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babababa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）abba（对称性）（2）cbcaba（加法保序性）（3）.0,;0,bcaccbabcaccba（4）*).(,0Nnbababannnn对两个以上不等式进行运算的性质.（1）cacbba,（传递性）.这是放缩法的依据.（2）.,dbcadcba（3）.,dbcadcba（4）.,,0,0bcaddbcacdba含绝对值不等式的性质：（1）.)0(||22axaaxaax（2）.)0(||22axaxaxaax或（3）||||||||||||bababa（三角不等式）.（4）.||||||||2121nnaaaaaa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x2+y2+z2.))()((2xzbacyzacbxycbaaccbbaabc证明：左边-右边=x2+y2+z2222()()()()()()abbccaxyyzxzbccaabcaabbc222222()()()()babacbcbxxyyyyzzbcbccacacaabcaab222()()acaczxzxababbcbc2220.bacbacxyyzzxbccacaababbc所以左边≥右边，不等式成立。（2）商值比较法（原理：若1，且B0，则AB。）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……。）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．综合法例5若a,b,c0，求证：abc≥(a+b-c)(b+c-a)(c+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.(2)a+b-c,b+c-a,c+a-b均为正时,则2abcbcaabcbcab同理,,abcacbabcaacbc三式相乘得abc≥(a+b-c)(b+c-a)(c+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：tS。解：由三角形面积公式:1sin2bcA.正弦定理：a/sinA=2R.可得abc=1.所以2t=2bc+2ac+2ab.由因为a.b.c均大于0。所以2t=2abc+2bac+2cab=2aabc+2babc+2cabc=2(a+b+c)=2s.所以ts。4．反证法例7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．数学归纳法例8对任意正整数n(≥3)，求证：nn+1(n+1)n.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。6.分类讨论法例9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。7.放缩法（即要证AB，可证AC1,C1≥C2,…,Cn-1≥Cn,CnB(n∈N+).）例10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。8.引入参变量法例11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12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.所以原不等式成立。9.局部不等式例13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14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。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≥231422cc253(11).222cc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=.2511.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.运用著名不等式（1）平均值不等式：设a1,a2,…,an∈R+，记Hn=naaan11121,Gn=nnaaa21,An=12,naaan22212nnaaaQn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.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=k+1时，记kkkaaaa1121=Gk+1.因为a1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥k