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高中数学竞赛讲义九


高中数学竞赛讲义(九)
──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

ac<bc;

(6)a>b>0, c>d>0

ac>bd;

(7)a>b>0, n∈N+

a >b ;

n

n

(8)a>b>0, n∈N+

;

(9)a>0, |x|<a

-a<x<a, |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) ≥0

2

a +b ≥2ab;

2

2

(12)x, y, z∈R ,则 x+y≥2

+

, x+y+z

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 ,由性质(7)得 ,

即 a≤b,与 a>b 矛盾,所以假设不成立,所以

;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-2 当且仅当 x=y 时,等号成立,再证另一不等式,令 x +b +c -3abc =(a+b) +c -3a b-3ab -3abc =(a+b) +c -3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b) -(a+b)c+c ]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a +b +c -ab-bc3 3 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 2 2

≥0,所以 x+y≥ ,因为



ca)=

(a+b+c)[(a-b) +(b-c) +(c-a) ] ≥0,所以 a +b +c ≥3abc,即 x+y+z≥

2

2

2

3

3

3



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<B 时利用 A-B 与 0 比较大小,或把 较大小,最后得出结论。

(A,B>0)与 1 比

例1

设 a, b, c∈R ,试证:对任意实数 x, y, z, 有

+

x +y +z

2

2

2

【证明】

左边-右边= x +y +z

2

2

2

所以左边≥右边,不等式成立。

例2

若 a<x<1,比较大小:|loga(1-x)|与|loga(1+x)|.

【解】

因为 1-x

1,所以 loga(1-x)

0,

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

>log(1-x)(1-x)=1(因为 0<1-x <1,所以

2

>1-x>0, 0<1-x<1).

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-3

+

≥a+b

【证明】

要证 a+b+c

≥a+b

只需证



因为

,所以原不等式成立。

例4

已知实数 a, b, c 满足 0<a≤b≤c≤

,求证:

【证明】

因为 0<a≤b≤c≤

,由二次函数性质可证 a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c),

所以



所以



所以只需证明



也就是证



只需证 b(a-b) ≤a(a-b),即(a-b) ≥0,显然成立。所以命题成立。

2

(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 3 =81>64=4 ,所以命题成立。

4

3

2)设 n=k 时有 k >(k+1) ,当 n=k+1 时,只需证(k+1) >(k+2) ,即

k+1

k

k+2

k+1

>1. 因


2

,所以只需证
2 2

,即证(k+1)

2k+2

>[k(k+2)] ,只需证

k+1

(k+1) >k(k+2),即证 k +2k+1>k +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 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, ar>0. 于是 ar-ar-1>0,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-1>0.

因为 an≥ak-1≥?≥ar+1≥ar >0 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:

+

【证明】

不妨设 x≥y, x≥z.

ⅰ)x≥y≥z,则

,x ≥y ≥z ,由排序原理可得

2

2

2

,原不等式成立。

ⅱ)x≥z≥y,则

,x ≥z ≥y ,由排序原理可得

2

2

2

,原不等式成立。

(6)放缩法,即要证 A>B,可证 A>C1, C1≥C2,?,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈N+).

例8

求证:

【证明】

,得证。

例9

已知 a, b, c 是△ABC 的三条边长,m>0,求证:

【证明】

(因为 a+b>c),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)=

+

的最小值。

【解】



,则

,f(x,y)=

(a +b +3a b+3ab )=

3

3

2

2

,等号当且仅当

时成立。所以 f(x, y)min=

例 11

设 x1≥x2≥x3≥x4≥2, x2+x3+x4≥x1,求证:(x1+x2+x3+x4) ≤4x1x2x3x4.

2

【证明】
2 2

设 x1=k(x2+x3+x4),依题设有

≤k≤1, x3x4≥4,原不等式等价于

(1+k) (x2+x3+x4) ≤4kx2x3x4(x2+x3+x4),即

(x2+x3+x4) ≤x2x3x4,因为 f(k)=k+



上递减,

所以

(x2+x3+x4)=

(x2+x3+x4)



·3x2=4x2≤x2x3x4.

所以原不等式成立。

(8)局部不等式。

例 12

已知 x, y, z∈R ,且 x +y +z =1,求证:

+

2

2

2

【证明】

先证

因为 x(1-x )=

2

,

所以

同理





所以

例 13

已知 0≤a, b, c≤1,求证:

≤2。

【证明】

先证



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

三个不等式相加即得原不等式成立。

(9)利用函数的思想。

例 14 的最小值。

已知非负实数 a, b, c 满足 ab+bc+ca=1,求 f(a, b, c)=

【解】

当 a, b, c 中有一个为 0,另两个为 1 时,f(a, b, c)=

,以下证明 f(a, b,

c) ≥

. 不妨设 a≥b≥c,则 0≤c≤

, f(a, b, c)=

因为 1=(a+b)c+ab≤

+(a+b)c,

解关于 a+b 的不等式得 a+b≥2(

-c).

考虑函数 g(t)=

, g(t)在[

)上单调递增。

又因为 0≤c≤

,所以 3c ≤1. 所以 c +a≥4c . 所以 2

2

2

2



所以 f(a, b, c)=



=

=



下证

0 ①

c +6c+9≥9c +9

2

2

≥0

因为

,所以①式成立。

所以 f(a, b, c) ≥

,所以 f(a, b, c)min=

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

等号当且仅当存在 λ ∈R,使得对任意 i=1, 2, , n, ai=λ bi,

变式 1:若 ai∈R, bi∈R, i=1, 2, ?, n,则

等号成立条件为 ai=λ bi,(i=1, 2, ?, n)。

变式 2:设 ai, bi 同号且不为 0(i=1, 2, ?, n),则

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=

, Gn=

,

An= 均≤算术平均≤平方平均。

, 则 Hn≤Gn≤An≤Qn. 即调和平均≤几何平

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=k+1 时,记

=Gk+1.

因为 a1+a2+?+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥



2kGk+1,

所以 a1+a2+?+ak+1≥(k+1)Gk+1,即 Ak+1≥Gk+1.

所以由数学归纳法,结论成立。

(3)排序不等式:若两组实数 a1≤a2≤?≤an 且 b1≤b2≤?≤bn,则对于 b1, b2, ?, bn 的任意排列 +anbn. ,有 a1bn+a2bn-1+?+anb1≤ ≤a1b1+a2b2+?

【证明】

引理:记 A0=0,Ak=

,则

=

(阿贝尔求和法)。

证法一:因为 b1≤b2≤?≤bn,所以

≥b1+b2+?+bk.

记 sk=

-( b1+b2+?+bk),则 sk≥0(k=1, 2, ?, n)。

所以

-(a1b1+a2b2+?+anbn)=

+snan≤0.

最后一个不等式的理由是 aj-aj+1≤0(j=1, 2, ?, n-1, sn=0),

所以右侧不等式成立,同理可证左侧不等式。

证法二:(调整法)考察

,若

,则存在。



(j≤n-1),则将



互换。

因为

≥0,

所 调整后,和是不减的,接下来若 可得左边不等式。

,则继续同样的调整。至多经 n-1 次调

整就可将乱序和调整为顺序和,而且每次调整后和是不减的,这说明右边不等式成立,同理

例 15

已知 a1, a2,?,an∈R ,求证;

+

a1+a2+?+an.

【证明】 证法一: 因为 ≥2an.

, ?,

上述不等式相加即得

≥a1+a2+?+an.

证法二:由柯西不等式

(a1+a2+?+an)≥(a1+a2+?+an) ,

2

因为 a1+a2+?+an >0,所以

≥a1+a2+?+an.

证法三: 设 a1, a2,?,an 从小到大排列为

,则



,由排序原理可得

=a1+a2+?+an≥

,得证。

注:本讲的每种方法、定理都有极广泛的应用,希望读者在解题中再加以总结。

三、基础训练题

1.已知 0<x<1,a, b∈R ,则

+

的最小值是____________.

2.已知 x∈R ,则

+

的最小值是____________.

3.已知 a, b, c∈R,且 a +b +c =1, ab+bc+ca 的最大值为 M,最小值为 N,则 MN=___________.

2

2

2

4. 若不等式

对所有实数 x 成立, 则 a 的取值范围是____________.

5.若不等式

x+a 的解是 x>m,则 m 的最小值是____________.

6.“a+b=4”是“不等式|x-a|+|x-b|<8 的解集是{x|-2<x<6}”的____________条件.

7.若 a, b∈R ,则 a+b=1,以下结论成立是__________.① a +b ≥

+

4

4

;②

≤a +b <1;

3

3



;④

;⑤

;⑥

8.已知 0< <

,若

,则 =____________.

9.已知 q=(x1-a) +(x2-a) +?+(xn-a) , 若
2 2 2

,p=(x1-

) +(x2-

2

) +?+(xn-

2

),

2

,则比较大小:p___________q.

10.已知 a>0, b>0 且 a

b, m=a b , n=a b , 则比较大小:m_________n.

a b

b a

11.已知 n∈N+,求证:

12.已知 0<a<1,x +y=0,求证:loga(a +a ) ≤loga2+

2

x

y

.

13.已知 x∈R,

,求证:

四、高考水平训练题

1.已知 A=asin x+bcos x, B=acos x+bsin x(a, b, x∈R),设 m=AB, n=ab, P=A +B , q=a +b , 则下列结论成立的有]__________. (1) m≥n, p≥q; (2) m≤n, p≤q; ( 3) m+p≥n+q; (4)m+q≥n+p.
2 2

2

2

2

2

2

2

2.已知 a, b, c, d∈R,M=4(a-b)(c-d), N=(a-b)(c-b)+(d-a)(d-c)+(c-d)(c-b)+(a-b)(a-d),则比较大小:M________N.

3.若 ________.

R ,且

+



,将

从小到大排列为

4.已知△ABC 的三边长 a, b, c 满足 b+c≤2a, a+c≤2b,则

的取值范围是________.

5.若实数 x, y 满足|x|+|y|≤1,则 z=x -xy+y 的最大值与最小值的和为________.

2

2

6.设函数 f(x)=

(x∈[-4,2]),则 f(x)的值域是________.

7.对 x1>x2>0, 1>a>0,记 x1x2________y1y2.

,比较大小:

8.已知函数

的值域是

,则实数 a 的值为________.

9.设 a≤b<c 是直角△ABC 的三边长,若不等式 最大值为________.

恒成立,则 M

10. 实系数方程 x +ax+2b=0 的一个根大于 0 且小于 1, 另一个根大于 1 且小于 2, 则 的取值范围是________.

2

11.已知 a, b, c∈R 且满足 a+b+c≥abc,求证:下列三个式子中至少有两个成立:

+

12.已知 a, b∈R 且

+

,求证:对一切 n∈N+,(a+b) -a -b ≥2 -2 .

n

n

n

2n

n+1

13.已知 a, b, c ∈R ,求证:

+

14.设 x, y, z 是 3 个不全为零的实数,求

的最大值。

五、联赛一试水平训练题

1.已知 a1, a2, b1, b2, c1, c∈R,a1c1比较大小:P_______Q.

=a2c2

>0, P=(a1-a2)(c1-c2), Q=(b1-b2) ,

2

2.已知 x2+y2-xy=1,则|x+y-3|+|x+y+2|=__________.

3.二次函数 f(x)=x +ax+b,记 M=max{|f(1)|, |f(2)|, |f(3)|},则 M 的最小值为 __________.

2

4.设实数 a, b, c, d 满足 a≤b≤c≤d 或者 a≥b≥c≥d,比较大小:

4(a+c+d)(a+b+d)__________(2a+3d+c)(2a+2b+c+d).

5.已知 xi∈R , i=1, 2, ?,n 且 里 n>1).

+

,则 x1x2?xn 的最小值为__________(这

6.已知 x, y∈R, f(x, y)=x +6y -2xy-14x-6y+72 的最小值为__________.

2

2

7.已知 0≤ak≤1(k=1, 2, ?,2n),记 a2n+1=a1, a2n+2=a2,则 值为__________.

的最大

8.已知 0≤x≤1, 0≤y≤1, 0≤z≤1,则 __________.

的最大值为

9.已知

≤x≤5,求证:

10.对于不全相等的正整数 a, b, c,求证:

11.已知 ai>0(i=1, 2, ?, n),且

=1。又 0<λ 1≤λ 2≤?≤λ n,求证:



六、联赛二试水平训练题

1.设正实数 x, y, z 满足 x+y+z=1,求证:

2.设整数 x1, x2, ?,xn 与 y1, y2, ?, yn 满足 1<x1<x2<?<xn<y1<y2<?<ym, x1+x2+? +xn>y1+y2+?+ym,求证:x1x2xn>y1y2?ym.

3.设 f(x)=x +a,记

2

f(x), f (x)=f(f (x))(n=2, 3, ?),M={a∈R|对所有正

n

n-1

整数 n, |f (0)| ≤2},求证:

n



4.给定正数 λ 和正整数 n(n≥2),求最小的正数 M(λ ),使得对于所有非负数 x1,

x2,?,xn ,有 M(λ )

5.已知 x, y, z∈R ,求证:(xy+yz+zx)

+

6.已知非负实数 a, b, c 满足 a+b+c=1,求证: 2≤(1-a ) +(1-b ) +(1-c ) ≤(1+a)(1+b)(1+c),并求出等号成立的条件。
2 2 2 2 2 2


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