R0030高中数学竞赛专题讲座几个重要不等式及其应用湖南师大附中肖登鹏.doc

几个重要不等式及其应用一、几个重要不等式以下四个不等式在数学竞赛中使用频率是最高的，应用极为广泛1、算术-几何平均值（AM-GM）不等式设是非负实数，则2、柯西（Cauchy）不等式设，则等号成立当且仅当存在，使变形（Ⅰ）：设，则；等号成立当且仅当存在，使变形（Ⅱ）设同号，且，则等号成立当且仅当3．排序不等式设是的一个排列，则. 等号成立当且仅当或用调整法证明）.4．琴生（Jensen）不等式若是区间上的凸函数，则对任意的点有等号当且仅当时取得用归纳法证明）二、进一步的结论运用以上四个不等式可得以下更一般的不等式和一些有用的结论，有时用这些结论也会起到意想不到的效果1. 幂均值不等式设，，则证：作变量代换，令，则，则① ，，又函数是上的凸函数，由Jensen不等式知①式成立2.（切比雪夫不等式）设两个实数组，则等号成立当且仅当或证：由排序不等式有：，，……………………………………………………………………………以上n个等式相加即得3. 一个基础关系式，其中证：若x,y中有一个为0，则显然成立设x,y均不为零，则原不等式，令，则上式，记，则，因此，当时，，当时，，且，所以得极小值为,故，即.4. Holder不等式设且，则等号成立当且仅当存在使得。

证: 在上面基础关系式中，取有……①① 式两边对k求和，得：,令,代入上式即证5. 一个有用的结论 设，则，推广得设，则.证：原不等式,而,它可把含根式的积性不等式化为和式三、如何运用几个重要不等式例1 设且，求证：证：由柯西不等式有…①而，即…②由①②有：,∴方法二：由幂均值不等式有：方法三：由切比雪夫不等式和AM-GM不等式有：不妨设，则例2 设，求证：证：左边=评注：通过此例注意体会如何运用柯西不等式分离或合成变量例3 设，求证：证：设，则原不等式，由Cauchy不等式有：，故原不等式成立评注：本题通过换元，把原不等式齐次化，再用柯西不等式例4 设n是正整数，且，，求证：证：原不等式，由“二，结论5” 有，又， ，故评注：本例第一步放缩也可用Holder不等式的推广例5 设是一个无穷项的实数列，对于所有正整数存在一个实数，使得且对所有正整数成立，证明：证： 对于，设为的一个排列且满足：.∴…① （柯西不等式）.故评注：这里把有序化后，①的变形是关键例6 设a, b, c为正实数，求证 + + ≥ a + b + c + ，并确定等号成立的条件．证：由于 + + －a－b－c = ( + b－2a) + ( + c－2b) + ( + a－2c)= (a－b) 2 + (b－c) 2 + (c－a) 2 … ① 而由Cauchy不等式有[ (a－b) 2 + (b－c) 2 + (c－a) 2 ](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 ≥ 4(a－b) 2 … ③ 结合①②③可得 + + －a－b－c ≥ (|a－b| + |b－c| + |c－a| ) 2 ≥ … ④由④便知题目中的不等式成立．若题中不等式取等号，即④取等号．故不等式②与③皆取等号．由②式取等号知，存在k ≥ 0，使得 (a－b) 2 = bk, (b－c) 2 = ck, (c－a) 2 = ak，即(a－b) 2 = b 2 k, (b－c) 2 = c 2 k, (c－a) 2 = a 2 k … ⑤由③式取等号知 b－c与c－a同号，从而三个数b－c, c－a, b－a同号，结合⑤知存在实数l，使得b－a = bl, b－c = cl, c－a = al … ⑥由⑥知 l = 1－= －1 = －1 … ⑦由⑦可得 = ，记 = = x，则c = ax, b = ax 2，再由⑦式中 1－= －1得1－= x－1即 x 3－2x 2 + 1 = 0．故(x－1)(x 2－x－1) = 0．结合x > 0可解得 x = 1或x = (1 + )．故a : b : c = 1 : x 2 : x = 1 : 1 : 1或1: (3 + ) : (1 + ) … ⑧又当a, b, c满足条件⑧时，容易难题目中不等式确实取等号．故⑧即为题中不等式取等号的充要条件．评注：①式的变形非常漂亮，是解题的关键所在。

例7 在中，求证：证：在中，令，，，则原不等式， 由AM-GM不等式有： ，即证评注：在中令则有以下结论：，外接圆半径，内切圆半径，，例8 设正数a、b、c、x、y、z满足求函数的最小值.解：由已知条件三式解出 令，，从而可知 ，，（易知） =从而∑ ≥（柯西不等式） 下证只需证 ………（*）利用均值不等式知：，从而（*）式成立，故知而当，即时，.从而的最小值是.评注：这是2005年的联赛试题，巧妙地代数换元后，避免了三角变形的麻烦例9 设a1, a2, …, an为大于等于1的实数，n ≥ 1，A = 1 + a1 + a2 + … + an．定义x0 = 1, xk = (1 ≤ k ≤ n)．证明：x1 + x2 + … + xn > ．证：设yk = ，则 = Û yk = 1 + ．由yk－1 ≥ 1, ak ≥ 1可得 ( －1)(ak－1) ≤ 0 … (*) Û 1 + ≤ ak + ．所以 yk = 1 + ≤ ak + ．故 yk ≤ ak + = ak + + = A + < A + ．令t = ，由柯栖不等式有 yk ≥ ．因此，对t > 0，有< A + t Û t 2 + At－n 2 > 0Û t > = ≥ = ．评注：本题巧妙地运用函数方法，(*)式值得注意，是一种常见的放缩手段．例10 设ai > 0 (i = 1, 2, …, n)，ai = 1，k Î N + ．求证 (a1k + )(a2k + ) … (ank + ) ≥ (n k + ) n．证：首先证明函数 f (x) = ln (x k + )在区间(0, 1]上是下凸函数．事实上，由于 f ¢ (x) = (kx k－1－kx－k－1 ) = k·, f ¢¢ (x) = k·( 2k·x 2k－1 (x 2k + 1 + x)－(x 2k－1)( (2k + 1)x 2k + 1 ) )= ( (2kx 4k + 2kx 2k )－( (2k + 1)x 4k－2kx 2k－1) )= (－x 4k + 4kx 2k + 1) … ①当0 < x ≤ 1时，由于k Î N + ，故－x 4k + kx 2k + 1 = －(x 2k－2k) 2 + 4k 2 + 1 > －(2k) 2 + 4k 2 + 1 > 0．故由①知 f ¢¢ (x) > 0 (x Î (0, 1])．故 f (x)在(0, 1]上为下凸函数。

由于ai > 0, a1 + a2 + … + an = 1 (i = 1, 2, …, n)，故ai Î (0, 1]．从而由Jensen不等式有 ( f (a1) + f (a2) + … + f (an) ) ≥ f ( (a1 + a2 + … + an) ) = f ( )，即 f (a1) + f (a2) + … + f (an) ≥ n f ( )．故 ln (a1k + ) + ln (a2k + ) + … + ln (ank + ) ≥ n ln ( ( ) k + )．即 ln (a1k + )(a2k + ) … (ank + ) ≥ ln ( + n k ) n．从而 (a1k + )(a2k + ) … (ank + ) ≥ ( + n k ) n．证毕．另证：由Hölder不等式得 (aik + ) ≥ ((ai ) + ) n．又∵ ai ≤ ( ) n = ( ) n < 1，且 f (x) = x + 在(0, 1)上单减．∴ ((ai ) + ) n ≥ ( ( ) + ) n = ( + n k ) n，得证．。