2020高中数学竞赛标准讲义：第九章：不等式

2020高中数学竞赛标准讲义：第九章：不等式

一、基础知识

不等式的差不多性质：

〔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 ，那么|a|-|b |≤|a+b|≤|a|+|b|; 〔11〕a, b ∈R ，那么(a-b)2≥0⇔a 2+b 2≥2ab;

〔12〕x, y, z ∈R +，那么x+y≥2xy , x+y+z .33xyz ≥

前五条是明显的，以下从第六条开始给出证明。

〔6〕因为a>b>0, c>d>0，因此ac>bc, bc>bd ，因此ac>bd ；重复利用性质〔6〕，可得性质〔7〕；再证性质〔8〕，用反证法，假设n n b a ≤，由性质〔7〕得n n n n b a )()(≤，即a≤b ，与a>b 矛盾，因此假设不成立，因此n n b a >；由绝对值的意义知〔9〕成立；-|a|≤a≤|a|, -|b|≤b≤|b|，因此-(|a |+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，因此|a+b|≤|a|+|b|；下面再证〔10〕的左边，因为|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，因此|a|-|b|≤|a+b|，因此〔10〕成立；〔11〕明显成立；下证〔12〕，因为x+y-22)(y x xy -=≥0，因此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，因此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．不等式证明的差不多方法。

〔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 因此左边≥右边，不等式成立。

例2 假设a

)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，因此

x

+11

>1-x>0, 0<1-x<1〕. 因此|log a (1+x)|>|log a (1-x)|.

〔2〕分析法，即从欲证不等式动身，层层推出使之成立的充分条件，直到为止，表达方式为：要证……，只需证……。

例3 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 =⋅⋅≥++=+，因此原不等式成立。

例4 实数a, b, c 满足0

1

，求证：

.)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)，

因此)1(1

)1(1)1(1c c b b a a -≥-≥-，

因此)

1(2

)1(2)1(1)1(1c c b b b b a a -≥-≥-+-，

因此只需证明)1(1

)1(1)1(1)1(1a b b a b b a a -+-≤-+-，

也确实是证)

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，明显成立。因此命题成立。 〔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，因此命题成立。

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 ，因此只需证12)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. 明显成立。

因此由数学归纳法，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中第一个显现的正数，那么a 1≤0, a 2≤0,…, a r-1≤0, a r >0. 因此a r -a r-1>0，依题设a k+1-a k ≥a k -a k-1(k=1, 2, …, n-1)。

因此从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。