
732c
不妨设aAb丸，则0C<,f（a,b,c）=——
3c1
（ab）2
+（a+b）c,
因为1=（a+b）c+ab<
4
解关于a+b的不等式得
考虑函数g（t）=—
c21
43
又因为0C<，所以
3
a+bA2（；c21-c）.
*,g（t）在［、C21,
）上单调递增。
3c2<1.
所以c2+a>4c2
所以2（.C21c）A.c21.
2c
所以f（a,b,c）=—
c21
ab
c21
12c
abc1
2（c21c）
c21
1
2（c21c）
2c
1
.c21c
c21
=2
..c21
c3.c21
2
>4
下证3（1
c2
1）co①3c
I222
3,c1c+6c+9^9c+9
因为c
_5
min=—
2
35
，所以①式成立。
所以f（a,b,c）>，所以f（a,b,c）
42
11.构造法
例16证明:
.:
丨：
：
;/o
提示：
构造出（X,0）到两定点的距离之差，并利用数形结合的方法得知两边差小于第三边且三点共线时取最大值，从而结论得证。
12.运用着名不等式
（1）平均值不等式
、几、rn
设a1,a2,…，an€R+,记Hn=
11
n：
a1a?
Lan
—,Gn=耳a1a2an,An=
1n
a1a2an
r~22~~
Qn,6a2an则Hn<3n^An其中等号成立的条件均为a1=a2=・・・=an.
当n=2时，平均值不等式就是已学过的基本不等式及其变式，所以基本不等式实际上是均值不等式的特例
证明：
由柯西不等式得AnWQn，再由GnWAn可得HnWGn,以下仅证GnWAn.
1）当n=2时，显然成立；
2）设n=k时有Gk因为a1+a2+…+ak+ak+1+（k-1）Gk+1:
a1a?
akk^ak1Gk1
>2k2k~~ak1G：
；2kpGV2kGk+1,
所以a1+a2+…+ak+1>k+1）Gk+1，即Ak+1>Gk+1.
所以由数学归纳法，结论成立。
例17利用基本不等式证明a2b2c2abbcca.
【思路分析】左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换..的方法.
222322
【略解】ab2ab,同理bc2bc,ca2ca；三式相加再除以2即得证.
【评述】
（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧
2
Xn
XiX2
Xn，可在不等式两边同时加上x2x3
XnXi.
X2X3
Xi
再如证（a1）（b1）（a
c）3（b
c）3
223
256abc（a,b,c0）时，可连续使用基本不等式
b）2
2b2
（2）基本不等式有各种变式
a—等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等
2
的.如上式左右两边次数均为2,系数和为1.
1
例18已知ab1,a,b0,求证：
a4b4
8
【思路分析】不等式左边是
b的4次式，右边为常数
-，如何也转化为a、b的4次式呢.
8
441
【略解】要证ab1,即证
4414
ab8（ab）.
（2）柯西（Cavchy）不等式:
1、a2、a3，…,
an是任意实数，则
等号当且仅当bikai（k为常数，i1,2,,n）时成立.
证明：
不妨设ai（i1,2,
n）不全为0,bi也不全为0（因为ai或bi全为0时，不等式显然成立）
记a=,ai2
a；，B=bi2
b；
—2aib・
bn.且令XiA,yit（i1,2,,n）,
则Xi2x；
x2
i,yfy；
y：
1.原不等式化为Xiyi
Xnyn1.
即2（xiyiX2y2
Xnyn）Xi2
2
X2
22
Xnyi
2
y2
2
yn.
它等价于（冶y1）2
（X2y2）2
（xn
yn）20.
其中等号成立的充要条件是Xiyi（i
1,2,
n）.
从而原不等式成立，且等号成立的充要条件是
bkai（k
变式1:
若a€R,bi€R,i=1,2,…，n，则（
nai2
）
iibi
n
（ai）2
i1
n
（bi）2
i1
.等号成立条件为a=?
bi,（i=1,2,…，n）。
bi
变式2：
设a,bi同号且不为0（i=1,2,…,n）,则
i1
（ai）2
ii1.等号成立当且仅当bi=b2=・・・=bn.
aibi
例19设Xi,X2,,XnR，求证:
22
X-!
X2
X2X3
22
Xn1Xn
X-!
X2
XnXi
Xn.
【思路分析】
【评述】
【详解】
•••Xi,X2,,Xn0,
故由柯西不等式，得
Xi
X2
Xn1
X3
、Xn
2（XiX2
、2
Xn1Xn）,
注意到式子中的倒数关系，考虑应用柯西不等式来证之注意到式子中的倒数关系，考虑应用柯西不等式来证之
【评述】这是高中数学联赛题，
还可用均值不等式、数学归纳法、
比较法及分离系数法和构造函数法等来证之
（3）排序不等式：
（又称排序原理）
设有两个有序数组ai
a2
an及bi
b2
bn.
则aibi
a2b2
anbn（同序和）
a1bj1
a2bj2
anbjn
（乱序和）
aibn
a2bn1
anbi
（逆序和）
其中ji,j2
,j
n是1,2,…，n的任
•排列.
当且仅当ai
a2
an或b1b2
bn
时等号（对任
「排列
j1,j2,,jn）成立
X2X3
XnXi
22
X1X2
2
Xn1
2
Xn
X1X2
Xn.
证明：
不妨设在乱序和
S中jn
n时（若
jnn,
则考虑jn1），且在和S中含有项akbn（kn）,
则akbnanbj
anbjn
anbn•
事实上，左—右=（anaQ（bn
6n）0,
由此可知，当jnn时,
调换S
alb”
akbjk
anbjn
（jnn）中bn与jn位置
（其余不动），所得新和SiS.调整好an及bn后，接着再仿上调整
an1与bn1，又得S2S.
如此至多经n1次调整得顺序和
a1bia2b2
anbnaibji
a2bj2
anbjn②
这就证得“顺序和不小于乱序和”•显然，当aia2
an或bi
b2
bn时②中等号
成立•反之，若它们不全相等，则必存在jn及k,使bnbjn,anak.这时①中不等号成立•因
而对这个排列②中不等号成立.类似地可证“乱序和不小于逆序和”
3c
ab
2,2,22223,3
abbccaab例20a,b,cR,求证abc
2c2a2bbcca
【思路分析】中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明
222111【略解】不妨设abc,则abc,-
cba
则a2-b21c2-（乱序和）a2-b2-c2-（逆序和），
cababc
同理a21b2
1
212c（乱序和）a
1b2
-c2-（逆序和）
c
a
b
a
b
c
两式相加再除以
2,即得原式中第一个不等式
•再考虑数组a3
b3c3及丄
11
bc
acab
仿上可证第二个不等式
例21设a「a2,,an
*
N
，且各不相同，求证：
1
11
1
a2a3
a122
an
~—.
23
n
23
n
【思路分析】不等式右边各项
i
可理解为两数之积,
尝试用排序不等式
【略解】设bi,b2,
bn是ai,a2,
的重新排列，满足
bib2
bn，又1
所以a-
a2
an
n
b1
n
故b1,b2
2,
bn
n.从而
b2b3
2232
b2bs
b122
2232
bn,
2-由于b1,b2,n
bn是互不相同的正整数，
【评述】排序不等式应用广泛,
例如可证我们熟悉的基本不等式,
bn
2
n
b2
1
-，原式得证•
n
abba,
亠亠、、aAbBcC
例22在厶ABC中，试证：
3abc2
【思路分析】可构造△ABC的边和角的序列，应用排序不等式来证明之•
【详解】不妨设abc,于是ABC.由排序不等式，得
相加，得3（aAbBcC）（abc）（ABC）（ab
又由0bca,0abc,0
acb,
有0A（bca）C（abc）a（2A）b（2B）c（
B（acb）
3C）（abc）
2（aAbBcC）.
aAbBcC
abc
由①、②得原不等式成立
例23设b1,b2,,bn是正数a1,a2,
a1a?
an的一个排列，求证—-
b1b2
1
【思路分析】应注意到ai1（i1,2,,n）
ai
【略证】不妨设a1a2
、aA
bBcC
①
c），得
a
bc
3
B）c（AB
C）
a（BCA）b（AC
an
n.
bn
an，因为a1,a2,,a“都大于0.所以有丄丄
a1a2
1
an
又丄丄，，丄是丄，丄,
b1b2bna1a2
—的任意一个排列，于是得到
例24
设正数a,b,c的乘积abc1，试证：
（a1】）（b
b
11
-）（c1-）1.c
【略解】
设a—,b—,c—，这里x,y,z都是正数，yzx
则原需证明的不等式化为（xyz）（y
x）（z
y）xyz,显然x
yz,yzx,zx
【评述】
中最多只有一个非负数•若xyz,y
xy均为正数,
xyz,y
容易验证（x
故得（xy
zx,z
yz）（y
z）（yz
zx）（zx
x）（zxy）
利用上述换元的方法可解决同类的问题
1
证明——a（bc）
b2（ca）
证明：
设a1,b
x
1
-,c
y
现不妨设x
据排序不等式
y）
x,zxy中恰有一个非正数，
x,y,z是某三角形的三边长.
-[（x2（yzx）y2（zx
则此时结论显然成立
xyz.
•见下题：
设正数a、b、c的乘积
1
c2（ab）
1,则xyz
z
z，则
得一
y
两式相加并化简可得
（4）切比雪夫不等式：
an，b1b2
证明：
由题设和排序不等式，有
aba2b2
anbn
1,
y）
abc
z2（x
yz）].
1,
且所需证明的不等式可化为
y
x
x2
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