高中數(shù)學(xué)競賽講義（九） ──不等式

昵稱3826483 2013-12-08

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高中數(shù)學(xué)競賽講義（九）

──不等式

一、基礎(chǔ)知識

不等式的基本性質(zhì)：

（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，則|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|;

（11）a, b∈R，則(a-b)²≥0a²+b²≥2ab;

（12）x, y, z∈R⁺，則x+y≥2, x+y+z

前五條是顯然的，以下從第六條開始給出證明。

（6）因為a>b>0, c>d>0，所以ac>bc, bc>bd，所以ac>bd；重復(fù)利用性質(zhì)（6），可得性質(zhì)（7）；再證性質(zhì)（8），用反證法，若，由性質(zhì)（7）得，即a≤b，與a>b矛盾，所以假設(shè)不成立，所以；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，因為|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），因為x+y-2≥0，所以x+y≥，當(dāng)且僅當(dāng)x=y時，等號成立，再證另一不等式，令，因為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，所以a³+b³+c³≥3abc，即x+y+z≥，等號當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z時成立。

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A<B時利用A-B與0比較大小，或把（A，B>0）與1比較大小，最后得出結(jié)論。

例1 設(shè)a, b, c∈R⁺，試證：對任意實數(shù)x, y, z, 有x²+y²+z²

【證明】左邊-右邊= x²+y²+z²

所以左邊≥右邊，不等式成立。

例2 若a<x<1，比較大?。?/span>|log_a(1-x)|與|log_a(1+x)|.

【解】因為1-x1，所以log_a(1-x)0, =|log_(1-x)(1+x)|=-log_(1-x)(1+x)=log_(1-x)>log_(1-x)(1-x)=1（因為0<1-x²<1，所以>1-x>0, 0<1-x<1）.

所以|log_a(1+x)|>|log_a(1-x)|.

（2）分析法，即從欲證不等式出發(fā)，層層推出使之成立的充分條件，直到已知為止，敘述方式為：要證……，只需證……。

例3 已知a, b, c∈R⁺，求證：a+b+c-3≥a+b

【證明】要證a+b+c≥a+b只需證，

因為，所以原不等式成立。

例4 已知實數(shù)a, b, c滿足0<a≤b≤c≤，求證：

【證明】因為0<a≤b≤c≤，由二次函數(shù)性質(zhì)可證a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c)，

所以，

所以只需證明，

也就是證，

只需證b(a-b) ≤a(a-b)，即(a-b)²≥0，顯然成立。所以命題成立。

（3）數(shù)學(xué)歸納法。

例5 對任意正整數(shù)n(≥3)，求證：nⁿ⁺¹>(n+1)ⁿ.

【證明】 1）當(dāng)n=3時，因為3⁴=81>64=4³，所以命題成立。

2）設(shè)n=k時有k^k+1>(k+1)^k，當(dāng)n=k+1時，只需證(k+1)^k+2>(k+2)^k+1，即>1. 因為，所以只需證，即證(k+1)^2k+2>[k(k+2)]^k+1，只需證(k+1)²>k(k+2)，即證k²+2k+1>k²+2k. 顯然成立。

所以由數(shù)學(xué)歸納法，命題成立。

（4）反證法。

例6 設(shè)實數(shù)a₀, a₁,…,a_n滿足a₀=a_n=0，且a₀-2a₁+a₂≥0, a₁-2a₂+a₃≥0,…, a_n-2-2a_n-1+a_n≥0，求證a_k≤0(k=1, 2,…, n-1).

【證明】假設(shè)a_k(k=1, 2,…,n-1) 中至少有一個正數(shù)，不妨設(shè)a_r是a₁, a₂,…, a_n-1中第一個出現(xiàn)的正數(shù)，則a₁≤0, a₂≤0,…, a_r-1≤0, a_r>0. 于是a_r-a_r-1>0，依題設(shè)a_k+1-a_k≥a_k-a_k-1(k=1, 2, …, n-1)。

所以從k=r起有a_n-a_k-1≥a_n-1-a_n-2≥…≥a_r-a_r-1>0.

因為a_n≥a_k-1≥…≥a_r+1≥a_r>0與a_n=0矛盾。故命題獲證。

（5）分類討論法。

例7 已知x, y, z∈R⁺，求證：

【證明】不妨設(shè)x≥y, x≥z.

?。﹛≥y≥z，則，x²≥y²≥z²，由排序原理可得

，原不等式成立。

ⅱ）x≥z≥y，則，x²≥z²≥y²，由排序原理可得

，原不等式成立。

（6）放縮法，即要證A>B，可證A>C₁, C₁≥C₂,…,C_n-1≥C_n, C_n>B(n∈N₊).

例8 求證：

【證明】

，得證。

例9 已知a, b, c是△ABC的三條邊長，m>0，求證：

【證明】

（因為a+b>c），得證。

（7）引入?yún)⒆兞糠ā?/span>

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

【解】設(shè)，則，f(x,y)=

(a³+b³+3a²b+3ab²)=

，等號當(dāng)且僅當(dāng)時成立。所以f(x, y)_min=

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

【證明】設(shè)x₁=k(x₂+x₃+x₄)，依題設(shè)有≤k≤1, x₃x₄≥4，原不等式等價于(1+k)²(x₂+x₃+x₄)²≤4kx₂x₃x₄(x₂+x₃+x₄)，即

(x₂+x₃+x₄) ≤x₂x₃x₄，因為f(k)=k+在上遞減，

所以(x₂+x₃+x₄)=(x₂+x₃+x₄)

≤·3x₂=4x₂≤x₂x₃x₄.

所以原不等式成立。

（8）局部不等式。

例12 已知x, y, z∈R⁺，且x²+y²+z²=1，求證：

【證明】先證

因為x(1-x²)=,

所以

同理，

，

所以

例13 已知0≤a, b, c≤1，求證：≤2。

【證明】先證 ①

即a+b+c≤2bc+2.

即證(b-1)(c-1)+1+bc≥a.

因為0≤a, b, c≤1，所以①式成立。

同理

三個不等式相加即得原不等式成立。

（9）利用函數(shù)的思想。

例14 已知非負(fù)實數(shù)a, b, c滿足ab+bc+ca=1，求f(a, b, c)=的最小值。

【解】當(dāng)a, b, c中有一個為0，另兩個為1時，f(a, b, c)=，以下證明f(a, b, c) ≥. 不妨設(shè)a≥b≥c，則0≤c≤, f(a, b, c)=

因為1=(a+b)c+ab≤+(a+b)c，

解關(guān)于a+b的不等式得a+b≥2(-c).

考慮函數(shù)g(t)=, g(t)在[）上單調(diào)遞增。

又因為0≤c≤，所以3c²≤1. 所以c²+a≥4c². 所以2≥

所以f(a, b, c)=

≥

下證0 ① c²+6c+9≥9c²+9≥0 因為，所以①式成立。

所以f(a, b, c) ≥，所以f(a, b, c)_min=

2．幾個常用的不等式。

（1）柯西不等式：若a_i∈R, b_i∈R, i=1, 2, …, n，則

等號當(dāng)且僅當(dāng)存在λ∈R，使得對任意i=1, 2, , n, a_i=λb_i,

變式1：若a_i∈R, b_i∈R, i=1, 2, …, n，則

等號成立條件為a_i=λb_i,(i=1, 2, …, n)。

變式2：設(shè)a_i, b_i同號且不為0(i=1, 2, …, n)，則

等號成立當(dāng)且僅當(dāng)b₁=b₂=…=b_n.

（2）平均值不等式：設(shè)a₁, a₂,…,a_n∈R₊，記H_n=, G_n=, A_n=，則H_n≤G_n≤A_n≤Q_n. 即調(diào)和平均≤幾何平均≤算術(shù)平均≤平方平均。

其中等號成立的條件均為a₁=a₂=…=a_n.

【證明】由柯西不等式得A_n≤Q_n，再由G_n≤A_n可得H_n≤G_n，以下僅證G_n≤A_n.

1）當(dāng)n=2時，顯然成立；

2）設(shè)n=k時有G_k≤A_k，當(dāng)n=k+1時，記=G_k+1.

因為a₁+a₂+…+a_k+a_k+1+(k-1)G_k+1≥

≥2kG_k+1,

所以a₁+a₂+…+a_k+1≥(k+1)G_k+1，即A_k+1≥G_k+1.

所以由數(shù)學(xué)歸納法，結(jié)論成立。

（3）排序不等式：若兩組實數(shù)a₁≤a₂≤…≤a_n且b₁≤b₂≤…≤b_n，則對于b₁, b₂, …, b_n的任意排列，有a₁b_n+a₂b_n-1+…+a_nb₁≤≤a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n.

【證明】引理：記A₀=0，A_k=，則 =（阿貝爾求和法）。

證法一：因為b₁≤b₂≤…≤b_n，所以≥b₁+b₂+…+b_k.

記s_k=-( b₁+b₂+…+b_k)，則s_k≥0(k=1, 2, …, n)。

所以-(a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n)= +s_na_n≤0.

最后一個不等式的理由是a_j-a_j+1≤0(j=1, 2, …, n-1, s_n=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，若，則存在。

若(j≤n-1)，則將與互換。

因為

≥0，

所調(diào)整后，和是不減的，接下來若，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，這說明右邊不等式成立，同理可得左邊不等式。

例15 已知a₁, a₂,…,a_n∈R⁺，求證；a₁+a₂+…+a_n.

【證明】證法一：因為，…， ≥2a_n.

上述不等式相加即得≥a₁+a₂+…+a_n.

證法二：由柯西不等式(a₁+a₂+…+a_n)≥(a₁+a₂+…+a_n)²，

因為a₁+a₂+…+a_n >0，所以≥a₁+a₂+…+a_n.

證法三：設(shè)a₁, a₂,…,a_n從小到大排列為，則，，由排序原理可得

=a₁+a₂+…+a_n≥，得證。

注：本講的每種方法、定理都有極廣泛的應(yīng)用，希望讀者在解題中再加以總結(jié)。

三、基礎(chǔ)訓(xùn)練題

1．已知0<x<1，a, b∈R⁺，則的最小值是____________.

2．已知x∈R⁺，則的最小值是____________.

3．已知a, b, c∈R，且a²+b²+c²=1, ab+bc+ca的最大值為M，最小值為N，則MN=___________.

4．若不等式對所有實數(shù)x成立，則a的取值范圍是____________.

5．若不等式x+a的解是x>m，則m的最小值是____________.

6．“a+b=4”是“不等式|x-a|+|x-b|<8的解集是{x|-2<x<6}”的____________條件.

7．若a, b∈R⁺，則a+b=1，以下結(jié)論成立是__________.① a⁴+b⁴≥；②≤a³+b³<1；③；④；⑤；⑥

8．已知0<<，若，則=____________.

9．已知，p=(x₁-)²+(x₂-)²+…+(x_n-)², q=(x₁-a)²+(x₂-a)²+…+(x_n-a)², 若，則比較大?。?/span>p___________q.

10．已知a>0, b>0且ab, m=a^ab^b, n=a^bb^a, 則比較大?。?/span>m_________n.

11．已知n∈N₊，求證：

12．已知0<a<1，x²+y=0，求證：log_a(a^x+a^y) ≤log_a2+.

13．已知x∈R，，求證：

四、高考水平訓(xùn)練題

1．已知A=asin²x+bcos²x, B=acos²x+bsin²x(a, b, x∈R)，設(shè)m=AB, n=ab, P=A²+B², q=a²+b²，則下列結(jié)論成立的有]__________.（1）m≥n, p≥q;（2）m≤n, p≤q；（3）m+p≥n+q；（4）m+q≥n+p.