高中数学竞赛讲义_不等式

不等式

一、基础知识

不等式的基本性质：

（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, c<0⇒acb>0, c>d>0⇒ac>bd;

（7）a>b>0, n ∈N +⇒a n >b n ; （8）a>b>0, n ∈N +⇒n n

b a >;

（9）a>0, |x|a ⇔x>a 或x<-a; （10）a, b ∈R ，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|; （11）a, b ∈R ，则(a-b)2≥0⇔a 2+b 2≥2ab; （12）x, y, z ∈R +，则x+y ≥2

xy , x+y+z .33xyz ≥

前五条是显然的，以下从第六条开始给出证明。

（6）因为a>b>0, c>d>0，所以ac>bc, bc>bd ，所以ac>bd ；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若

n n

b a ≤，由性质（7）得n n n n b a )()(≤，即a ≤b ，与a>b

矛盾，所以假

设不成立，所以n n

b a >；由绝对值的意义知（9）成立；-|a|≤a ≤|a|, -|b|≤b ≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b ≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再证（10）的左边，因为|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）显然成立；下证（12），因为x+y-22)(y x xy -=≥0，所以x+y ≥xy 2，当且仅当x=y 时，等号

成立，再证另一不等式，令

c z b y a x ===333

,,，因为

x 3+b 3+c 3-3abc =(a+b)3+c 3-3a 2b-3ab 2-3abc

=(a+b)3+c 3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c 2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a 2+b 2+c 2-ab-bc-ca)=

2

1(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0，所以a 3+b 3+c 3≥3abc ，即x+y+z ≥33xyz ，等号当且仅当x=y=z 时成立。

二、方法与例题

1．不等式证明的基本方法。

（1）比较法，在证明A>B 或A

A

（A ，B>0）与1比较大小，最后得出结论。

例 1 设a, b, c ∈R +

，试证：对任

意

实

数

x,

y,

z,

有

x 2+y 2+z 2.))()((2

⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛++++++++≥

xz b a c yz a c b xy c b a a c c b b a abc 【证明】 左边-右边= x 2+y 2+z 2yz a c b a bc

xy a c c b ab )

)((2))((2

++-++-

-++++++-+=++-222))((2))((2y a

c c

y a c a xy a c c b ab x c b b xz c b b a ca

=++++-++++++222))((2))((2

x c

b c

xz c b b a ca z b a a z b a b yz a c b a bc

.02

2

2

≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝

⎛+++x c b c z b a a z b a b y a c c y a c a x c b b 所以左边≥右边，不等式成立。

例2 若a

1

，

所

以

log a (1-x)

≠

0,

|

)1(log ||)1(log |x x a a -+=|log (1-x)(1+x)|=-log (1-x)(1+x)=log (1-x)

x +11

>log (1-x)(1-x)=1（因为0<1-x 2<1，所以

x

+11

>1-x>0, 0<1-x<1）. 所以|log a (1+x)|>|log a (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-3

3

abc ≥a+b .2ab -

【证明】 要证a+b+c 33b a c ⋅⋅-≥a+b .2ab -只需证3

32abc ab c ≥+，

因为3

3332abc b a c ab ab c ab c =⋅⋅≥++=+，所以原不等式成立。

例4 已知实数a, b, c 满足0

1(1

)1(1)1(2a b b a c c -+-≤-

【证明】 因为0

1

，由二次函数性质可证a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c)，

所以)1(1)1(1)1(1c c b b a a -≥

-≥-， 所以)

1(2)1(2)1(1)1(1c c b b b b a a -≥

-≥-+-， 所以只需证明)1(1

)1(1)1(1)1(1a b b a b b a a -+-≤-+-，

也就是证)

1)(1()1)(1(b a b b

a b a a b a ---≤---，

只需证b(a-b) ≤a(a-b)，即(a-b)2≥0，显然成立。所以命题成立。 （3）数学归纳法。

例5 对任意正整数n(≥3)，求证：n n+1>(n+1)n .

【证明】 1）当n=3时，因为34=81>64=43，所以命题成立。 2）设n=k 时有k

k+1

>(k+1)k ，当n=k+1时，只需证(k+1)

k+2

>(k+2)

k+1

，即

1

2)2()1(++++k k k k >1. 因为

1)1(1>++k k k k ，所以只需证1

2)2()1(++++k k k k k

k k k )1(1

+>+，即证(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1，只需证(k+1)2>k(k+2)，

即证k 2+2k+1>k 2+2k. 显然成立。

所以由数学归纳法，命题成立。 （4）反证法。

例6 设实数a 0, a 1,…,a n 满足a 0=a n =0，且a 0-2a 1+a 2≥0, a 1-2a 2+a 3≥0,…, a n-2-2a n-1+a n ≥0，求证a k ≤0(k=1, 2,…, n-1).

【证明】 假设a k (k=1, 2,…,n-1) 中至少有一个正数，不妨设a r 是a 1, a 2,…, a n-1中第一个出现的正数，则a 1≤0, a 2≤0,…, a r-1≤0, a r >0. 于是a r -a r-1>0，依题设a k+1-a k ≥a k -a k-1(k=1, 2, …, n-1)。

所以从k=r 起有a n -a k-1≥a n-1-a n-2 ≥…≥a r -a r-1>0.

因为a n ≥a k-1≥…≥a r+1≥a r >0与a n =0矛盾。故命题获证。 （5）分类讨论法。

例7 已知x, y, z ∈R +

，求证：.02

22222≥+-++-++-y

x x z x z z y z y y x

【证明】 不妨设x ≥y, x ≥z. ⅰ）x ≥y ≥z ，则

z

y z x y x +≤

+≤+1

11，x 2≥y 2≥z 2，由排序原理可得

y

x x x z z z y y y x z x z y z y x ++

+++≥+++++2

22222，原不等式成立。 ⅱ）x ≥z ≥y ，则z y y x z x +≤+≤+1

11，x 2≥z 2≥y 2，由排序原理可得 y

x x x z z z y y y x z x z y z y x ++

+++≥+++++2

22222，原不等式成立。