数学竞赛选讲不等式证明
竞赛讲座之 12-1不等式的证明方法 (比较法)
证明不等式的基本方法现实世界中的量，相等是相对的、局部的，而不等的绝对的、普遍的。
不等式的本质是研究“数量关系”中的“不等关系”。
对于两个量，我们常要比较它们之间的大小，或者证明一个量大于另一个，这就是不等式的证明。
不等式的证明因题而异，灵活多变，常常要用到一些基本的不等式，如柯西不等式、平均值不等式等等，其中还需要用一些技巧性高的代数变形。
在这一部分我们主要来学习一些证明不等式的基本方法。
不等式是数学竞赛的热点之一。
由于不等式的证明难度大，灵活性强，要求很高的技巧，常常使它成为各类数学竞赛中的“高档”试题。
而且，不论是几何、数论、函数或组合数学中的许多问题，都可能与不等式有关，这就使得不等式的问题（特别是有关不等式的证明）在数学竞赛中显得尤为重要。
证明不等式同大多数高难度的数学竞赛问题一样，没有固定的模式，证法因题而异，灵活多变，技巧性强。
但它也有一些基本的常用方法，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。
【知识概要】证明不等式的常用方法有：⒈比较法：依据实数的运算性质及大小顺序之间的关系，通过两个实数的差或商的符号（范围）确定两个数的大小关系的方法。
基本解题步骤是：作差（商）—变形—判号（范围）—定论。
证题时常用到配方、因式分解、换元、乘方、恒等式、重要不等式、优化假设、放缩等变形技巧。
⒉分析综合法：所谓“综合”指由“因”导“果”，从已知条件出发，依据不等式的性质、函数的性质、重要不等式等逐步推进，证得所要证的不等式。
所谓“分析”指的是执“果”索“因”，从欲证不等式出发，层层推求使之成立的充分条件，直至已知事实为止。
一般先用分析法分析证题思路，再用综合法书写证明过程。
⒊重要不等式法：主要有均值不等式、柯西不等式、排序不等式等。
⒋换元法：适当引入新变量，通过代换简化原有结构，实现某种变通，给证明的成功带来新的转机。
具体地讲，就是化超越式为代数式，化无理式为有理式，化分式为整式，化高次式为低次式等等。
数学竞赛经典讲座-组合不等式
组合不等式 讲 座组合不等式问题是数学竞赛中的热点问题，通常也是教学竞赛中难度很大的问题，同时也是针对学生思维考测的典型问题．组合不等式问题的内容非常广泛，涉及到代数、几何、数论等多个分支。
组合不等式问题有：组合数不等式、组合计数不等式、组合最值、组合几何不等式、组合数论不等式等．下面就从几个典型的组合不等式问题的研究，提高我们的思维能力．例1：对n ≥2，证明（1）n n n n C 422<<；（2）1124--<n n n C证明：（1）当n =2时，22222462<=<⨯C 不等式成立设kk k k C 422<<成立，则1+=k n 时由n k k k k k k k k k n C C C C 22222212121222==⋅>>==++++ n k k k k k k k k kk n n C C C k k C C 4444422112221222122==⋅<=⋅<++⋅<=++ 知不等式成立由归纳原理，对n ≥2不等式nn n n C 422<<恒成立（2）∑-=----=⋅==12012122212122124n k k n n n n C nn n k n n k n C C C 121112122--=---=>=∑ 例2：在一个车厢中，任何()3≥m m 个旅客都有惟一的公共朋友（当甲是乙的朋友时，乙也是甲的朋友；任何人都不作为自己的朋友），问在这个车厢中，朋友最多的人有多少位朋友？解：设朋友最多的人有k 个朋友，显然，m k ≥，若m k >，设A 有k 个朋友B 1，B 2，…，k B ，并记{}k B B B S ,,21=．设{}121,,,-m i i i B B B 是S 的任一个1-m 元子集，则A ,121,,,-m i i i B B B 这m 个人有惟一的公共朋友，记为i C ．因i C 是A 的朋友，故S C i ∈．宝义映射{}S C B B B f i i i i m ∈→-121,,,: ，则f 是从S 的所有1-m 元子集的集合到S 的一个单射．事实上，若有S 的两个不同的1-m 元子集{}121,,,-m i i i B B B和{}121,,,-m j j j B B B，二者有相同的象i C ，则因{}{}1111,,,,--m m j j i i B B B B中至少有m 个元素，这m 个人有两个公共朋友A 和i C ，此与已知矛盾．由于f 是单射，故有k C m k≤-1．另一方面，因为3≥m ，21≥-m ，所以k C C C k k m k =>≥-121，矛盾．可见，所求的最大值为m ．例3：设{}10,,2,1 =S ，k A A A ,,,21 都是S 的子集且满足（1）k i A i ,,2,1,5 ==；（2）k j i A A j i ≤<≤≤1,2 ．求k 的最大值．解：设k 有个子集满足题中条件（1）和（2），并设i 属于这k 子集中的i x 个集合，i =1，2，…，10．若j A i ∈ ，k A i ∈，k j ≠，则称i 为一个重复数对．于是由数i 导致的重复数对有2i x C 个．由S 中的10个元素所导致的重复数对的总数为2221021x x x C C C +++ ，k x x x 51021=+++ ． 另一方面，每两个子集间至多有两个重复数对，所以k 个子集之间至多有22k C 个得复数对．因而有222221021k x x x C C C C ≤+++ ①由柯西不等式有2221021x x x C C C +++ ()()(){}1112110102211-++-+-=x x x x x x ()()102121022212121x x x x x x +++-+++= ()k x x x 25212102212-++= ()()2452552012-=-≥k k k k ②由①和②得到()1245-≤-k k ③由③解得6≤k ．这表明至多有6个子集．例4：设3221,,,+n P P P 为平面上的32+n 个点，其中任何3点都不共线，任何4点都不共圆．过其中3点作圆，使其余n 2个点在圆内和圆外各有n 个点，这种圆的个数词类K ，求证2321+>n C K π．证明：首先证明对任意两点i P ，j P ，一定存在第3点k P ，使得过i P ，j P ，k P 3点的圆满足题中的要求．为此，不妨设直线i P j P 的上方的点数1+≥n m ．因为任何3点不共线，任何4点不共圆，故可将直线上方的m 点按对线段i P j P 的张角从小到大排列为1k P ，2k P ，…m k P ，即有︒<∠<<∠<∠<︒180021j k i j k i j k i P P P P P P P P P m由此可知，过i P ，j P ，k P 3点的圆内的点数不多于n ．若两圆中有一圆内恰有n 个点，则它就满足要求．否则，前者内部点数大于n ，后者内部点数小于n ．而当顺次考察过i P ，j P ，k P （h=1,2,…,m ）3点的圆时，圆内给定点的个数每次恰减少1个．故知其中必有1个圆满足题中要求．这样一来，对于{}3221,,,+n P P P 中的任意两点都可以作出1个圆满足题中要求．于是共可得到232+n C 个圆．但在这个计数过程中，每个圆可被计数3次，故得232232131++>≥n n C C K π． 例5：10人到书店去买书，已知（1）每人都买了3种书；（2）任何两人所买的书中，都至少有一种相同．问购买人数最多的一种书最少有几个人购买？说明理由．解：右图中，由正五边形的中心和两个相领顶点构成的三角形共有5个，由正五边形的3个不全相连的顶点构成的三角形也共有5个．不难看出，这10个三角形中的任何两个都至少有一个公共顶点．将这些三角形的顶点号码组写出来并让10人所买的书号依次为这10个三角形的顶点号码组：（123），（134），（145），（156），（162），（245），（356），（426），（523），（634）． 显然，每种书都有人购买．故知所求的最小值示超过5．设所求的最小值为4，10人共买了n 种书且第i 种书有i m 人购买，于是4≤i m 且3021=+++n m m m ．当两人买同一种书时，称之为一个“书对”．由已知，每两人之间至少有1个书对，于是至少共有45210=C 个书对．另一方面，由第i 种书形成的书对有2i m C 个，共有22221nmm m C C C +++ 个书对．从而有 4522221≥+++nm m m C C C ①因为624=C ，323=C ，122=C ，故又有437222422221=+≤+++C C C C C nm m m ②由于①与②矛盾，故知所求的最小值为5．例6：在1980×1981的方格表的每个方格中都写有＋1，－1和0之一，且表中所有数之和等于0．试证存在两行和两列，使得位于它们交点处的4个数之和为0．证明：若不然，则任何一个边在网格线上的矩形的4个角格中的4数之和均不为零． （1）考察数表中0的个数．设表中1981列中0的个数依次为198121,,,k k k ．因为不能有两行两列之交的4个方格中同时为0，故有197999019811219802⨯=≤∑=i ki C C．①因为990245=C ，946244=C ，故表中0的个数不超过1980×45个．1980×1936，故－1的个数与＋1的个数都不少于1980×968．若有某行中有1015个－1，则因有＋1最多的一行至少有968个＋1，故必有两个－1与两个＋1同列，此与反证假设矛盾，故知每行中－1的个数和＋1的个数均不超过1014．设第i 行有ni 个－1，mi 个＋1，1980,,2,1 =i ．因为不能有两行两列之我的4格中的数之和为0，故必有∑=⨯=≤19801219819901981i Cnimi ，②其中∑=⨯≥198019681980i ni ，∑=⨯≥198019681980i mi ，ni ，1014≤mi ，1980,,2,1 =i ．由排序不等式知在②式中可设{}ni 递增而{}mi 递减且在容许条件下前面的mi 尽可能大，前面的ni 尽可能地小．从而有∑=⨯≥19801210141800i nimi ③③与②矛盾，这就完成了反证的证明．例7：在某项竞赛中，共有a 名参赛选手与b 位裁判员，其中3≥b 为奇数，每位裁判对每名选手的评分都只有“合格”与“不合格”两种，设N k ∈，任何两位裁判至多可对k 名选手有完全相同的评分，求证bb a k 21-≥． 证明：当两位裁判对一名选手的评分相同时，称之为一个“相同评分对”下面对相同评分对的个数进行换序求和．一方面，每名运动员都获得b 位裁判的各一个评分．设第i 名选手获得xi 个合格与xi b -个不合格，于是由第i 名选手产生的相同评分对的个数为22i ix b x C C -+，a i ,,2,1 =．从而所有相同评分对的个数为()()221122m m ai x b x C C a C Ci i +≥++=-∑()()()2112am m m m m a=-++=， 其中12+=m b ，N m ∈． 另一方面，任何两位裁判所产生的相同评分对至多k 对，故所有相同评分对的个数不超过2b kC ． 结合起来，得到()21222am C C kC ai x b x bii ≥+≥∑=-， ()2121am b b k ≥-⋅， 21-⋅=≥b a am kb ， bb a k 21-≥． 例8：n 个平面最多可以将空间分成多少个部分区域？解：为求这个最大值，我们先证如下的引理，平面上的n 条直线，最多可以把平面分成121++n C 个部分．显然，当这n 条直线两两相交且任何三条都不共点时，把平面分成的部分最多．设平面被k 条直线分成的部分数的最大值为k m ，然后加入第1+k 条直线，它与前k 条直线中的每一条都相交，共得到k 个交点，这k 个点将第1+k 条直线分成1+k 段，其中每一段都把它所穿过的区域一分为二．故知由于第1+k 条直线的加入而新增加的小区域数与第1+k ．这样，我们得到递推公式11++=+k m m k k由此递推即得211--+-+=+=n n n m n n n m m1112121111+=++++-+=+++-+=+n C n n m n n这就完成了引理的证明，下面利用引理来解原题．设空间中的k 个平面最多能把空间分成k υ个区域，然后考察当第1+k 个平面加入时，新增加的小区域的个数．这时，第1+k 个平面与前k 个平面中的每个平面都交于1条直线，在第1+k 号平面上共得到k 条直线．由引理知，这k 条直线最多能把平面分成121++k C 个部分，其中每部分都把它所穿过的区域一分为二，故得递推关系式mk k k +=+υυ1由此递推即得1121υυ++++=--m m m n n n()2122212+-++++=-n C C C n n 131++=+n C n ，即空间中的n 个平面最多可以把空间分成131+++n C n 个部分，这个最大值当任何3个平面都共点，任何四个平面都不共点时取得．例9：设{}n S ,4,3,2,1=项的数列n a a a ,,,21 具有下列性质：对于S 的任何一个非空子集B （集B 的元数记为B ），在该数列中都有相邻的B 项恰好组成集合B ．求项数n 的最小值．解：对于每个S i ∈，它都可以与S 中的另外3个元素各组成一个二元子集，即共有3个含i 的二元子集，若i 在数列中仅出现1次，则含i 的相邻两项组至多两个，所认i 在数列中至少出现两次，由于1，2，3，4都至少出现两次，故数列至少有8项，即8≥n ．另一方面，容易验证，8项数列3，1，2，3，4，1，2，4满足题中条件． 综上可知，数列项数n 的最小值为8．例10：给定平面的n 的相异点，证明其中距离为单位长的点对少于32n 对． 证：对于平面上的点集{}n P P ,,1 ．令i e 表示与i P 相距为单位长的点j P 的个数，不妨设1≥i e ，则相距为单位长的点对的对数是221ne e e E +++=设i C 是以点i P 为圆心，以1为半径的圆．因为每对圆至多有2个交点，故所有的i C 至多有()122-=n n C n 个交点．点i P 作为j C 的交点出现2j e C 次，因此()∑=≥-nj e j C n n 121()()∑∑==-≥-=n j j nj j j e e e 12112121 ①由柯西不等式及①式得()()∑∑==-⋅≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡-n j j n j j e n e 122111()3212n n n n <-⋅≤于是有()∑=⋅<-nj jn e132121∑==nj jeE 33222n n n <+<．于是问题得证．例11：设A 是一个n 元集合，A 的m 个子集m A A A ,,,21 两两互不包含，试证（1）∑=≤mi in A C 111；（2）∑=≥mi i nm A C12，其中i A 表示i A 所含元素的个数 证：按定义有()!!!1n A n A A C i i i n -=， 由此可见，为证（1），只须证明等价不等式()∑=≤-mi iin A n A 1!!!．①对于每个i A ，利用i A 构造集A 中的n 个元素的排列如下：前i A 个位置是i A 中的所有元素的一个排列，后()i A n -个位置是i A 的补集ci A 中的所有元素的一个排列，这样的排列称之为从属于iA的排列，按乘法定理知，这样的排列数是()!!i i A n A -．当i j ≠时，不妨设i j A A ≥，如果有一个A 的元素的排列既从属于i A ，又从属于j A ，则其中的前i A 个元素都属于i A ，前j A 个元素都属于i A ，从而有j i A A ⊂，此与已知矛盾，这表明从属于不同子集的任何两个排列互不相同，因为A 中n 个元素的所有排列总数为!n ，故得不等式①．对于任何m 个正数m a a a ,21,，由柯西不等式有⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=∑∑∑===m i i m i i m i i i a a a a m 1121211． ②在②中令iA ni C a =，m i ,,2,1 =，由已证的不等式（1）即得∑∑∑===≤⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≤m i An mi A n m i An i i iC C C m 11121 例12：已知一个由0和1组成的数列n x x x ,,,21 ，A 为等于（0，1，0）或（1，0，1）的三元数组()k j i x x x ,,的个数，其中i j x x k j i ≠≤<<≤1的j 的个数．（1）求证：222321nd d d n C C C C A ----= ； 给定奇数n ，求A 的最大值．解：对于n i ,,2,1 =，令{}n j i x x i j x x x D i j i j j i ≤<≠<≤==,;1,，于是有i i d D =，在i D 中任取二元与i x 共3项，按下标从小到大的顺序排成三元数组，所有这样数组的集合记为i S ，显示然，2i d i C S =，将所有不满足题中要求的三元数组的集合记为T ，则T S i ⊂，n i ,,2,1 =且诸i S 两两不交，实际上，若()i k j i S x x x ∈,,，则k j i x x x =≠；若()j k j i S x x x ∈,,，则k j i x x x ≠=；若()k k j i S x x x ∈,,，则k j i x x x ==，由此可知诸i S 两两不交．另一方面，对于T 中任一个三元数组()k j i x x x ,,，必为下列6种情形之一：（0，0，1），（0，1，0），（0，1，1），（1，0，0），（0，0，0），（1，1，1），按定义，前两种情形属于j S ，中间两种情形属于i S ，后两种情形属于k S ，故有 ni iST 1=⊂，从而得到ni i S T 1==⊂由此即得2223321nd d d n n C C C C T C A ----=-= 再解（2）按i D 和i d 的定义，对任一个二元数组()j i x x ,，n j i ≤<≤1，若j i x x =，则j i D x ∈并在j d 中计数一次；若j i x x ≠，则j x 恰在i d 中计数一次，由此可见，所有i d 之和恰为所有二元数组的个数，即有∑==ni n iC d12．为求A 的最大值，只须求∑=ni d jC12的最小值，这时，由柯西不等式有∑∑==≤⎪⎭⎫⎝⎛ni i n i i d n d 1221①所以有()∑∑∑∑====⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=ni ni n i n i i i i i d d d d d C i11112221121 ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛≥∑∑==n i i n i i d d n 121121 ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==112111n i i n i i d n d ()()3181--=n n n ②因为12+=k n ，所以k n 21=-，223-=-k n ，()181-n n()()21213k nC k nk n =-=-，代入②式即得212k ni d nC C i ≥∑= ③由①知，③式中等号成立当且仅当()12121-====n d d d n ，容易验证，当数列中奇数项均为0而偶数项均为1时，所有i d 都相等，这表明③式右端所表示的最小值是可以取得的，从而知A 的最大值为()()()()()1241318121612230-=-----=-=n n n n n n n n nC C A k n ． 例13：圆周上有800个点，依顺时针表为800,,3,2,1 。
高中数学竞赛《不等式的证明》专题练习
不等式的证明一 能用单调性证明的不等式 二 利用最值证明三 利用中值定理（拉格朗日、柯西、泰勒公式）证明 四 利用凹凸性证明一 能用单调性证明的不等式（1）对不等式()()f x g x ≥，x I ∈，构造函数()()()F x f x g x =-若()F x 的导数()F x '在I 上的符号，若()F x '恒正（或恒负），则可以考虑用单调性证明.(若导数符号不一致，则可能考虑最值方法证明了)（2）若不等式含有两个参数，并且能分离两个参数分别在不等式两边，且结构一样，那么可以用单调性证明（也可用拉格朗日定理证明）。
例（1） 含一个参数的例 1 （1） 设0x <<+∞，证明不等式()11114xx x x ⎛⎫++≤ ⎪⎝⎭，且等号仅在1x =处成立。
（2）证明：当0x >时，()()221ln 1x x x -≥- （1）证明 注意到当1x ≤<+∞时101x<≤，故只需要当证明01x <≤时成立即可 令函数()11ln 1ln(1)ln 4f x x x x x⎛⎫=+++- ⎪⎝⎭，其中01x <≤，则()()21111ln 1ln(1)11f x x x x xx x ⎛⎫'=+--++⎪++⎝⎭，且()10f '= 另外()322(21)ln(1)(1)x x f x x x x ⎡⎤+''=+-⎢⎥+⎣⎦令()2(21)ln(1)(1)x x g x x x +=+-+，其中01x <≤，则()3(1)0(1)x x g x x -'=<+ 故在01x <≤有()()00g x g <=，从而在01x <≤有()0f x ''<，这表明()f x '在01x <≤严格单调减，故在01x <<时()()10f x f ''>=这说明()f x 在01x <≤严格单调增，即()11114xx x x ⎛⎫++≤ ⎪⎝⎭，且等号仅在1x =处成立。
第73讲 不等式证明选讲
第十三讲 不等式证明选讲本节主要内容为证明不等式的基本方法——比较法；综合法于分析法；放缩法；放缩法；反证法；数学归纳法；数形结合以及运用函数的性质． A 类例题例1 设1,121≥≥r r ，证明2121121111r r r r +≥+++ 分析：可以把不等式两边相减，通过恒等变形（例如配方，因式分解等），转化为一个能够明确确定正负的代数式．证明：=+++++-+++=+-+++)1).(1)(1()1)(1(2)1)(1(12111121212121212121r r r r r r r r r r r r r r =+++---=++++---+)1).(1)(1()()()1).(1)(1(222121221221212121212121212211r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r0)1).(1)(1()1.()(212121221≥+++--r r r r r r r r ，∴2121121111r r r r +≥+++当且仅当121==r r 时等号成立． 说明：要证b a >，最基本的方法就是证明0>-b a ，即把不等式两边相减，转化为比较差与0的大小，此法用的频率极高．链接：本题可推广为n r r r ,...,21都不小于1，证明：n nn r r r nr r r ...111...11112121+≥++++++（注：要用数学归纳法） 例2 设10<<x ，1,0≠>a a ，比较|)1(log |x a -与|)1(log |x a +的大小． （1982年全国高考题）分析：显然，要比较的两个数都是正数，把它们相除考察商式与1的大小关系，同样可得出两数的大小关系，即b a ,为正数b a ba>⇔>1解：由于10<<x ，⇒≠-11x ⇒≠-0)1(log x a 0|)1(log |>-x a ，同理0|)1(l o g |>+x a ，=--=-=+-=+-++)1(log |)1(log ||)1(log )1(log ||)1(log ||)1(log |11x x x x x x x x a a a a1)1(log 11log 11=+>-++x xx x，因此>-|)1(log |x a |)1(log |x a + 例3 1）92,31,31=>>ab b a ，证明1<+b a2）n 为任意正整数，证明1)1(1--<+n n n n1）分析：观察欲证不等式的特点，已知中有ab ，结论中有b a +，这种结构特点启发我们采用如下方法．证明：因为31>a ，所以031>-a ，同理031>-b ，因此0)31)(31(>--b a ，91)(31091)(31+<+⇒>++-ab b a b a ab ，又92=ab ，故1<+b a说明：一般地，从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做综合法，综合法又叫顺推证法或由因导果法． 2）分析：从不等式的结构不易发现需要用哪些不等式的性质或事实解决这个问题，因此用分析法．证明：要证1)1(1--<+n n n n ，只需证11)1(1-+<+n n n n ，也就是要证1)1(-+>+n n n n ，两边平方)1(212-+-+>+n n n n n n ，只需证01)1(2)1(>+---n n n n ，只需证0)1)1((2>--n n ，该式对一切正整数n 都成立，所以1)1(1--<+n n n n 成立．说明：证明命题时，我们还常常从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实，从而得出要的命题成立，这种证明的方法叫做分析法．这是一种执果索因的思考和证明方法，在寻求证明思路时尤为有效． 当问题比较复杂时，时常把分析法和综合法结合起来使用．以分析法寻找证明的思路，用综合法叙述、表达整个证明过程． 在实际的证题思考过程中，执果索因和由因导果总是不断交替地出现在思维过程中．链接：用此已经获证的不等式很容易证出一个新的不等式：n k k nk <+∑=1)1(1例4 1）设c b a ,,是一个三角形的三条边长，2=++c b a ，证明234222<++≤c b a 2）设2+=n a n ，)12(3+-+=n n n b n ，比较n a 与n b 的大小（1992年上海高考题改编） 1） 证明：用分析法证不等式的前半部分． 要证22234c b a ++≤，只需证4)(3222≥++c b a ，即证2222)()(3c b a c b a ++≥++，只需证ca bc ab c b a ++≥++222，因为该不等式是我们熟知的已经成立的不等式，所以22234c b a ++≤成立．又1022<<⇒>-⇒⎩⎨⎧>+=++c c c c b a c b a ，同理1,0<<b a ，这样便有c b a c b a c c b b a a ++<++⇒⎪⎩⎪⎨⎧<<<222222，也即2222<++c b a ．综上得234222<++≤c b a2）分析：用特殊值代入)5,4,3,2,1(=n 获得的印象是3,2,1=n 时n n b a >，从4=n 开始n n b a <，因此我们从作差入手，用放缩法完成全部结论．解：>+++-++++=+-+-+=-123)1)(2(2)12(32n n nn n n n n n n b a n n0123123)1(2≥+++-=+++-+++n n n n n n n n （当31≤≤n 时），所以n n b a >)3,2,1(=n又012412322123)1)(2(2≤+++-=+++-+++<+++-++++=-n n n n n n n n n n nn n n b a n n （当4>n 时），所以n n b a <...)6,5,4(=n ．综上可知31≤≤n 时，n n b a >；4≥n 时，n n b a <说明：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种证法称为放缩法．比如说直接证明不等式B A ≤比较困难，可以试着去找一个中间量C ，如果有C A ≤及B C ≤同时成立，自然就有B A ≤．所谓“放缩”即将A 放大到C ，再把C 放大到B ，或者反过来把B 缩小到C 再缩小到A ，不等式证明的技巧常体现在对放缩尺度的把握上． 情景再现1. 设a b ≤<0，证明bb a ab b a a b a 8)(28)(22-≤-+≤- 2. 1）设+∈R b a ,，证明ab bb a a a b b b a a +++≥≥+++33133 2）z y x ,,为任意实数，满足1=++zx yz xy ，求证31)(≤++z y x xyz 3. 设1001≤≤≤≤≤t z y x ，则tzy x +的最小值=__________ B 类例题例5 设n x x x ,...,,21，+∈R y y y n ,...,,21满足1）n n y x y x y x <<<< (02211)2）k k y y y x x x +++≥+++......2121，},...,3,2,1{n k ∈，证明：nn y y y x x x 1...111...112121+++≤+++ 分析：从要证明的结论看，去分母是不可能的，因为去分母计算量太大，去分母后也无法利用已知条件．另外，应该注意已知条件2）实际上包含着n 个不等式⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+++≥++++≥+≥nn y y y x x x y y x x y x .........2121212111，考虑到以上特点，因此用比较法，先作差．证明：=+++-+++)1...11()1...11(2121nn x x x y y y )11(...)11()11(...)11()11(33222211112211n n n n x y x y y x y x y x y x x y x y x y -++-+-+-=-++-+-=-++-+-+-≥)11(...)11(3322222211nn x y x y y x y x y x y x ≥-++-++-+)11(...)()(3333222121n n x y y x y x y x y y x x=-++-++-+)11(...)()(3333332121nn x y y x y x y x y y x x)11(...)()(33321321nn x y y x y y y x x x -++++-++（依次类推）…0)...()...(2121≥+++-+++≥nn n n y x y y y x x x ，因此nn y y y x x x 1...111...112121+++≤+++ 说明：证题过程看似好长，实际上关键步骤只有一两个．从数学欣赏的角度看，本题已知，求证和证法合在一起，显得十分和谐优美．例6 1）证明：任何三个实数都不可能同时满足下列三个不等式：||||z y x -<，||||x z y -<，||||y x z -<2）设c b a ,,是实数且满足1=abc ，证明b a 12-、c b 12-、ac 12-中最多有两个数大于1 （第44届塞尔维亚和里山数学奥林匹克）分析：要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰，于是考虑反证法．1）证明：假设存在某三个实数z y x ,,同时满足题设的三个不等式，将它们的两端都同时平方，然后分别移项、分解因式得：0))((<-++-z y x z y x （1） 0))((<-++-x z y x z y （2） 0))((<+--+y x z y x z （3）三式相乘得0)()()(222<-+-++-x z y z y x z y x ，这显然是不可能的，因此原命题成立． 说明：本题所得到的三个不等式（1）（2）（3），单独看哪一个看不出有什么毛病，而一旦把它们求积，矛盾便显现在眼前．2）证明：假设三个数b a 12-、c b 12-、ac 12-都大于1，由于c b a ,,中至少有一个是正的，不妨设0>a ，于是01122>⇒>->c ac c ．同理可推得0>b ，因此c b a ,,都是正数．由c c b c b 12.21)11(21112≥+>⇒>-，即c b 1>，同理b a 1>，a c 1>，三式相乘得11)(123>⇒>⇒>abc abc abcabc ，此与已知1=abc 矛盾，因此题目结论成立． 说明：反证法的根据是排中律，是用证明逆否命题成立来替代原命题成立．其难点在于提出与结论相反的假设后，如何合理地展开思路以便尽快凸现矛盾．例7 设数列}{n x 满足211=x ，221nx x x n n n +=+，证明10012001<x（2001年中国西部数学奥林匹克）分析：这是一个有关正整数的命题，很自然地考虑用数学归纳法，注意到1001接近2001的一半，因此可以试着证明2nx n ≤ （1）证明：1=n 时，211=x ，命题2nx n ≤成立．设k n =时，（1）成立，即2k x k ≤，当1+=k n 时，有22221)2(12k k k k x x x k k k +≤+=+21412+<+=k k ，故对一切*N n ∈，（1）都成立，从而1001220012001<≤x 例8 1）y x ,为非负实数，122=+y x ，证明：2111544+≤+++≤y x2）设+∈R y x ,，证明6333332222≥+-++-++-y xy x y y x x分析：从1），2）的结构看，似乎分别与勾股定理、余弦定理有些联系，因此可以把题中的式子赋于几何意义，从而把复杂的代数不等式化为相应的较为简单的几何不等式． 1）证明：如图1）ABCD 、CDEF 都是正方形，其边长等于1，P 为线段CD 上任一点，令2x PC =，2y PD =，则122=+y x ，4221y DP DA PA +=+=，4221x CP CF PF +=+=，51144≥+++⇒≥+y x AF PF PA（⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==2222y x 时等号成立）．又在ADF ∆形内任一点（含周界），DF AD DF PA +≤+，即211144+≤+++y x （⎩⎨⎧==10y x 或⎩⎨⎧==01y x 时等号成立）．2）证明：构造图形如图2），A B C ∆为等腰直角三角形，3==BC AC ，x CM =，30=∠ACM ，y CN =， 30=∠BCN ，据余弦定理332+-=x x AM ，332+-=y y BN ，223y xy x MN +-=，由平面几何知AB NB MN AM ≥++，即6333332222≥+-++-++-y xy x y y x x ，当且仅当33-==y x 时等号成立．链接：本题独到的证法不仅明快、利索，而且揭示了问题的真正内含．我们不难从中体会到这道题是如何编拟、设计出来的．例9 设非负实数54321,,,,x x x x x 满足11151=+∑=i ix ，求证：14512≤+∑=i i i x x （2003年西部数学奥林匹克）分析：证明分式不等式，尽可能地不通分、不去分母（不得已而为之）．本题通过代换，转换为一个新命题，再用函数有关性质推断出要证结果．证明：令i i x y +=11，5,...,3,2,1=i ，则i i i y y x -=1，且151=∑=i i y ，（10≤<i y ），D1)BACMN 2)12513.515112555.51125)1(4)1(42222222+-++-=+-+-=+-+-=-+-=+i i i i i i i i i i i ii i i ii y y y y y y y y y y y y y y y x x )13.(415154)51(513.51512++-≤+-++-=i i i y y y ，因此145431451512=++-≤+∑∑==i i i ii y x x ，当且仅当51=i y ，即4=i x ，（5,...,3,2,1=i ）时等号成立．情景再现4. R c b a ∈,,，若02<++ac ab a ，证明ac b 42> 5. 若1,...,,021≤<n x x x ，1≥n ．证明：1)1(1...)1(1)1(12211≤-+++-++-+nn x n x x n x x n x （2004年新加坡数学奥林匹克）6. 已知数列}{n a 中所有项i a 都是正数，又设对于,...3,2,1=n 都有12+-≤n n n a a a ，证明对于,...3,2,1=n 都有na n 1<． （1964年北京数学竞赛题） 7. 设z y x ,,取正实数，且1=++z y x ，求三元函数222222131313),,(z zz y y y x x x z y x f +-++-++-=的最小值，并给出证明． （2003年湖南省高中数学竞赛题）C 类例题例10 1）数列}{n a 中对于任意正整数n 都有21n n a a =+ 1） 试用1a 和n 表示n a2） 当2101≤<a 时，证明321)(211<-++=∑k k n k k a a a3） 当101<<a 时，证明31)(211<-++=∑k k nk k a a a （2003年全国高考江苏卷改编） 分析：首先通过叠代求出数列}{n a 的通项公式，再据通项公式发掘数列的性质．此时我们发现211)(++=∑-k k nk ka a a不大好求．因此应将21)(++-k k k a a a 适当放大，使放大后的数列既便于求和且和式的值又能命中（或接近）要证之结果．1） 解：由已知121323222322222221...)()()()(------=======n n n n n n n a a a a a a a2） 证明：121121211--+=÷=n n n nn a a a a a ，由于2101≤<a ，所以1021121<<-a a n ，故得n n a a <+1．数列}{n a 为单调递减01>-+n n a a ， 211≤a ，22)21(≤a 161,)41(,4322232≤≤=⇒≤⇒a a a a ，于是1≥k 时16132≤≤+a a k ，这样便有321161)(161161)()()(11111311211≤<-=-≤-≤-++=+=++=∑∑∑a a a a a a a a a a a n k nk k k n k k k k n k k 所以321)(211<-++=∑k k nk ka a a3）证明：因为}{n a 单调递减，所以k k k k a a a a .1212+++<=，212++=k k a a ，2212k k k a a a <=++，三式相加得<-⇒++<⇒++<++++++++212112222112)().(31.3k k k k k k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a a)(31)(31).(31321121++++-=++-k k k k k k k k a a a a a a a a ，因此3131)(31)(31)(313131313211<<-=-<-++++=∑a a a a a a a a n k k k k nk k说明：n a 的表达式也可以先归纳然后用数学归纳法证明．2）和3）的证明都是通过放大构造成差分式，异曲同工．3）的技巧性更高一点．该题有其几何背景，有兴趣的读者可以查阅原题．如果用微积分方法证问题3），显得特别简单． 例11 设00123>>>>x x x x ，证明202213202312202123)()()(x x x x x x x x x x x x --<--+--（1993年全国联赛题改编）分析：两边平方这条路不容易走通，根据已知条件00123>>>>x x x x ，以及三个根式中减式均为20x ，考察代换，将原命题转换为易证的新命题．由2021x x -联想到三角公式θθtan 1sec 2=-（)2,0(πθ∈）证明：令011.sec x x θ=，022.sec x x θ=，033.sec x x θ=，其中20321πθθθ<<<<，代入后原不等式化为要证<-+-3122012320tan )sec (sec tan )sec (sec θθθθθθx x21320tan )sec (sec θθθ-x ，约去20x ，并将上式全化为正余弦，即证231321132sin )cos (cos sin )cos (cos sin )cos (cos θθθθθθθθθ-<-+-，整理该式，即只需证)sin()sin()sin(131223θθθθθθ->-+- （*），我们来证明不等式（*）．因为20321πθθθ<<<<，所以)2,0(,,231312πθθθθθθ∈---，+--=-+-=-)cos()sin()]()sin[()sin(1223122313θθθθθθθθθθ )cos()sin(2312θθθθ--（1)cos(),cos(02312<--<θθθθ） )sin()sin(1223θθθθ-+-<，至此原不等式获证．链接：与本题相关的另外两个命题是0123>>>x x x ，则有221323122123)()()(x x x x x x x x x -=-+-，222132231222123)()()(p x x x p x x x p x x x +->+-++-（0≠p ）情景再现8. 设+∈R c b a ,,，且1=abc ，求证1111111≤++++++++ac c b b a9. 证明：对任意正数z y x ,,都有3234xyz z y x ≥++10. 求所有的实数k ，使得不等式)(13333d c b a k d c b a +++≥++++对任意),1[,,,+∞-∈d c b a 都成立． （2004年西部数学奥林匹克）习题十三A 类1. 1）不查表证明312lg 3.0<<2）+∈R b a ,，2=+b a ，*N n ∈，证明11111≥+++nn ba 2. n a a a ,...,,21成等差数列，n i a i ,...,3,12,0=>，证明n n n a a a a a ...211≤ 3. 设87321...a a a a a ≤≤≤≤≤是8个给定的实数，且8...821a a a x +++=，8...282221a a a y +++=，试证2184x y a a -≤-B 类4. 1）在ABC ∆中，求证0≤-+-+-+-+-+-cb a cb b ac b a a c b a c2）当n n n x x x x +==+211,31时，代数式 1111...11111120022001321++++++++++x x x x x 的值在哪两个整数之间？ （2002-2003芬兰高中数学奥林匹克）5. 若100个实数10021,...,,a a a 满足⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥+-≥+-≥+-023 (0230)2321100432321a a a a a a a a a ，证明10021...a a a ===6. 设1,1,1321>>>a a a ，S a a a =++321，已知对3,2,1=i 都有S a ai i >-12，证明：1111133221>+++++a a a a a a (第31届俄罗斯数学奥林匹克)7. 证明：不等式43))(())(())((222≥++++++++b c a c c a b c b b c a b a a 对所有正实数cb a ,,成立． （克罗里亚2004年数学奥林匹克） 8. 设数列}{n a 满足21=a ，nn n a a a 11+=+ （,...2,1=n ）1）证明12+>n a n 对一切正整数n 成立；2）令na b n n =（,...2,1=n ），判定n b 与1+n b 的大小并说明理由．（2004年高考重庆卷）C 类9. 已知n m i ,,是正整数，且n m i <≤<11）证明in i i m i p m p n < 2）mnn m )1()1(+>+ （2001年全国高考题）10. 已知c b a ,,为正实数，证明：34222≤++⇒=+++c b a abc c b a（第20届伊朗数学奥林匹克）11. 设c b a ,,是正实数，求证：8)(2)2()(2)2()(2)2(222222222≤++++++++++++++b a c b a c a c b a c b c b a c b a （2003年美国数学奥林匹克）12. 已知z y x ,,是不全为零的非负实数，求zy x zxx z yz z y xy y x u ++++++++++=222222的最小值．本节情景再现解答1. 作差，=+---=---+a b a b a b a a b a ab b a 8)()(2)(8)(222220)3.(8)()23(8)(32≥+-=---b a ab a b ab a b a ，另一半同法可证．2. 1）分析法．要证133≥+++ab bb a a ，只需证)3)(3()3()3(a b b a b a b a b a ++≥+++，平方后即证0)(34)3)(3(2≥-⇔≥++b a ab a b b a ab 此式成立．同理可证另一不等式．2）只要证2)()(3zx yz xy z y x xyz ++≤++，展开后即证≥++222222x z z y y xxy z zx y yz x 222++，据已知不等式ca bc ab c b a ++≥++222该式成立．3.511001210011001=≥+≥+≥+y y z y t z y x ，因此所求最小值为51，当100,10,1====t z y x 时取得此最小值．4. 反证法：假设ac b 42≤，又据已知)(442ab a ac +-<，因此⇒+-<)(422ab a b0)2(2<+b a 这是不可能的，因此ac b 42>5.n x n x x x n x 1)1()1(111111=-+≤-+，同理nx n x k k 1)1(1≤-+（n k ,...,2=），n 个同向不等式相加便得．6. 用数学归纳法：我们有)1(01n n n a a a -≤<+，故101<<a ，即我们的结果当1=n 时成立．今设其当k n ≤时成立，则221)21(41k k k k a a a a --=-≤+，若1=k ，则从此容易看出212<a ．若2≥k ，则由上式得111)11(1)121(41221+<-=-=--≤+k kk k k k a k ，即得所证．7. 构造函数，并用函数性质．考察函数21)(ttt g +=，易知)(t g 为奇函数，并且当0>t 时在]1,0(上单调递增．因此对于)1,0(,21∈t t ，且21t t <有0))()()((2121>--t g t g t t ．所以，对任意]1,0(∈x ，有222130)1031)(31(0))31()()(31(x xx x x x g x g x +-⇒≥-+-⇒≥--)13(103-≥x ．同理可得)13(1031322-≥+-y y y y ，)13(1031322-≥+-z z z z ，三式相加得0),,(≥z y x f ，所求最小值为08. 代换，令+∈===R z y x z c y b x a ,,,,,333，由题设得1=x y z ，利用2233yx y x y x +≥+，有222233111111xyy x xyz xyzxy y x y x b a ++=++≤++=++ zy x z ++=，同理有z y x x c b ++≤++11，z y x ya c ++≤++11，三式相加得原不等式成立．9. 反证法．若存在正实数000,,z y x 使3200034000z y x z y x ≥++，那么就有⎪⎩⎪⎨⎧<<<⇒⎪⎩⎪⎨⎧<<<120001603000160000160320002403200060320000)()(z y x z z y x y z y x x z y x z z y x y z y x x ，三式相乘得16000160160160)(z y x z y x <矛盾！故原不等式成立．10. 取特殊值，当1-====d c b a 时有43)4(3≥⇒-≥-k k ；当21====d c b a 时有43)214(1814≤⇒⨯≥+⨯k k ，两者都能成立，得43=k ．下面证明)(4313333d c b a d c b a +++≥++++ （1），对任意),1[,,,+∞-∈d c b a 都成立．首先证明),1[+∞-∈x 时x x 3143≥+，事实上0)12)(1(3)14(23≥-+=-+x x x x ，所以a a 3143≥+，b b 3143≥+，c c 3143≥+，d d 3143≥+四个不等式相加便得（1），故欲求的实数43=k 本节习题解答1. 1）要证312lg <，只要证31102<，即证1023<，此为显然．同法可证2lg 3.0<2）112≤⇒≤⇒≥+nn b a ab ab b a ，0)1)(1(111111≥++-=-+++n n n n n n b a b a b a ，因此11111≥+++nn b a2. 令等差数列公差为d ，4)()(21211a a a a a a n n n --+=，4)()(21211k k n k n k kn k a a a a a a --+=-+-+-+（n k ,...,2,1=），注意到k n k n a a a a -++=+11，所以0)1)((4)()(.2212111≥--=---=--+-+d k k n a a a a a a a a k k n n n kn k ，因此n k n k a a a a 11.≥-+，这样便有n n a a a a 11=，n n a a a a 112≥-，n n a a a a 123≥-，…，n n a a a a 11=，将这n 个不等式相乘得n n n n n n a a a a a a a a a a ...)()...(2111221≤⇒≥3. +-=+++-+++=-21828212822212)[(641])...()...(8[641a a a a a a a a x y +-+-++-+-+-++-232217************)()(...)()()(...)(a a a a a a a a a a a a])(...)(276242a a a a -++-，而21228212228][21)()(a a a a a a a a -+-≥-+-218)(21a a -=，因此 2182762422322182)(161])(...)()()(4[641a a a a a a a a a a x y -≥-++-+-+-≥-，因此2184x y a a -≤-，当且仅当2...81732a a a a a +====时等号成立． 4. 1）设z c b a y b a c x a c b 2,2,2=-+=-+=-+，则+∈R z y x ,,，且z y a +=，z x b +=，y x c +=，故原不等式等价于0222≤-+-+-z y z y x y x z x ，即0≥++zyy x x z ，由平均不等式知，此式显然成立．2）11111111111)1(+++-=+⇒=+-⇒+=n n n n n n n n n x x x x x x x x x ，这样 20032003120021131111x x x x n n -=-=+∑=，1,815243>=x x ，容易证明}{n x 中0>n x ，n n x x >+1所以31113200214<+<-∑=n n x x ，即311220021<+<∑=n n x5. 证法一：注意到系数规律，将这100个不等式相加得00≥，因此原式应为100个等式这样便有)(23221a a a a -=-，)(24332a a a a -=-…)(2211100a a a a -=-，将这100个等式分别平方后再相加得0)(3...)(3)(321100232221=-++-+-a a a a a a ，因此10021...a a a ===证法二：100个不等式应为等式，这样)(2)(24323221a a a a a a -=-=-)(2)(2...)(22199110098543a a a a a a -=-==-=，于是有0))(12(2199=--a a 21a a =⇒，依次代入得32a a =，,...43a a =10099a a =，所以10021...a a a ===6. 易知)()1)((1321321132121121a a a a a a a a a a a s a a +>++⇔-++>⇔>-，得3211321a a a a a a ++>+，同理3212131a a a a a a ++>+，3213211a a a a a a ++>+，三个不等式相加便得1111133221>+++++a a a a a a7. 给定不等式等价于⇔≥++++++++43))()(()()()(222a c c b b a b a c a c b c b a⇔≥+++++++++++432222222222222b c a c c b a b c a b a abc b c a c c b a b c a b a +-+⇔≥-+++++)2(0622222222abc a c c b abc b c a c c b a b c a b a0)()()(0)2()2(2222222≥-+-+-⇔≥-++-+b a c c a b c b a abc c b c a abc b c b a 此式显然成立，原不等式得证． 8. 1）证法一：当1=n 时，11221+⨯>=a 不等式成立．假设k n =时，12+>k a k ，当1+=k n 时，由于0>k a ，故011>+=+k k k a a a ，222112kk k a a a ++=+ 1)1(21)1(2121212++>⇒++>+++>+k a k a k k k．这就是说1+=k n 时，不等式也成立．故对任意正整数n ，12+>n a n 成立．证法二：先证0>n a ，由于0121>+>+n n n a a a ，这样便有,...,0,03221>>a a a a01>-n n a a ，将这)1(-n 个不等式相乘得0)2(0 (12)2123221>⇒=>-n n n n a a a a a a a a ，又2121222222321212212,...,12,12--++=++=++=n n n a a a a a a a a a ，将这)1(-n 个不等式相加得1222)1(221...11)1(22212221212+>+=-+>++++-+=-n n n a a a n a a n n)2(≥n ，又120+>⇒>n a a n n ，又1=n 时，不等式显然成立，故,...)3,2,1(12=+>n n a n2）=+++=+++<++=+=++1)12()1(21)1211(1)11(1211n n nn n n n n n a n a n a b b n n n n n 12)1(12)1(2++<++n n n n n n （对分子用平均不等式）1=，故n n b b <+1 9. 1）要证ini imi p m p n <，只要证i nim i p pn m >)(，即证)1)...(2)(1()1)...(2)(1()(+---+--->i n n n n i m m m m n m i ，借助熟知的不等式，m b a ,,都是正数，并且b a <，则有b a m b m a >++，因此011...2211>+-+->>-->-->i n i m n m n m n m ，于是有 11...22.11.)(+-+----->i n i m n m n m n m n m i 2）证法一：用平均不等式n m <≤2，<++++=+-个个m m n mn n n n )1)...(1()1(1....1.1)1( n nm nn m m n )1(])1(1).([+=++-，即m n n m )1()1(+>+证法二：原不等式等价于)1lg()1lg(.n m m n +>+，即nn m m )1l g ()1l g (+>+，设))1lg(,()),1lg(,(n n B m m A ++为函数)1l g (x y +=图象上两点，则n n K m m K OB OA )1lg(,)1lg(+=+=，由图象知O B O A K K >，∴nn m m )1lg()1lg(+>+，原不等式成立．10. 显然c b a ,,不可能都大于1，或者都小于1，因此c b a ,,中一定有两个或者都不大于1，或者都不小于1，不妨设b a ,，则10)1)(1(-+≥⇒≥--b a ab b a （1），又ab b a 222≥+，)2(42422222c ab c abc c ab abc c b a +≥-⇒++≥+++=，约去c +2得ab c ≥-2 （2），（1）+（2）得3≤++c b a ．另：本题也可用反证法证明．11. 不等式左端分子、分母均为二次，因此对c b a ,,乘一个合适的因子可把原问题化为1=++c b a 的情形，因原不等式只要证⎪⎩⎪⎨⎧≤-+++-+++-++>=++8)1(2)1()1(2)1()1(2)1()0,,(1222222222c c c b b b a a a c b a c b a ，注意到 ]932381[31]9)3(32381[3133123112312)1(2)1(22222222++≤+-++=+-++=+-++=-++a a a a a a a a a a a a a a )412(31+=a ．据此同理可得另两道式子，三式相加，原不等式之左8]12)(12[31=+++≤c b a ，当c b a ==时取等号． 12. 解法一：由),()(3)(4222222+∈+≥++⇒≥+R y x y x y xy x xy y x ，因此有)(2322y x xy y x +≥++，同理)(2322z y yz z y +≥++， )(2322x z zx x z +≥++，三式相加得 ⇒++≥++++++++)(3222222z y x zx x z yz z y xy y x3222222≥++++++++++zy x zxx z yz z y xy y x ，因此所求最小值为3，当z y x ==时取得此最小值．（注：z y x ,,中如有零，不等式显然成立．）解法二：构造三角形ABC ，其中z CM y BM x AM ===,,，M 是ABC ∆的斐尔玛点．图示圆为BCM ∆的外接圆，连接AM 交图中圆于P ，PBC ∆为正∆．由平面几何知yz z y CP BC z y MC BM MP ++==+=+=22,， 60=∠CMP ，在P CM ∆中，用余弦定理23sin 60sin ≥⇒≥∠=MP PC MP MCP MP PC，即2322≥+++z y yz z y ，以下同解法一．（（注：受到解法二的启示得到解法一）CP。
三元齐次不等式问题的数学竞赛讲义——均值不等式与柯西不等式应用拓广 学生版
三元齐次不等式问题的解答讲义-均值不等式与柯西不等式应用拓广众所周知，三元齐次不等式是一类基本型不等式问题，证明所需技巧性简单，本文通过几个例题梳理证明的一般步骤：通常只要展开分析，考察展开式，能否首先使用均值不等式，均值不等式的元可以任意，其次考虑应用柯西不等式，能否配方，能否使用同一类型的3-u -v 法证明。
一、基本三元齐次不等式问题1原始问题：已知a ，b ，c >0，求证：a 2b 2+b 2c 2+c 2a2≥a b +b c +c a .2问题的加强1：已知a ，b ，c >0，求证：a 2b 2+b 2c 2+c 2a2≥a b +b c +c a +3a -b 2+b -c 2+c -a 2ab +bc +ca .3问题的加强2：已知a ，b ，c >0，求证：a 2b +b 2c +c 2a ≥a +b +c +2a -b 2+b -c 2+c -a 2a +b +c.根据上述两个题，增加字母次数，变形改编一题，1加强变形题1：已知a，b，c>0，求证：a(a2−b2)b +b(b2−c2)c+c(c2−a2)a≥3(a−b)4+(b−c)4+c−a4a2+b2+c2.舍掉一部分元素，使得题目条件难度加大，改编题目，2加强变形题2：问题[2023-06-2500:00]：已知a，b，c>0，，求证：a(a2−b2)b +b(b2−c2)c+c(c2−a2)a≥4c−a4a2+b2+c2.二、复杂一点的三元齐次不等式问题：这类问题看能否使用均值不等式，凑一组不等式问题，使用均值不等式，若使用过程出现困难，则展开证明.1问题1：已知a，b，c>0，求证：b+c4a+b+c+c+a4b+c+a+a+b4c+a+b≥3.2问题2：已知a，b，c>0，求证：a2(b+c)4a+b+c +b2(c+a)4b+c+a+c2(a+b)4c+a+b≥29bc+ca+ab.3问题3：已知a，b，c>0，求证：b(b+c)c(4a+b+c)+c(c+a)a(4b+c+a)+a(a+b)b(4c+a+b)≥13.4问题4：已知a，b，c>0，求证：a(b+c)b(4a+b+c)+b(c+a)c(4b+c+a)+c(a+b)a(4c+a+b)≥13.5问题5是多元均值不等式的应用问题.再看一个题8次不等式的展开证明：已知a，b，c≥0，β∈0，31，求证：cyc [(b4+c4)(3b+c)(b+3c)(b2+c2-2a2)]≥42cyc a2⋅cyca2-c2+βcycc-a 2⋅cycc-a 2.三、思考问题：6①已知a ，b ，c >0，求证：2cyc a 4 cyc a 3(a +b ) 5a −c (4a +3b −7c )−20cyc a 2b 3(a −c )≥cyc bc (a −b )8 +cyc (c −a )2⋅ cyc(b −c )2(c −a )2 .7②已知a ，b ，c >0，求证：a 2+b 2+c 2≥a b 2−bc +c 2+b c 2−ca +a 2+c a 2−ab +b 2≥ab +bc +ca .。
高中数学竞赛解题方法篇(不等式)
高中数学竞赛中不等式的解法摘要：本文给出了竞赛数学中常用的排序不等式，平均值不等式，柯西不等式和切比雪夫不等式的证明过程，并挑选了一些与这几类不等式相关的一些竞赛题进行了分析和讲解。
希望对广大喜爱竞赛数学的师生有所帮助。
不等式在数学中占有重要的地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛数学中的热门题型.在解决竞赛数学中的不等式问题的过程中，常常要用到几个著名的代数不等式：排序不等式、平均值不等式、柯西不等式、切比雪夫不等式.本文就将探讨这几个不等式的证明和它们的一些应用.1．排序不等式 定理1设1212...,...n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤，则有1211...n n n a b a b a b -+++ (倒序积和)1212...n r r n r a b a b a b ≤+++（乱序积和） 1122 ...n n a b a b a b ≤+++（顺序积和）其中1,2,...,n r r r 是实数组1,2,...,n b b b 一个排列，等式当且仅当12...n a a a ===或12...n b b b ===时成立.（说明： 本不等式称排序不等式，俗称倒序积和乱序积和顺序积和.）证明：考察右边不等式，并记1212...n r r n r S a b a b a b =+++。
不等式1212...nr r n r S a b a b a b ≤+++的意义：当121,2,...,n r r r n===时，S 达到最大值1122 ...n n a b a b a b +++.因此，首先证明n a 必须和n b 搭配，才能使S 达到最大值.也即，设n r n <且n b 和某个()k a k n <搭配时有.n n k n n r k r n n a b a b a b a b +≤+ （1-1）事实上， ()()()0n n n n nk r k n n r n r n k a b a b a b a b b b a a +-+=--≥不等式（1-1）告诉我们当nr n <时，调换n b 和n r b 的位置（其余n-2项不变），会使和S 增加.同理，调整好n a 和n b 后，再调整1n a -和1n b -会使和增加.经过n 次调整后，和S 达到最大值1122 ...n n a b a b a b +++，这就证明了1212...n r r n r a b a b a b +++1122 ...n n a b a b a b ≤+++.再证不等式左端,由1211...,...n n n a a a b b b -≤≤≤-≤-≤≤-及已证明的不等式右端，得1211(...)nn n a b a b a b --+++1212(...)n r r n r a b a b a b ≥-+++即 1211...n n n a b a b a b -+++1212...n r r n r a b a b a b ≤+++ .例1 （美国第3届中学生数学竞赛题）设a,b,c 是正数，求证：3()a b c a b ca b c abc ++≥.思路分析：考虑两边取常用对数，再利用排序不等式证明. 证明：不妨设ab c ≥≥，则有lg lg lg a b c ≥≥根据排序不等式有：lg lg lg lg lg lg a a b b c c a b b c c a ++≥++lg lg lg lg lg lg a a b b c c a c b a c b ++≥++ 以上两式相加，两边再分别加上 lg lg lg a a b b c c ++有 3(lg lg lg )()(lg lg lg )a a b b c c a b c c a b ++≥++++ 即 lg lg 3a b ca b cab c abc ++≥故 3()a b c a b cab c abc ++≥ .例2 设a,b,c R +∈，求证：222222333222a b b c c a a b c a b c c a b bc ca ab+++++≤++≤++. 思路分析：中间式子每项都是两个式子之和，将它们拆开，再用排序不等式证明. 证明：不妨设ab c ≥≥，则 222a b c ≥≥且111c b a≥≥根据排序不等式，有222222111a b c a b c c a b a b c++≥++222222111a b c a b c b c a a b c++≥++ 两式相加除以2，得222222222a b b c c a a b c c a b+++++≤++再考虑333ab c ≥≥，并且111bc ca ab≥≥ 利用排序不等式，333333111 a b c a b c bc ca ab ca ab bc++≥++333333111 a b c a b c bc ca ab ab bc ac++≥++ 两式相加并除以2，即得222222333222a b b c c a a b c c a b bc ca ab+++++≤++ 综上所述，原不等式得证.例3 设12120...,0...n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤≤≤，而1,2,...,n i i i 与1,2,...,n j j j 是1,2,...,n 的两个排列. 求证：1111r snnnni j r sr s r s a b a b r sr s ====≥++∑∑∑∑. （1-2） 思路分析：已知条件中有两组有序实数，而式（1-2）具有“积和”形式，考虑使用排序不等式.证明：令 1s nj rs b d r s==+∑（r=1,2,...,n ）显然 12...n d d d ≥≥≥ 因为 12...n b b b ≤≤≤ ， 且111...(1)1r n r n r ≤≤≤++-+ 由排序不等式1nsr s b d r s =≤+∑ 又因为 12...n a a a ≤≤≤所以 11rnnr r i r r r a d a d ==≤∑∑且111nnnsr r r r s r b a a d r s ===≤+∑∑∑（注意到r a ≥0）故11111r ssrn nn nni j j iri rr s r s r a b b a a dr s r s =======++∑∑∑∑∑11111nn nn ns r s r r r r r s r s b a ba d a r s r s=====≥≥=++∑∑∑∑∑ 故 原式得证.2.均值不等式定理2 设12,,...,n a a a 是n 个正数，则()()()()H n G n A n Q n ≤≤≤称为均值不等式.其中，121()111...nH n a a a =+++，()G n =12...()na a a A n n+++=，()Q n =分别称为12,,...,n a a a 的调和平均数，几何平均数，算术平均数，均方根平均数. 证明： 先证 ()()G n A n ≤.记c= i ia b c=，则 原不等式12...n b b b n ⇔+++≥其中 12121...( (1)n n b b b a a a c == 取 12,,...,n x x x 使 11212123,,...,,n n n x x xb b b x x x --=== 则 1.n n x b x = 由排序不等式，易证111221......n n n n x x x b b b n x x x -+++=+++≥下证()()A n Q n ≤因为 222212121...[(...)n n a a a a a a n+++=+++22212131()()...()n a a a a a a +-+-++-2222232421()()...()...()n n n a a a a a a a a -+-+-++-++-]2121(...)n a a a n≥+++ 所以12...n a a a n +++≤从上述证明知道，当且仅当12...n a a a ===时，不等式取等号.下面证明 ()()H n G n ≤对n 个正数12111,,...,na a a ，应用 ()()G n H n ≤，得12111...n a a a n +++≥即 ()()H n G n ≤（等号成立的条件是显然的）.例4已知2201,0a x y <<+=，求证：1log ()log 28x y a a a a +≤+. 证明：由于 01a <<，0,0x y a a >>，有xy aa +≥=从而log ()log log 22xy a a a x ya a ++≤=+下证128x y +≤ ， 即 14x y +≤。
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,而变形的依据是不等式的性质,不等式的性质分类罗列如下： 不等式的性质：.0,0<-⇔<>-⇔≥b a b a b a b a 这是不等式的定义,也是比较法的依据. 对一个不等式进行变形的性质： 1a b b a <⇔>对称性2c b c a b a +>+⇔>加法保序性3.0,;0,bc ac c b a bc ac c b a <⇒<>>⇒>>4*).(,0N n b a b a b a nn nn ∈>>⇒>>对两个以上不等式进行运算的性质.1c a c b b a >⇒>>,传递性.这是放缩法的依据. 2.,d b c a d c b a +>+⇒>> 3.,d b c a d c b a ->-⇒<> 4.,,0,0bc ad dbc a cd b a >>⇒>>>> 含绝对值不等式的性质：1.)0(||22a x a a x a a x ≤≤-⇔≤⇔>≤ 2.)0(||22a x a x a x a a x -≤≥⇔≥⇔>≥或 3||||||||||||b a b a b a +≤±≤-三角不等式.4.||||||||2121n n a a a a a a +++≤+++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 ＞0A ＞B ．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 2222()()()()()()ab bc caxy yz xz b c c a a b c a a b b c ---++++++所以左边≥右边,不等式成立;2商值比较法原理：若>1,且B>0,则A>B;例2 若a<x<1,比较大小：|log a 1-x|与|log a 1+x|.解：因为1-x ≠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-33abc ≥a+b .2ab -证明：要证a+b+c 33b a c ⋅⋅-≥a+b .2ab -只需证332abc ab c ≥+, 因为33332abc 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<a ≤b ≤c ≤21,求证：.)1(1)1(1)1(2a b b a c c -+-≤- 证明：因为0<a ≤b ≤c ≤21,由二次函数性质可证a1-a ≤b1-b ≤c1-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 ba b a a b a ---≤---,只需证ba-b ≤aa-b,即a-b 2≥0,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 -cb+c-ac+a-b; 证明:∵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.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. 2a+b-c,b+c-a,c+a-b 均为正时,则()()()()2a b c b c a a b c b c a b +-++-+-+-≤=同理()()()(),,a b c a c b a b c a a c b c +-+-≤+-+-≤三式相乘得abc ≥a+b -cb+c-ac+a-b例6 已知△ABC 的外接圆半径R=1,S △ABC =,a,b,c 是△ABC 的三边长,令S=,t=;求证：t>S;解：由三角形面积公式:1sin 2bc A .正弦定理：a/sinA=2R.可得abc=1.所以bc ac ab aabc b abc c abc a b c 所以t>s;4．反证法例7 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 ≤0k=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-1k=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．数学归纳法例8 对任意正整数n ≥3,求证：n n+1>n+1n.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+1k,当n=k+1时,只需证k+1k+2>k+2k+1,即12)2()1(++++k k k k >1.因为1)1(1>++k k k k ,所以只需证12)2()1(++++k k k k kk k k )1(1+>+, 即证k+12k+2>kk+2k+1,只需证k+12>kk+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;6.分类讨论法例9 已知x, y, z ∈R +,求证：.0222222≥+-++-++-yx x z x z z y z y y x 证明：不妨设x ≥y, x ≥z.ⅰx ≥y ≥z,则zy z x y x +≤+≤+111,x 2≥y 2≥z 2,由排序原理可得 yx x x z z z y y y x z x z y z y x +++++≥+++++222222,原不等式成立; ⅱx ≥z ≥y,则zy y x z x +≤+≤+111,x 2≥z 2≥y 2,由排序原理可得 yx x x z z z y y y x z x z y z y x +++++≥+++++222222,原不等式成立; 7.放缩法即要证A>B,可证A>C 1, C 1≥C 2,…,C n-1≥C n , C n >Bn ∈N +.例10 已知a, b, c 是△ABC 的三条边长,m>0,求证：.mc cm b b m a a +>+++ 证明：m b a m m b a b a m b a b m b a a m b b m a a ++-=+++=+++++>+++1mc cm c m +=+->1 因为a+b>c,得证; 8.引入参变量法例11 已知x, y ∈R +, l, a, b 为待定正数,求fx, y=2323yb x a +的最小值;解： 设k x y =,则k kly k l x +=+=1,1,fx,y==⎪⎪⎭⎫⎝⎛++23322)1(k b a l k 22333233333211111l k a k b k b k b k a k a b a l ≥⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅+⋅+⋅++++ a 3+b 3+3a 2b+3ab 2=23)(l b a +,等号当且仅当y bx a =时成立;所以fx, y min =.)(23lb a + 例12 设x 1≥x 2≥x 3≥x 4≥2, x 2+x 3+x 4≥x 1,求证：x 1+x 2+x 3+x 42≤4x 1x 2x 3x 4. 证明：设x 1=kx 2+x 3+x 4,依题设有31≤k ≤1, x 3x 4≥4, 原不等式等价于1+k 2x 2+x 3+x 42≤4kx 2x 3x 4x 2+x 3+x 4,即kk 4)1(2+x 2+x 3+x 4 ≤x 2x 3x 4,因为fk=k+k 1在⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,31上递减, 所以k k 4)1(2+x 2+x 3+x 4=)21(41++kk x 2+x 3+x 4≤42313++·3x 2=4x 2≤x 2x 3x 4. 所以原不等式成立;9.局部不等式例13 已知x, y, z ∈R +,且x 2+y 2+z 2=1,求证：222111zz y y x x -+-+-.233≥ 证明：先证.233122x xx ≥- 因为x1-x 2=3323221)1(2213222=⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅≤-⋅x x , 所以.233332)1(122222x x x x x x x =≥-=- 同理222331y yy ≥-,222331z z z ≥-, 所以.233)(233111222222=++≥-+-+-z y x z z y y x x 例14 已知0≤a, b, c ≤1,求证：111+++++ab cca b bc a ≤2; 证明：先证.21cb a abc a ++≤+ ①即a+b+c ≤2bc+2. 即证b-1c-1+1+bc ≥a.因为0≤a, b, c ≤1,所以①式成立; 同理.21,21cb a cab c c b a b ca b ++≤+++≤+ 三个不等式相加即得原不等式成立;10.利用函数的思想例15 已知非负实数a, b, c 满足ab+bc+ca=1,求fa, b, c=a c cb b a +++++111的最小值; 解：当a, b, c 中有一个为0,另两个为1时,fa, b, c=25,以下证明fa, b, c ≥25.不妨设a ≥b ≥c,则0≤c ≤33, fa, b, c=.111222ba cb ac c ++++++ 因为1=a+bc+ab ≤4)(2b a ++a+bc,解关于a+b 的不等式得a+b ≥212+c -c. 考虑函数gt=tc t 112++, gt 在+∞+,12c 上单调递增;又因为0≤c ≤33,所以3c 2≤1. 所以c 2+a ≥4c 2. 所以2)1(2c c -+≥.12+c 所以fa, b, c=b a c b a c c ++++++111222≥)1(211)1(2122222c c c c c c c -+++-+++ =1112222+++++c cc c c =21321112222+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++c c c c ≥231422c c ++-下证≥++-c c )11(320 ① ⇔+≥+⇔1332c c c 2+6c+9≥9c 2+9⎪⎭⎫⎝⎛-⇔c c 43≥0 .43≤⇔c因为4333<≤c ,所以①式成立;所以fa, b, c ≥25,所以fa, b, c min =.25 11.构造法例16 证明：≤;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：设a 1, a 2,…,a n ∈R +,记H n =na a a n11121+++ , G n =n n a a a 21, A n =12,na a a n+++22212nn a a a Q n+++=则H n ≤G n ≤A n ≤Q n . 即调和平均≤几何平均≤算术平均≤平方平均;其中等号成立的条件均为a 1=a 2=…=a n .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A n ≤Q n ,再由G n ≤A n 可得H n ≤G n ,以下仅证G n ≤A n .1当n=2时,显然成立；2设n=k 时有G k ≤A k ,当n=k+1时,记k k k a a a a ++1121 =G k+1.因为a 1+a 2+…+a k +a k+1+k-1G k+1≥k k k k k k G a k a a a k 11121-++⋅+≥==+-++k kk k k k k G k G a a a k 22121112122 2kG k+1,所以a 1+a 2+…+a k+1≥k+1G k+1,即A k+1≥G k+1. 所以由数学归纳法,结论成立;例17 利用基本不等式证明.222ca bc ab c b a ++≥++ 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. 略解ca a c bc c b ab b a 2,2,2223222≥+≥+≥+同理；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.如n n x x x x x x x x x +++≥+++ 2112322221,可在不等式两边同时加上.132x x x x n ++++再如证)0,,(256)())(1)(1(32233>≥++++c b a c b a c b c a b a 时,可连续使用基本不等式.2基本不等式有各种变式 如2)2(222b a b a +≤+等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2,系数和为1.例18 已知,0,,1≥=+b a b a 求证：.8144≥+b a 思路分析不等式左边是a 、b 的4次式,右边为常数81,如何也转化为a 、b 的4次式呢.略解要证,8144≥+b a 即证.)(81444b a b a +≥+ 2柯西Cavchy 不等式：设1a 、2a 、3a ,…,n a 是任意实数,则等号当且仅当k ka b i i (=为常数,),,2,1n i =时成立.证明：不妨设),,2,1(n i a i =不全为0,i b 也不全为0因为i a 或i b 全为0时,不等式显然成立.记A=22221n a a a +++ ,B=22221n b b b +++ .且令),,,2,1(,n i Bby A a x i i i i ===则.1,12222122221=+++=+++n n y y y x x x 原不等式化为.12211≤+++n n y x y x y x即≤+++)(22211n n y x y x y x 2222122221n n y y y x x x +++++++ .它等价于.0)()()(2222211≥-++-+-n n y x y x y x其中等号成立的充要条件是).,,2,1(n i y x i i == 从而原不等式成立,且等号成立的充要条件是).(BA k ka b i i == 变式1：若a i ∈R , b i ∈R , i=1, 2, …, n,则.)()()(212112∑∑∑===≥ni i ni i ni iib a b a 等号成立条件为a i =λb i ,i=1, 2, …, n;变式2：设a i , b i 同号且不为0i=1, 2, …, n,则.)(1211∑∑∑===≥ni ii ni i ni iiba ab a 等号成立当且仅当b 1=b 2=…=b n .例19 设+∈R x x x n ,,,21 ,求证：.211221322221n n n n x x x x x x x x x x x +++≥++++-思路分析 注意到式子中的倒数关系,考虑应用柯西不等式来证之. 评述注意到式子中的倒数关系,考虑应用柯西不等式来证之.详解 ∵0,,,21>n x x x ,故由柯西不等式,得2111323212)(x x x x x x x x x x x x n nn n ⋅+⋅++⋅+⋅≥- 2121)(n n x x x x ++++=- ,∴.211221322221n n n n x x x x x x x x x x x +++≥++++-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n a a a ≤≤≤ 21及.21n b b b ≤≤≤ 则n n b a b a b a +++ 2211同序和jn n j j b a b a b a +++≥ 2211乱序和1121b a b a b a n n n +++≥- 逆序和其中n j j j ,,,21 是1,2,…,n 的任一排列.当且仅当n a a a === 21或n b b b === 21时等号对任一排列n j j j ,,,21 成立.证明：不妨设在乱序和S 中n j n ≠时若n j n =,则考虑1-n j ,且在和S 中含有项),(n k b a n k ≠则.n n jn n j n n k b a b a b a b a n +≤+ ① 事实上,左－右=,0))((≥--n j n k n b b a a由此可知,当n j n ≠时,调换n k j n j k j b a b a b a S ++++= 11n j n ≠中n b 与n j 位置其余不动,所得新和.1S S ≥调整好n a 及n b 后,接着再仿上调整1-n a 与1-n b ,又得.12S S ≥如此至多经1-n 次调整得顺序和n n b a b a b a +++ 2211jn n j j b a b a b a +++≥ 2211 ②这就证得“顺序和不小于乱序和”.显然,当n a a a === 21或n b b b === 21时②中等号成立.反之,若它们不全相等,则必存在n j 及k ,使n b .,k n j a a b n >>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”.例20 .222,,,333222222abc ca b bc a b a c a c b c b a c b a R c b a ++≤+++++≤++∈+求证 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.略解不妨设ab c c b a c b a 111,,222≥≥≥≥≥≥则, 则b c a b c a 111222⋅+⋅+⋅乱序和c c b b a a 111222⋅+⋅+⋅≥逆序和, 同理b c a b c a 111222⋅+⋅+⋅乱序和cc b b a a 111222⋅+⋅+⋅≥逆序和 两式相加再除以2,即得原式中第一个不等式.再考虑数组abac bc c b a 111333≥≥≥≥及, 仿上可证第二个不等式.例21 设*21,,,N a a a n ∈ ,且各不相同,求证：.32131211223221na a a a n n ++++≤++++思路分析不等式右边各项221ia i a i i ⋅=；可理解为两数之积,尝试用排序不等式. 略解设n n a a ab b b ,,,,,,2121 是的重新排列,满足n b b b <<< 21,又.131211222n>>>>所以223221232213232n b b b b n a a a a n n ++++≥++++.由于n b b b ,,21是互不相同的正整数,故.,,2,121n b b b n ≥≥≥ 从而n nb b b b n 121132223221+++≥++++,原式得证. 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,,22a b b a b a ⋅+⋅≥+ 例22 在△ABC 中,试证：.23ππ<++++≤c b a cC bB aA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c b a ≤≤,于是.C B A ≤≤由排序不等式,得相加,得)())(()(3c b a C B A c b a cC bB aA ++=++++≥++π,得3π≥++++c b a cC bB aA ①又由,0,0,0b c a c b a a c b -+<-+<-+<有).(2)()3()2()2()()()()()()(0cC bB aA c b a C c B b A a C B A c B C A b A C B a b c a B c b a C a c b A ++-++=-+-+-=-++-++-+=-++-++-+<ππππ得.2π<++++c b a cC bB aA ②由①、②得原不等式成立.例23 设n b b b ,,,21 是正数n a a a ,,,21 的一个排列,求证.2211n b a b a b a nn ≥+++ 思路分析 应注意到),,2,1(11n i a a ii ==⋅略证 不妨设n a a a ≥≥≥ 21,因为n a a a ,,,21 都大于0. 所以有na a a 11121≤≤≤ ,又nn a a a b b b 1,,1,11,,1,12121 是的任意一个排列,于是得到 例24 设正数c b a ,,的乘积1=abc ,试证：.1)11)(11)(11(≤+-+-+-ac c b b a 略解 设xzc z y b y x a ===,,,这里z y x ,,都是正数, 则原需证明的不等式化为y x z x z y z y x xyz y x z x z y z y x -+-+-+≤-+-+-+,,,))()((显然 中最多只有一个非负数.若y x z x z y z y x -+-+-+,,中恰有一个非正数,则此时结论显然成立.若y x z x z y z y x -+-+-+,,均为正数,则z y x ,,是某三角形的三边长.容易验证)].()()([(31))()((222z y x z y x z y x z y x y x z x z y z y x -++-++-+≤-+-+-+故得.))()((xyz y x z x z y z y x ≤-+-+-+ 评述 利用上述换元的方法可解决同类的问题.见下题：设正数a 、b 、c 的乘积,1=abc 证明.23)(1)(1)(1222≥+++++b a c a c b c b a 证明：设1,1,1,1====xyz zc y b x a 则,且所需证明的不等式可化为23222≥+++++y x z x z y z y x , 现不妨设z y x ≥≥,则yx z x z y z y x +≥+≥+, 据排序不等式 得y x z x z y z y x +++++222yx z y x z y x z y x z +⋅++⋅++⋅≥ 及y x z x z y z y x +++++222yx z x x z y z z y x y +⋅++⋅++⋅≥ 两式相加并化简可得)(2222y x z x z y z y x +++++.333=≥++≥xyz z y x 4切比雪夫不等式：若n a a a ≤≤≤ 21,n b b b ≤≤≤ 21 ,则.21212211nb b b n a a a n b a b a b a n n n n +++⋅+++≥+++证明：由题设和排序不等式,有n n b a b a b a +++ 2211=n n b a b a b a +++ 2211,132212211b a b a b a b a b a b a n n n +++≥+++ ,…… 将上述n 个不等式叠加后,两边同除以n 2,即得欲证的不等式.。
高中竞赛不等式公式大全
高中竞赛不等式公式大全
高中数学竞赛中涉及到不等式的公式大全包括但不限于以下内容：
1. 平均值不等式（AM-GM不等式），对于非负实数a1,
a2, ..., an，有(a1+a2+...+an)/n ≥ (a1a2...an)^(1/n)。
这个
公式在解决求最值问题时非常常用。
2. 柯西-施瓦茨不等式，对于实数a1, a2, ..., an和b1,
b2, ..., bn，有|(a1b1 + a2b2 + ... + anbn)| ≤ √(a1^2 +
a2^2 + ... + an^2) √(b1^2 + b2^2 + ... + bn^2)。
这个不等
式在向量和内积的相关问题中经常被应用。
3. 阿贝尔不等式，对于实数序列a1, a2, ..., an和b1,
b2, ..., bn，若a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an且b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn，则有a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≤ (a1 + a2 + ... + an) (b1 + b2 + ... + bn)。
这个不等式在求和问题中有着重要的应用。
4. 杨辉不等式，对于非负实数a, b, c，有(a+b)^n ≥ a^n + b^n，其中n为自然数。
这个不等式在代数不等式证明中经常被使用。
5. 三角不等式，对于任意实数a, b，有|a + b| ≤ |a| + |b|。
这个不等式在解析几何和向量的运算中常常被用到。
以上是高中数学竞赛中常见的不等式公式，当然还有其他一些不等式公式和定理，但这些是比较基础和常见的。
希望这些内容能够对你有所帮助。
竞赛数学不等式完整版
不等式证明的基本技巧数学竞赛的历史，可以追溯到16世纪意大利求解三次方程“擂台战”。
而1894年匈牙利举办的全国中学数学竞赛，可以说是开中学生数学竞赛的先河。
中国的少年在IMO 上屡屡夺标，不仅展示了炎黄子孙的才能和苦学精神，而且肯定了中国在数学教学和奥林匹克数学培训中的可贵经验。
如果说，一名中学生，他有可能选择是否接受竞赛数学的培训，那作为一名中学数学老师没有理由对中学数学中这块领域毫无所知，所以作为师范生的我们有必要学好数学竞赛这门课程。
在学习竞赛数学这门课程过程中，我比较注重它的思想和方法，课余时间我还会借阅有关课外书籍，这些有富于我们数学创造力和思维能力的提高。
对于不等式部分我很感兴趣，并做了一些研究。
竞赛数学中的不等式问题按范围可分为代数不等式、三角不等式与几何不等式，按可形式分为不等式求解、不等式证明与不等式应用，这些都是属于竞赛数学中较重要的部分。
下面就不等式证明这一部分我给大家做一些介绍。
证明不等式的主要方法是根据不等式的性质和已知的恒不等式，进行合乎逻辑的等价变换。
不等式证明基本方法与技巧主要有比较法、放缩法、代换法、分析综合法、反证法、数学归纳法、配方与判别式法、构造法、导数法、辅助函数法公式法、调整法等。
下面举例说明证明不等式的常用技巧。
例1 设a,b,c 为正数，证明⎪⎭⎫⎝⎛-++≤⎪⎭⎫⎝⎛-+33322abc c b a ab b a . 证()().23232233333ab abc c ab abc b a c b a ab b a abc c b a +-+-+-++⎪⎭⎫⎝⎛-+-⎪⎭⎫ ⎝⎛-++＝＝xx y ab abc c x 32333623230y 0x c y ab +-+-＝，，，则＝，＝设φφ ()()()()()()()()()022222222223223≥++--⎪⎭⎫ ⎝⎛-+----++---x y x y x y x y xy x y x y x y x y y y y x y x y x xx x y ＝＝＝＝＝.2时等号成立＝即＝仅当c ab y x⎪⎭⎫⎝⎛-++≤⎪⎭⎫⎝⎛-+33322abc c b a ab b a 所以.例2 .1716,1801ππS kS k 求证＝设＝∑证 对自然数k ，显然成立,121+++-k k k k k ππ取倒数可得()(),12112,112111---+-+++k k kk k k k k k k ππππ对k 从m 到n 求和交叉相消可得 ()()12112---+∑m n km n nmk ＝π所以，在上式的左式中m ＝1，n ＝80，即得16<S ；在上式的右式中 令m ＝2，n ＝80，即得()1718021ππ-+s 因此16<S<17例3 .1111,,,c cb b a ac b a c b a R c b a +++++≤+++++∈求证：证 构造函数()[)时，则当＝x x x xx f 210,0,1xπ≤+∞∈+ ()()()0111121121122φx x x x x x x x x f ++-+-+＝＝ 所以函数()[)上是严格递增的，由，在＝∞++01xxx f()().c b a f c b a f c b a c b a ++≤++++≤++有 即cb ac b a cb ac b a +++++≤+++++11()()()c b a cc b a b c b a +++++++++++111a ＝ cc bb aa +++++≤111分析 不等式中四个式子形式相似，相当于函数()xxx f +1＝在相应四个点的函数值，由此我们设置辅助函数来研究不等式.利用不等式的特点，构造辅助函数，将不等式的证明转化为函数增减性或极值来研究，是很有效的方法。
高二数学竞赛班二试不等式讲义.-Schur不等式、Schur分拆
高二数学竞赛班二试讲义Schur （舒尔）不等式、Schur （舒尔）分拆班级姓名一、知识要点：定理1．Schur 不等式：若0,0,0x y z ≥≥≥，α为实数，则()()0x x y x z α--≥∑，当且仅当x y z ==或0,x y z ==的置换时，等号成立。
证明：由对称性可假定x y z ≥≥，令123x t t t =++，23y t t =+，3z t =，其中，123,,t t t 是非负实数，则左端()()()()()()x x y x z y y z y x z z y z x ααα=--+--+--12311223213212()()()()()t t t t t t t t t t t t t t ααα=+++++-++2212311232331232()[()()]0t t t t t t t t t t t t t t ααααα=+++++-+++≥定理2．Schur 不等式推广：若0,0,0x y z ≥≥≥，k 为非负实数，则（1）()()()0k yz x y x z --≥∑；（2）()()()0k x y z x y x z +--≥∑；（3）()()()()0k yz y z x y x z +--≥∑．证明：（1）()()()0()()()0k k k yz x y x z xyz x x y x z ---≥⇒--≥∑∑成立（2）由对称性可假定x y z ≥≥，令123x t t t =++，23y t t =+，3z t =，其中，123,,t t t 是非负实数，则左端()()()()()()()()()k k kx y z x y x z y z x y z y x z x y z y z x =+--++--++--1232311223123213123212()(2)()()(2)()(22)()k k k t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t =++++++++-++++22123231321231232323123312312()(2)(22)[()(2)()(2)(22)]0k k k k k t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t =++++++++++-++++++≥①分01k ≤<和1k ≥讨论可证明①（3）同理可证定理3．三元齐三次对称多项式(,,)f x y z 可以唯一的表示为3.1 3.2 3.3(,,)f x y z ag bg cg =++，其中 3.1()()g x x y x z =--∑，3.2()()()g y z x y x z =+--∑，3.3g xyz =并且当,,0x y z ≥时，,,0(,,)0a b c f x y z ≥⇔≥先给出系数,,,a b c d 的简单确定方法：(1,1,0)(1,0,0),,(1,1,1)2f a f b c f ===定理4．三元齐四次对称多项式(,,)f x y z 可以唯一的表示为4.1 4.2 4.3 4.4(,,)f x y z ag bg cg dg =+++，其中24.1()()g x x y x z =--∑，4.2()()()g x y z x y x z =+--∑，4.3()()g yz x y x z =--∑，4.4()g xyz x y z =++并且当,,0x y z ≥时，,,,0(,,)0a b c d f x y z ≥⇔≥．先给出系数,,,a b c d 的简单确定方法：(1,1,1)(1,0,1)(1,0,0),(1,1,0),34f c f a f c f d b a --====+定理5．三元齐五次对称多项式(,,)f x y z 可以唯一的表示为5.1 5.2 5.3 5.4 5.5(,,)f x y z ag bg cg dg eg =++++，其中35.1()()g x x y x z =--∑，25.2()()()g x y z x y x z =+--∑，5.3()()()g yz y z x y x z =+--∑，5.4()()g xyz x y x z =--∑5.5()g xyz xy yz zx =++并且当,,0x y z ≥时，,,,,0(,,)0a b c d e f x y z ≥⇔≥．先给出系数,,,a b c d 的简单确定方法（i 为虚数单位）：(1,1,0)(1,1,1)(1,,0)(1,,1)82(1,0,0),,,232(1)22f f f i c f i i b e a a f c e b d i -++-====+=+定理6．三元齐六次对称多项式(,,)f x y z 可以唯一的表示为6.1 6.2 6.3 6.4 6.5 6.6 6.7(,,)f x y z ag bg cg dg eg mg ng =++++++，其中46.1()()g x x y x z =--∑，36.2()()()g x y z x y x z =+--∑，2226.3()()()g x y y z z x =---26.4()()()g yz x y x z =--∑，6.5()()g xyz x x y x z =--∑6.6()()()g xyz y z x y x z =+--∑26.7()g xyz =并且当,,0x y z ≥时，,,,,,,0(,,)0a b c d e m n f x y z ≥⇔≥．先给出系数,,,a b c d 的简单确定方法（i 为虚数单位）：(1,0,0),(1,1,0),(1,1,1)a f d f n f ===由(0,1,1)444(0,1,)222f abcd f i i a b c d -=-+-⎧⎨=--+⎩，将,a d 代入解得,b c 由(1,1,1)48448(1,1,)216668f a b d e m n f i a c d e m n -=-++-+⎧⎨-=+--+-⎩，将,,,,a b c d n 代入解得,e m 二、例题精析例1．已知,,x y z 是非负实数，且满足1x y z ++=。
证明不等式的竞赛题
证明不等式的竞赛题
一、引言
不等式是数学中一个重要的概念，它在数学竞赛中占据着重要的地位。
证明不等式的方法多种多样，包括代数法、几何法、三角法、数列法等。
本文将介绍一些证明不等式的竞赛题，并给出相应的解题思路和答案。
二、竞赛题
1.题目：设 a, b, c ∈ℝ+，且 a + b + c = 1。
求证：1/a + 1/b + 1/c ≥ 9。
解题思路：
首先，我们注意到给定条件 a + b + c = 1，我们可以将原不等式转化为：
(a + b + c) / a + (a + b + c) / b + (a + b + c) / c ≥ 9
即：
b/a + c/a + a/b + c/b + a/c + b/c ≥ 6
我们可以使用基本不等式(AM-GM不等式)来证明这个不等式。
答案：
根据AM-GM不等式，我们有：
b/a + c/a ≥ 2√(b/a × c/a) = 2√bc/a^2
a/b + c/b ≥ 2√(a/b × c/b) = 2√ac/b^2
a/c + b/c ≥ 2√(a/c × b/c) = 2√ab/c^2
将上述三个不等式相加，得到：
b/a + c/a + a/b + c/b + a/c + b/c ≥ 2(√bc/a^2 + √ac/b^2 + √ab/c^2)
化简得：
b/a + c/a + a/b + c/b + a/c + b/c ≥ 6
当且仅当 a = b = c 时，等号成立。
数学竞赛经典辅导——局部不等式
构造局部不等式证明不等式河北省 赵春祥有些不等式的证明，从整体上考虑难以下手，如果构造若干个结构完全相同的局部不等式，逐一证明后，再利用同向不等式相加的性质，即得证不等式．例1 若a 、b ∈R +，a ＋b = 2，求证：12+a +12+b ≤23．证明：由a 、b 在条件中的对称性，只有当a = b= 1，即2a ＋1= 3时，才有可能达到最大值．所以，构造局部不等式如下： 证明：∵12+a =33·3)12(⋅+a ≤33·2312++a =33(a ＋2)， 同理12+b ≤33(b ＋2)， ∴12+a ＋12+b ≤33[(a ＋2)＋33(a ＋2)] =23． 例2 已知a 、b 、c 、d 、e 是满足a ＋b ＋c ＋d ＋e = 8，a 2＋b 2＋c 2＋d 2＋e 2= 16的实数，求证：0≤e ≤516． 证明：由已知a ＋b ＋c ＋d ＝8－e 及a 2＋b 2＋c 2＋d 2＝16－e 2，构造局部不等式如下： 48e -·a ≤21[(48e -)2＋a 2]， 48e -·b ≤21[(48e -)2＋b 2]， 48e -·c ≤21[(48e -)2＋c 2]， 48e -·d ≤21[(48e -)2＋d 2]， 将以上四个同向不等式相加，得41(8－e )(a ＋b ＋c ＋d)≤21[41(8－e )2＋a 2＋b 2＋c 2＋d 2]， 即41(8－e )2≤21[41(8－e )2＋16－e 2]， 整理，得：5e 2－16e ≤0，故不等式成立．例3 设x 1，x 2，…，x n 是n 个正数，求证：221x x ＋322x x ＋…＋nn x x 21-＋12x x n ≥x 1＋x 2＋…＋x n ． 证明：由重要不等式，构造局部不等式如下：221x x ＋x 2≥2x 1，322x x ＋x 3≥2x 2，……，n n x x 21-＋x n ≥2x 1-n ，12x x n ＋x 1≥2x n ， 将上述n 个同向不等式相加，并整理，得：221x x ＋322x x ＋…＋nn x x 21-＋12x x n ≥x 1＋x 2＋…＋x n ． 例4 若a 、b ∈R +，且a ＋b = 1，求证：17+a +17+b ≤32． 证明：设t ＞0，构造局部不等式如下： t·17+a =)17(+a t ≤21(t 2＋7a ＋1)，⑴ 同理，t·17+b ≤21(t 2＋7b ＋1)，⑵ ⑴＋⑵得 t(17+a ＋17+b )≤21(t 2＋7a ＋1＋t 2＋7b ＋1) = t 2＋29， ∵t ＞0，∴17+a ＋17+b ≤t ＋t29，⑶ ∴t ＋t 29≥2tt 29⋅=32， 由假设知，t 是与a 、b 无关的常量，即⑶式对t ＞0恒成立， ∴17+a ＋17+b ≤(t ＋t29)n i m ，即 17+a +17+b ≤32．。
高中数学竞赛均值不等式讲义
⾼中数学竞赛均值不等式讲义均值不等式1.均值不等式知识点1: ⼆元均值不等式可以推⼴到n 元，即：设,,,123a a a a n 为n 个⾮负实数，则12na a a n+++≥123a a a a n ====）.如何证明?知识点2: 设,,,123a a a a n 为n 个⾮负实数,n Q, 12nn a a a A n+++=,n G =, 12111n nnH a a a =++,则n n n n Q A G H ≥≥≥(等号成⽴当且仅当123a a a a n ====) 更⼀般的平均值的定义: 设正数(1,2,3...)i a i n =,则α的幂平均值=11()ni i a nαα=∑,特别的,我们有:lim ()n f G αα→=，11()()ni i a f nααα==∑为关于α的增函数.知识点3:重要结论 (1)222,,,.a b c R a b c ab bc ac ∈++≥++(2) ()2,,,3().a b c R a b c ab bc ac ∈++≥++ (3) 2222,,,3()().a b c R a b c a b c ∈++≥++ (4) 2,,,()3().a b c R ab bc ca abc a b c ∈++≥++ (5),,,()()()()().a b c R a b b c a c abc a b c ab cb ac ∈++++=++++(6) 222;2a a a b b a b b-≥-+≥(a,b,c>0)(7) 2222221()()3a b b c c a a b c a b c ++≤++++(a,b,c>0)(8)正实数(1,2,3...)i a i n =,则2111n ni i i ia n a ==?≥∑∑(当且仅当12...n a a a ===); (9) 222222222222()()()()()a b b c c a ab bc ca a b c a bc b ca c ab ++++=++++知识点4:加权平均值不等式已知12+...1(0,1,2.,,,)n i w w w w i n +=>=，则对任意正实数12112212........n w w w n n n w a w a w a a a a +++≥.均值不等式的使⽤前要注意两个⽅⾯,⼀个是观察题⽬中不等式证明⽅向,另外⼀个是取等条件，根据这些信息,相应去选择均值不等式的技巧、模型，不断尝试，最终解决问题。
明德中学高二数学竞赛代数专题之pqr法证明不等式(巩固版)
pqr 法证明不等式一、pqr 证法前面，我们对解决多元不等式问题的方法进行了系统的学习，并且掌握了一些技能解决多元不等式问题。
对于代数不等式，虽然目前联赛主流考察方向为多元不等式或多元极值问题，但是如果解决三元不等式问题水平不行，多元不等式的解决也会受到影响。
目前三元不等式问题，主要是利用重要不等式放缩来解决，需要非常较强的技巧、变形能力、解题意识。
有鉴于此，本讲着重介绍解决一个相当有效但计算繁琐的方法来解决三元对称不等式问题，即为pqr “证法”.（但是这个方法不建议常用，因为三元不等式的训练，主要目的是训练代数中解题变形意识、放缩意识，应用重要不等式的感觉，这些东西一旦消失，将会对我们解决代数问题形成致命性影响）。
证明三元对称不等式(,,)0f x y z ≥时，可先将三元对称式(,,)f x y z 表示成关于,,x y z xy yz xz xyz ++++的初等多项式(,,)G x y z xy yz xz xyz ++++.此时我们令,,x y z p xy yz xz q xyz r ++=++==，则证明(,,)0G x y z xy yz xz xyz ++++≥等价于证明(,,)0G p q r ≥，这样一种证明不等式的方法简称为pqr “证法”。
二、常见三元对称式的pqr 形式为更好使用pqr 方法，需要先具备将三元对称式(,,)f x y z 化成关于,,p q r 的(,,)G p q r 的能力；这里先介绍一些常见的化成p,q,r 的三元对称式，比如:(1)222sysa p q =-∑(2)3333sys a p pq r =-+∑(3)2)3sys abc pq r +=-∑（(4)2222sys a b q pr =-∑(5)4422424sys a p p q q pr =-++∑(6)()a b pq r+=-∏以上只是部分常见的情形，对于其他情形，这就需要具备一定化简变形能力了。
高中数学竞赛专题---几个重要不等式及其应用
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12,,,n a a a是非负实数，则12na a a n+++≥2、柯西（Cauchy ）不等式设,(1,2,)i i a b R i n ∈=，则222111.n n n i i i i i i i a b a b ===⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑等号成立当且仅当存在R λ∈，使,1,2,,.i i b a i n λ== 变形（Ⅰ）：设+∈∈R b R a i i ,，则∑∑∑===⎪⎭⎫⎝⎛≥ni in i i ni ii b a b a 12112；等号成立当且仅当存在R λ∈， 使,1,2,,.i i b a i n λ==变形（Ⅱ）设i i b a ,同号，且0,≠i i b a ，则∑∑∑===⎪⎭⎫ ⎝⎛≥n i ii n i i ni ii b a a b a 1211。
等号成立当且仅当n b b b === 21 3．排序不等式设n n n j j j b b b a a a ,,,,,212121⋯≤⋯≤≤≤⋯≤≤是n ,,2,1⋯的一个排列，则n n j j j n n n b a b a b a b a b a b a b a b a b a n ++≤+++≤+++-2211321112121. 等号成立当且仅当n a a a === 21或n b b b === 21。
（用调整法证明）.4．琴生（Jensen ）不等式若()x f 是区间()b a ,上的凸函数，则对任意的点()b a x x x n ,,,,21∈ *()n N ∈有()()()12121().nn x x x f f x f x f x nn +++≤+++⎡⎤⎣⎦等号当且仅当n x x x === 21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。
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§14不等式的证明不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型. 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，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下：不等式的性质：.0,0<-⇔<>-⇔≥b a b a b a b a 这是不等式的定义，也是比较法的依据. 对一个不等式进行变形的性质： （1）a b b a <⇔>（对称性） （2）c b c a b a +>+⇔>（加法保序性） （3）.0,;0,bc ac c b a bc ac c b a <⇒<>>⇒>>（4）*).(,0N n b a b a b a nn nn ∈>>⇒>>对两个以上不等式进行运算的性质.（1）c a c b b a >⇒>>,（传递性）.这是放缩法的依据. （2）.,d b c a d c b a +>+⇒>> （3）.,d b c a d c b a ->-⇒<> （4）.,,0,0bc ad dbc a cd b a >>⇒>>>> 含绝对值不等式的性质：（1）.)0(||22a x a a x a a x ≤≤-⇔≤⇔>≤ （2）.)0(||22a x a x a x a a x -≤≥⇔≥⇔>≥或 （3）||||||||||||b a b a b a +≤±≤-（三角不等式）.（4）.||||||||2121n n a a a a a a +++≤+++ΛΛ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.例题讲解1．,0,,>c b a 求证：.6)()()(abc a c ca c b bc b a ab ≥+++++2．0,,>c b a ，求证：.)(3c b a cb a abc c b a ++≥3．：.222,,,333222222abc ca b bc a b a c a c b c b a c b a R c b a ++≤+++++≤++∈+求证4．设*21,,,N a a a n ∈Λ，且各不相同，求证：.32131211223221n a a a a n n ++++≤++++ΛΛ.5．利用基本不等式证明.222ca bc ab c b a ++≥++6．已知,0,,1≥=+b a b a 求证：.8144≥+b a7．利用排序不等式证明n n A G ≤8．证明：对于任意正整数R ，有.)111()11(1+++<+n n n n9．n 为正整数，证明：.)1(131211]1)1[(111----<++++<-+n nn n n nn n Λ课后练习1.选择题(1)方程x 2-y 2=105的正整数解有( ). （A ）一组 （B ）二组 （C ）三组 （D ）四组(2)在0,1,2,…，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（ ）. （A ）3个 （B ）4个 （C ）5个 （D ）6个 2．填空题(1)的个位数分别为_________及_________. (2)满足不等式104≤A≤105的整数A 的个数是x×104+1，则x 的值________.(3)已知整数y 被7除余数为5,那么y 3被7除时余数为________. (4)求出任何一组满足方程x 2-51y 2=1的自然数解x 和y_________.3.求三个正整数x 、y 、z 满足.4．在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？5．求的整数解.6．求证可被37整除.7．求满足条件的整数x，y的所有可能的值. 8．已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n 均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.9.如果p、q 、、都是整数，并且p＞1，q＞1，试求p+q的值.课后练习答案1.D.C.2.(1)9及1. (2)9. (3)4.(4)原方程可变形为x 2=(7y+1)2+2y(y-7),令y=7可得x=50.3.不妨设x≤y≤z,则,故x≤3.又有故x≥2.若x=2,则,故y≤6.又有,故y≥4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z 无整数解.若x=3,类似可以确定3≤y≤4,y=3或4,z 都不能是整数. 4.可仿例2解.5. 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. 略解：ca a c bc c b ab b a 2,2,2223222≥+≥+≥+同理；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.如n nx x x x x x xx x +++≥+++ΛΛ2112322221，可在不等式两边同时加上.132x x x x n ++++Λ再如证)0,,(256)())(1)(1(32233>≥++++c b a c b a c b c a b a 时，可连续使用基本不等式.（2）基本不等式有各种变式 如2)2(222b a b a +≤+等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.8888≡8(mod37),∴88882222≡82(mod37).7777≡7(mod37),77773333≡73(mod37),88882222+77773333≡(82+73)(mod37),而82+73=407,37|407,∴37|N.7.简解:原方程变形为3x 2-(3y+7)x+3y 2-7y=0由关于x 的二次方程有解的条件△≥0及y 为整数可得0≤y≤5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.∵l 2+m 2=n 2,∴l 2=(n+m)(n-m).∵l 为质数,且n+m ＞n-m ＞0,∴n+m=l 2,n-m=1.于是l 2=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l 2-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l 2+2l+1=(l+1)2.即2(l+m+1)是完全平方数.9.易知p≠q,不妨设p ＞q.令=n,则m ＞n 由此可得不定方程(4-mn)p=m+2,解此方程可得p 、q 之值.例题答案：1. 证明：abc a c ca c b bc b a ab 6)()()(-+++++Θ)()()()2()2()2(222222222≥-+-+-=-++-++-+=b a c a c b c b a ab b a c ac c a b bc c b a.6)()()(abc a c ca c b bc b a ab ≥+++++∴评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明ca bc ab c b a ++≥++222时，可将222c b a ++)(ca bc ab ++-配方为])()()[(21222a c c b b a -+-+-，亦可利用,222ab b a ≥+ca a c bc c b 2,22222≥+≥+，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.不等式关于c b a ,,对称，不妨+∈---≥≥R c a c b b a c b a ,,,则，且cbb a ,， ca都大于等于1..1)()()()(3333333333232323≥⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅==---------------++c a c b b a b c a c c b a b c a b a b a c c a b c b a c b a cb a ca cb b a ccbbaacbaabc c b a评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定n 个字母的大小顺序，可方便解题. （2）本题可作如下推广：若≥=>na na a i a a a n i a ΛΛ2121),,,2,1(0则 .)(2121na a a n na a a +++ΛΛ（3）本题还可用其他方法得证。
因ab b a b a b a ≥，同理c a a c b c c b a c a c c b c b ≥≥,，另cbacbac b a c b a ≥，4式相乘即得证.（4）设.lg lg lg ,0c b a c b a ≥≥≥≥≥则（3）等价于,lg lg lg lg a b b a b b a a +≥+类似可证.lg lg lg lg lg lg lg lg lg a c b b c a a c c b b a c c b b a a ++≥++≥++事实上，一般地有排序不等式（排序原理）：设有两个有序数组n n b b b a a a ≤≤≤≤≤≤ΛΛ2121,，则n n b a b a b a +++Λ2211（顺序和）n j n j j b a b a b a +++≥Λ2121（乱序和）1111b a b a b a n n n +++≥-Λ（逆序和）其中n j j j n ,,2,1,,,21ΛΛ是的任一排列.当且仅当n a a a ===Λ21或nb b b ===Λ21时等号成立.排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如c c b b a a a c c b b a c b a R c b a ⋅+⋅+⋅⇔++≥++∈+222222333,,,时cc b b a a a c c b b a c b a a c c b b a a c c b b a 111111;222222222222⋅+⋅+⋅≥⋅+⋅+⋅⇔++≥++⋅+⋅+⋅≥.3.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.不妨设a b c c b a c b a 111,,222≥≥≥≥≥≥则，则bc a b c a 111222⋅+⋅+⋅（乱序和）c c b b a a 111222⋅+⋅+⋅≥（逆序和），同理b c a b c a 111222⋅+⋅+⋅（乱序和）cc b b a a 111222⋅+⋅+⋅≥（逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数组abac bc c b a 111333≥≥≥≥及，仿上可证第二个不等式.4.分析：不等式右边各项221i a i a i i ⋅=；可理解为两数之积，尝试用排序不等式. 设n n a a a b b b ,,,,,,2121ΛΛ是的重新排列，满足n b b b <<<Λ21，又.131211222n>>>>Λ 所以223221232213232n b b b b n a a a a n n ++++≥++++ΛΛ.由于n b b b Λ,,21是互不相同的正整数，故.,,2,121n b b b n ≥≥≥Λ从而n nb b b b n 121132223221+++≥++++ΛΛ，原式得证. 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，,22a b b a b a ⋅+⋅≥+.3222333abc ab c ac b bc a ca c bc b ab a a c c b b a c b a =⋅+⋅+⋅≥⋅+⋅+⋅=⋅+⋅+⋅≥++5.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. ca a c bc c b ab b a 2,2,2222222≥+≥+≥+同理；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.如n n x x x x x x x x x +++≥+++ΛΛ2112322221，可在不等式两边同时加上.132x x x x n ++++Λ再如证)0,,(256)())(1)(1(32233>≥++++c b a c b a c b c a b a 时，可连续使用基本不等式.（2）基本不等式有各种变式 如2)2(222b a b a +≤+等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1. 6. 思路分析：不等式左边是a 、b 的4次式，右边为常数81，如何也转化为a 、b 的4次式呢. 要证,8144≥+b a 即证.)(81444b a b a +≥+评述：（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知,0,1321≥=++i x x x x 求证：3231x x +.3133≥+x 右侧的31可理解为.)(313321x x x ++再如已知0321=++x x x ，求证：3221x x x x ++013≤x x ，此处可以把0理解为2321)(83x x x ++，当然本题另有简使证法.（2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于n 个正数),,21n a a a Λ调和平均nn a a a nH 11121+++=Λ几何平均n n n a a a G Λ21⋅= 算术平均na a a A nn +++=Λ21平方平均222221nn a a a Q +++=Λ这四个平均值有以下关系：n n n n Q A G H ≤≤≤，其中等号当且仅当n a a a ===Λ21时成立.7. 证明: 令),,2,1(,n i G a b nii Λ==则121=n b b b Λ，故可取0,,21>n x x x Λ，使得 111322211,,,,x x b x x b x xb x x b n n n n n ====--Λ由排序不等式有：n b b b +++Λ21=13221x x x x x x n +++Λ（乱序和）nn x x x x x x 1112211⋅++⋅+⋅≥Λ（逆序和） =n ，.,2121n n n n n n G na a a n G a G a G a ≥+++≥+++∴ΛΛ即评述:对na a a 1,,1,121Λ各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，n n A G ≤.8. 分析:原不等式等价于111)11(1++<++n n n n ，故可设法使其左边转化为n 个数的几何平均，而右边为其算术平均..111121)11()11(1)11()11()11(111++=++=+++<⋅++=++++n n n n n n n n n n n n n 4434421Λ4434421Λ个评述:（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相近.类似可证.)111()11(21++++<+n n n n（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁.9.证明:先证左边不等式n n n n n n n n 1312111)1(131211]1)1[(11++++<-+⇔++++<-+ΛΛ ⇔ n n n n n +++++<+131211)1(1Λnn n n )11()131()121()11()1(1++++++++<+⇔Λ(*)1342321n n n n n +++++<+⇔Λ.1134232134232n n n nn n n n +=+++++>+++++ΛΛ∴ （*）式成立，故原左边不等式成立.其次证右边不等式11)1(131211--⋅--<++++n n n n nΛ1)11()311()211(11)131211(111--++-+-<⇔-++++-<⇔---n n n n n n nn n ΛΛ ⇔ 11322111--+++<-n n n n n Λ （**） （**）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立.。