第九章 不等式

-1-第九章不等式一、基础知识不等式的基本性质：（1）aba-b0；（2）ab,bcac；（3）aba+cb+c；（4）ab,c0acbc；（5）ab,c0acbc;（6）ab0,cd0acbd;[来源:学科网ZXXK]（7）ab0,n∈N+anbn;（8）ab0,n∈N+nnba;（9）a0,|x|a-axa,|x|axa或x-a;（10）a,b∈R，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|;（11）a,b∈R，则(a-b)2≥0a2+b2≥2ab;（12）x,y,z∈R+，则x+y≥2xy,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ab0,cd0，所以acbc,bcbd，所以acbd；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若nnba，由性质（7）得nnnnba)()(，即a≤b，与ab矛盾，所以假设不成立，所以nnba；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)(yxxy≥0，所以x+y≥xy2，当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不等式，令czbyax333,,，因为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)=21(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0，所以a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥33xyz，等号当且仅当x=y=z时成立。-2-二、方法与例题1．不等式证明的基本方法。（1）比较法，在证明AB或AB时利用A-B与0比较大小，或把BA（A，B0）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x2+y2+z2.))()((2xzbacyzacbxycbaaccbbaabc【证明】左边-右边=x2+y2+z2yzacbabcxyaccbab))((2))((2[来源:学_科_网]222))((2))((2yaccyacaxyaccbabxcbbxzcbbaca222))((2))((2xcbcxzcbbacazbaazbabyzacbabc.0222xcbczbaazbabyaccyacaxcbb所以左边≥右边，不等式成立。例2若ax1，比较大小：|loga(1-x)|与|loga(1+x)|.【解】因为1-x1，所以loga(1-x)0,|)1(log||)1(log|xxaa=|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x)x11log(1-x)(1-x)=1（因为01-x21，所以x111-x0,01-x1）.所以|loga(1+x)||loga(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……。-3-例3已知a,b,c∈R+，求证：a+b+c-33abc≥a+b.2ab【证明】要证a+b+c33bac≥a+b.2ab只需证332abcabc，因为33332abcbacababcabc，所以原不等式成立。例4已知实数a,b,c满足0a≤b≤c≤21，求证：.)1(1)1(1)1(2abbacc【证明】因为0a≤b≤c≤21，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(1ccbbaa，所以)1(2)1(2)1(1)1(1ccbbbbaa，所以只需证明)1(1)1(1)1(1)1(1abbabbaa，也就是证)1)(1()1)(1(babbabaaba，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：nn+1(n+1)n.[来源:Zxxk.Com]【证明】1）当n=3时，因为34=8164=43，所以命题成立。2）设n=k时有kk+1(k+1)k，当n=k+1时，只需证(k+1)k+2(k+2)k+1，即12)2()1(kkkk1.因为1)1(1kkkk，所以只需证12)2()1(kkkkkkkk)1(1，即证(k+1)2k+2[k(k+2)]k+1，只需证(k+1)2k(k+2)，即证k2+2k+1k2+2k.显然成立。所以由数学归纳法，命题成立。-4-（4）反证法。例6设实数a0,a1,…,an满足a0=an=0，且a0-2a1+a2≥0,a1-2a2+a3≥0,…,an-2-2an-1+an≥0，求证ak≤0(k=1,2,…,n-1).【证明】假设ak(k=1,2,…,n-1)中至少有一个正数，不妨设ar是a1,a2,…,an-1中第一个出现的正数，则a1≤0,a2≤0,…,ar-1≤0,ar0.于是ar-ar-10，依题设ak+1-ak≥ak-ak-1(k=1,2,…,n-1)。所以从k=r起有an-ak-1≥an-1-an-2≥…≥ar-ar-10.因为an≥ak-1≥…≥ar+1≥ar0与an=0矛盾。故命题获证。（5）分类讨论法。例7已知x,y,z∈R+，求证：.0222222yxxzxzzyzyyx【证明】不妨设x≥y,x≥z.ⅰ）x≥y≥z，则zyzxyx111，x2≥y2≥z2，由排序原理可得yxxxzzzyyyxzxzyzyx222222，原不等式成立。ⅱ）x≥z≥y，则zyyxzx111，x2≥z2≥y2，由排序原理可得yxxxzzzyyyxzxzyzyx222222，原不等式成立。（6）放缩法，即要证AB，可证AC1,C1≥C2,…,Cn-1≥Cn,CnB(n∈N+).例8求证：).2(12131211nnn【证明】12212121414121112131211nnnnn22121121nnnn，得证。-5-例9已知a,b,c是△ABC的三条边长，m0，求证：.mccmbbmaa【证明】mbammbabambabmbaambbmaa1mccmcm1（因为a+bc），得证。（7）引入参变量法。例10已知x,y∈R+,l,a,b为待定正数，求f(x,y)=2323ybxa的最小值。【解】设kxy，则kklyklx1,1，f(x,y)=23322)1(kbalk22333233333211111lkakbkbkbkakabal(a3+b3+3a2b+3ab2)=23)(lba，等号当且仅当ybxa时成立。所以f(x,y)min=.)(23lba例11设x1≥x2≥x3≥x4≥2,x2+x3+x4≥x1，求证：(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4.【证明】设x1=k(x2+x3+x4)，依题设有31≤k≤1,x3x4≥4，原不等式等价于(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即kk4)1(2(x2+x3+x4)≤x2x3x4，因为f(k)=k+k1在1,31上递减，所以kk4)1(2(x2+x3+x4)=)21(41kk(x2+x3+x4)≤42313·3x2=4x2≤x2x3x4.[来源:学科网ZXXK]所以原不等式成立。-6-（8）局部不等式。例12已知x,y,z∈R+，且x2+y2+z2=1，求证：222111zzyyxx.233【证明】先证.233122xxx因为x(1-x2)=3323221)1(2213222xx,所以.233332)1(122222xxxxxxx同理222331yyy，222331zzz，所以.233)(233111222222zyxzzyyxx例13已知0≤a,b,c≤1，求证：111abccabbca≤2。【证明】先证.21cbaabca①即a+b+c≤2bc+2.即证(b-1)(c-1)+1+bc≥a.因为0≤a,b,c≤1，所以①式成立。同理.21,21cbacabccbabcab三个不等式相加即得原不等式成立。-7-（9）利用函数的思想。例14已知非负实数a,b,c满足ab+bc+ca=1，求f(a,b,c)=accbba111的最小值。【解】当a,b,c中有一个为0，另两个为1时，f(a,b,c)=25，以下证明f(a,b,c)≥25.不妨设a≥b≥c，则0≤c≤33,f(a,b,c)=.111222bacbacc因为1=(a+b)c+ab≤4)(2ba+(a+b)c，解关于a+b的不等式得a+b≥2(12c-c).考虑函数g(t)=tct112,g(t)在[,12c）上单调递增。又因为0≤c≤33，所以3c2≤1.所以c2+a≥4c2.所以2)1(2cc≥.12c所以f(a,b,c)=bacbacc111222≥)1(211)1(2122222ccccccc=1112222ccccc=21321112222cccc≥.22)11(3252132422cccc下证cc)11(320①1332ccc2+6c+9≥9c2+9cc43≥0.43c因为4333c，所以①式成立。所以f(a,b,c)≥25，所以f(a,b,c)min=.25-8-2．几个常用的不等式。（1）柯西不等式：若ai∈R,bi∈R,i=1,2,…,n，则.)())((211212niiiniiniibaba等号当且仅当存在λ∈R，使得对任意i=1,2,,n,ai=λbi,[来源:Z.xx.k.Com]变式1：若ai∈R,bi∈R,i=1,2,…,n，则.)()()(212112niiniiniiibaba[来源:学科网ZXXK]等号成立条件为ai=λbi,(i=1,2,…,n)。变式2：设ai,bi同号且不为0(i=1,2,…,n)，则.)(1211niiiniiniiibaaba等号成立当且仅当b1=b2=…=bn.（2）平均值不等式：设a1,a2,…,an∈R+，记Hn=naaan11121,Gn=nnaaa21,An=naaaQnaaannn2222121,，则Hn≤Gn≤An≤Qn.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a1=a2=…=an.【证明】由柯西不等式得An≤Qn，再由Gn≤An可得Hn≤Gn，以下仅证Gn≤An.1）当n=2时，显然成立；2）设n=k时有Gk≤Ak，当n