數(shù)學競賽教案講義

本文格式為Word版，下載可任意編輯——數(shù)學競賽教案講義第九章不等式

一、基礎知識

不等式的基本性質(zhì)：

（1）a>b?a-b>0；（2）a>b,b>c?a>c；（3）a>b?a+c>b+c；（4）a>b,c>0?ac>bc；

（5）a>b,cb>0,c>d>0?ac>bd;

（7）a>b>0,n∈N+?an>bn;（8）a>b>0,n∈N+?na?nb;（9）a>0,|x|a?x>a或xb>0,c>d>0，所以ac>bc,bc>bd，所以ac>bd；重復利用性質(zhì)（6），可得性質(zhì)（7）；再證性質(zhì)（8），用反證法，若na?nb，由性質(zhì)（7）得(na)n?(nb)n，即a≤b，與a>b矛盾，所以假設不成立，所以na?nb；由絕對值的意義知（9）成立；-|a|≤a≤|a|,-|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再證（10）的左邊，由于|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）顯然成立；下證（12），由于x+y-2xy?(x?一不等式，令

3y)2≥0，所以x+y≥2xy，當且僅當x=y時，等號成立，再證另

x?a,3y?b,3z?c，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)=

1(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0，所以a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥33xyz，等號當且僅當x=y=z2時成立。w.w.w.k.s.5.u.c.o.m二、方法與例題

1．不等式證明的基本方法。

（1）比較法，在證明A>B或A0）與1Bx,

y,

z,

有

c∈R+，試證：對任意實數(shù)

?a?babcb?cc?a??xy?yz?xz???.(a?b)(b?c)(c?a)?cab?

例2若a(n+1)n.

（4）反證法。

例6設實數(shù)a0,a1,?,an滿足a0=an=0，且a0-2a1+a2≥0,a1-2a2+a3≥0,?,an-2-2an-1+an≥0，求證ak≤0(k=1,2,?,n-1).

（5）分類探討法。

x2?y2y2?z2z2?x2例7已知x,y,z∈R，求證：???0.

y?zz?xx?y+

（6）放縮法，即要證A>B，可證A>C1,C1≥C2,?,Cn-1≥Cn,Cn>B(n∈N+).例8求證：1?

例9已知a,b,c是△ABC的三條邊長，m>0，求證：

111????n?n(n?2).232?1abc??.a?mb?mc?m

（7）引入?yún)⒆兞糠ā?/p>

b3例10已知x,y∈R,l,a,b為待定正數(shù)，求f(x,y)=2?2的最小值。

xy+

a3

例11設x1≥x2≥x3≥x4≥2,x2+x3+x4≥x1，求證：(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4.

（8）局部不等式。

例12已知x,y,z∈R+，且x2+y2+z2=1，求證：

例13已知0≤a,b,c≤1，求證：

（9）利用函數(shù)的思想。

例14已知非負實數(shù)a,b,c滿足ab+bc+ca=1，求f(a,b,c)=值。

2．幾個常用的不等式。

xyz33???.

21?x21?y21?z2abc??≤2。bc?1ca?1ab?1111??的最小a?bb?cc?a（1）柯西不等式：若ai∈R,bi∈R,i=1,2,?,n，則(?a)(?b2ii?1i?1nnn2i)?(?aibi)2.

i?1n等號當且僅當存在λ∈R，使得對任意i=1,2,,n,ai=λbi,

ai2)?變式1：若ai∈R,bi∈R,i=1,2,?,n，則(?bi?1in(?ai)2(?bi)2i?1i?1n.

等號成立條件為ai=λbi,(i=1,2,?,n)。

變式2：設ai,bi同號且不為0(i=1,2,?,n)，則

ai??bi?1in(?ai)2n?abii?1i?1n.

i等號成立當且僅當b1=b2=?=bn.

（2）平均值不等式：設a1,a2,?,an∈R+，記Hn=

n111????a1a2an,Gn=na1a2?an,

22a1?a2???ana12?a2???anAn=，則Hn≤Gn≤An≤Qn.即調(diào)和平均≤幾何平均≤,Qn?nn算術(shù)平均≤平方平均。

其中等號成立的條件均為a1=a2=?=an.

由柯西不等式得An≤Qn，再由Gn≤An可得Hn≤Gn，以下僅證Gn≤An.1）當n=2時，顯然成立；

2）設n=k時有Gk≤Ak，當n=k+1時，記1?ka1a2?akak?1=Gk+1.由于a1+a2+?+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥kka1a2?ak?kkak?1?Gk?1≥2k2ka1a2?ak?1Gk?1?2k2kGk?1?2kGk+1,

所以a1+a2+?+ak+1≥(k+1)Gk+1，即Ak+1≥Gk+1.所以由數(shù)學歸納法，結(jié)論成立。

（3）排序不等式：若兩組實數(shù)a1≤a2≤?≤an且b1≤b2≤?≤bn，則對于b1,b2,?,bn的任意排列bi,bi,?,bi，有a1bn+a2bn-1+?+anb1≤a1bi?a2bi???anbi≤a1b1+a2b2+?+anbn.

12n12nk?1k?12k引理：記

A0=0，Ak=

?ai?1ki(1?k?n)，則

?abii?1ni?

?(si?1ni。?si?1)bi=?si(bi?bi?1)?snbn（阿貝爾求和法）

i?1n?1證法一：由于b1≤b2≤?≤bn，所以bi?bi???bi≥b1+b2+?+bk.

12k記sk=bi?bi???bi-(b1+b2+?+bk)，則sk≥0(k=1,2,?,n)。

12k所以

a1bi?a2bi???anbi12k-(a1b1+a2b2+?+anbn)=

?aj?1nj(bi?bj)?

j?sj?1nj(aj?aj?1)+snan≤0.

最終一個不等式的理由是aj-aj+1≤0(j=1,2,?,n-1,sn=0),所以右側(cè)不等式成立，同理可證左側(cè)不等式。

證法二：（調(diào)整法）考察a1bi?a2bi???anbi，若bi?bn，則存在。

12kj若bi?\\bn(j≤n-1)，則將bi與bi互換。

jnj由于

banbn?ajbi?(anbi?ajbn)?(an?aj)bn?(aj?an)bi?(an?aj)(bn?bi)≥0，

nnnn所調(diào)整后，和是不減的，接下來若bin?1?bn?1，則繼續(xù)同樣的調(diào)整。至多經(jīng)n-1次調(diào)

整就可將亂序和調(diào)整為順序和，而且每次調(diào)整后和是不減的，這說明右邊不等