高三数学 教学研究论文 数学竞赛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。

aaLann1、算术-几何平均值（AM-GM）不等式设a1,a2,L,an是非负实数，则12a1a2Lan.

nn2n2n2、柯西（Cauchy）不等式 设ai,biR(i1,2,Ln)，则aibiaibi.等

i1i1i1号成立当且仅当存在R，使biai,i1,2,L,n.

2nai2na变形1）：设aiR,biR，则ii1；等号成立当且仅当存在R，使

ni1bibii12biai,i1,2,L,n.

naina变形2）设ai,bi同号，且ai,bi0，则ii1。等号成立当且仅当b1b2bn

ni1biaibii123．排序不等式 设a1a2an,b1b2bn,j1,j2,,jn是1,2,,n的一个排列，则

a1bna2bn1anb1a1bj1a2bj2a3bjna1b1a2b2anbn. 等号成立当且仅

当a1a2an或b1b2bn。（用调整法证明）.

4．琴生（Jensen）不等式 若fx是区间a,b上的凸函数，则对任意的点

x1,x2,,xna,b(nN*)有

f(x1x2Lxn1)fx1fx2Lfxn.等号当且仅当x1x2xn时取得 nn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。

1. 幂均值不等式 设0，aiR(i1,2,,n)，则

11a1a2anMna1a2annM。 1证：作变量代换，令aixi，则aixi，则

1MMx1x2xnnpx1x2xn1，① ，0n又函数f(x)x(p1)是0,上的凸函数，由Jensen不等式知①式成立。 2.（切比雪夫不等式） 设两个实数组a1a2an,b1b2bn，则

1a1bna2bn1anb1nabii1nnini1n1a1b1a2b2anbn n等号成立当且仅当a1a2an或b1b2bn。

证：由排序不等式有：a1bna2bn1anb1a1b1a2b2anbna1b1a2b2anbn，

a1bna2bn1anb1a1b2a2b3anb1a1b1a2b2anbn，

……………………………………………………………………………

a1bna2bn1anb1a1bna2b1anbn1a1b1a2b2anbn以上n个等式相加即得。

3. 一个基础关系式 xy1x(1)y，其中x,y0,[0,1]

xy证：若x,y中有一个为0，则显然成立。 设x,y均不为零，则原不等式xy1，

令

xt，则上式tt(1)，记f(t)t(1)t，则f(t)t1，因此，y当t1时，f(t)0，当0t1时，f(t)0，且f(1)0，所以f(t)得极小值为f(1)0,故t(1)t0，即xy1x(1)y.

4. Holder不等式 设ak,bk0(k1,2,n),p,q1且111，则

pqpq号成立当且仅当存在tR使得aktbk(k1,2,,n)。

abk1nkkakpbkq等k1k1n1pn1q证: 在上面基础关系式中，取111,xAkp,yBkq,有AkBkAkpBkq……① ppq1np1nq① 式两边对k求和，得：AkBkAkBk,令Akpk1qk1k1naknpakk11ni1p,Bkbknqbkk11q,

代入上式即证。

5. 一个有用的结论 设ai,biR，则

(ai1nibi)ab，推广得

i1i11nn1nin设aijR,(i1,2,,n,j1,2,,n)，则

nn(ai1j1nnnij)(aij).

j1i11nnn1nnaij1证：原不等式()1,而()() ni1ai1ai2ainj1i1ai1ai2aini1ai1ai2ainaij1naij1naij1nn()()nj1i1ai1ai2ainj1i1ai1ai2ainnnaij1nnaij1n1n1,它可把含根式的积性不等式化为和式。 ()1n1ni1j1ai1ai2ainni1n三、如何运用几个重要不等式

例1 设a,b,cR且abc1，求证：abcabc。 证：由柯西不等式有(abc)(abc)(abc)…①

2222222222而3(abc)(111)(abc)(abc)(abc)33abc

33322222223333(abc)，即a2b2c2abc…②

222333由①②有：(abc)(abc)(abc)(abc),∴abcabc

333222a2b2c22a2b2c2a2b2c22)3() )(方法二：由幂均值不等式有：abc3(333333313abca2b2c2。 (a2b2c2)3322212方法三：由切比雪夫不等式和AM-GM不等式有：不妨设abc，则

(a2b2c2)(abc)(a2b2c2)33abca2b2c2 abc33333n例2 设xi0,(i1,2,,n),xi1i1，求证：i1nxi1xii1nxi

n1证：左边=

i1nn11xi1xii1n2i1n1xi1xii1nn2(1)((1xi))i1i1n12n12(1)((1xi))

i1i1n12n12nnn(n1)n(n1)n12xi(121)n12i1nxi。

n1评注：通过此例注意体会如何运用柯西不等式分离或合成变量。 例3 设a,b,c,dR,abcd1，求证：

1a(b1)2

证：设axyzw,b,c,d,(x,y,z,wR)，则原不等式 yzwx1yz222，由Cauchy不等式有：

xy11x(yz)(1)yzyz1x1()2x11111x(yz)yz1xx1221xy1xy22112xyxy2，故原不等式成立。

12xy评注：本题通过换元，把原不等式齐次化，再用柯西不等式。 例4 设n是正整数，且ak0,k1,2,,n，

n1ak1，求证：(n2k1k1nn1)(2n2)n ak1证：原不等式(n2)n2n2，由“二，结论5” 有

akk1n1nn2n21n(n2)()

an1n1akk1k1kn1个nn2n211n2，又ainna1a2an， n()n()n2naaanaaan1n1i112n12nn111 naaa12nnai1nn，故(n2k1ni1)(n2n)n(2n2)n。 ak评注：本例第一步放缩也可用Holder不等式的推广。

例5 设a1,a2,...是一个无穷项的实数列，对于所有正整数i存在一个实数c，使得0aic 且aiaj1对所有正整数i,j(ij)成立，证明：c1. ij证： 对于n2，设(1),(2),...,(n)为1,2,...n的一个排列且满足：

0a(1)a(2)...a(n)c.

∴ca(n)a(1)(a(n)a(n1))(a(n1)a(n2))...(a(2)a(1))

11...…① (n)(n1)(n1)(n2)(2)(1)1(n1)22(i)(1)(n)i1n（柯西

(n1)2(n1)2n142不等式） c.故c1. 1n(n1)(1)(n)nn3n3n3评注：这里把ai有序化后，①的变形是关键。

2

a 2b 2c 24a－b

例6 设a, b, c为正实数，求证 + + ≥ a + b + c + ，确定等号成立

bcaa + b + c的条件．

a 2b 2c 2a 2b 2c 2

证：由于 + + －a－b－c =  + b－2a +  + c－2b +  + a－2c

bcabca111222

= a－b + b－c + c－a … ① 而由Cauchy不等式有

bbccaa111222 2

[ a－b + b－c + c－a ]b + c + a ≥ |a－b| + |b－c| + |c－a|  … ②

且由 |a－b| + |b－c| + |c－a| ≥ |a－b| + |b－c + c－a| = 2|a－b| 知 |a－b| + |b－c| + |c－a|  ≥ 4a－b … ③ 结合①②③可得

2

a 2b 2c 214a－b 2 + + －a－b－c ≥ |a－b| + |b－c| + |c－a|  ≥ … ④ bcaa + b + ca + b + c2

2

由④便知题目中的不等式成立．若题中不等式取等号，即④取等号．故不等式②与③皆取等号．

111222

由②式取等号知，存在k ≥ 0，使得 a－b = bk, b－c = ck, c－a = ak，

bca即a－b = b k, b－c = c k, c－a = a k … ⑤

由③式取等号知 b－c与c－a同号，从而三个数b－c, c－a, b－a同号，结合⑤知存在实数

222222

abcl，使得b－a = bl, b－c = cl, c－a = al … ⑥ 由⑥知 l = 1－ = －1 = －1 … ⑦

bca由⑦可得 = ，记 = = x，则c = ax, b = ax ，再由⑦式中 1－ = －1得 1－

1322

2 = x－1即 x －2x + 1 = 0．故x－1x －x－1 = 0． x

12

结合x > 0可解得 x = 1或x = 1 + 5 ．故a : b : c = 1 : x : x = 1 : 1 : 1

211

或1: 3 + 5  : 1 + 5  … ⑧

22

又当a, b, c满足条件⑧时，容易难题目中不等式确实取等号．故⑧即为题中不等式取等号的充要条件． 评注：①式的变形非常漂亮，是解题的关键所在。

例7 在ABC中，求证：

bccabcca2

abbccos2A4cos2Acos2B

证：在ABC中，令b2c2a2，a2c2b2，a2b2c2，则原不等式

2224， 由AM-GM不等式有：

()()()2()()4222()2()()()()()()，即证。

评注：在ABC中令cyx,bxz,ayz,则有以下结论：

SABC(xy)xyz，内切圆半径r， xyz(xyz)，外接圆半径Rx4xyzx，cosAsinA2xyzx(xy)(xz)xxyz(xy)(xz)。

例8 设正数a、b、c、x、y、z满足cybza;azcxb;bxayc.求函数

x2y2z2f(x,y,z)的最小值.

1x1y1zb2c2a2x2bc2解：由已知条件三式解出 ac2b2令y2ac2ab2c2z2abb2c2a2，a2c2b2，

a2b2c2。从而可知 x，y，z()()()()()()222()()（易知、、R）x =

()()()()1x1()()22()从而f(x,y,z)∑ ≥

()()()()()()()()()211（柯西不等式）。 下证f(x,y,z).只需证

2()()()()222423()() 2()() ………（*）

22，从而（*）式

21111成立，故知f(x,y,z).而当xyz，即abc时，f(x,y,z)43.

1222121从而f(x,y,z)的最小值是.

2利用均值不等式知：

()()评注：这是2020年的联赛试题，巧妙地代数换元后，避免了三角变形的麻烦。

例9 设a1, a2, …, an为大于等于1的实数，n ≥ 1，A = 1 + a1 + a2 + … + an．定义x0 =

1,

1n Axk = 1 ≤ k ≤ n．证明：x1 + x2 + … + xn > 2 ．

1 + akxk－1n + A 211证：设yk = ，则 = 11 +

2

xkykak yk－1

 yk = 1 +

ak ．由yk－1 ≥ 1, ak ≥ 1可得 yk－1



1

yk－1

n －1ak－1 ≤ 0 … *  1 +

nnak1ak1 ≤ ak + ．所以 yk = 1 + ≤ ak + ． yk－1yk－1yk－1yk－1

1

n故  yk ≤  ak + 

k = 1

k = 1

k = 1

1

yk－1

1

=  ak + +  = A +  < A +  ．

k = 1

n1

n－1

1

ny0

k = 1

ykk = 1

ykk = 1

ykn 2

令t =  ，由柯栖不等式有  yk ≥ ．因此，对t > 0，有

ytk = 1kk = 1

n1

n22 2

n 2－A + A + 4n 2n 22

< A + t  t + At－n > 0 t > = ≥ t2A + A 2 + 4n 2

n 2 A ．评注：本题巧妙运用函数方法，*式值得注意，是常见的放缩手段． 2 = 2n n 2 + A 2

A + A + A2n

n2

例10 设ai > 0 i = 1, 2, …, n， ai = 1，k  N．求证 a1 +

+

k1

i = 1

a1

k a2 +

k1

a2

k  … an +

k1

ank  ≥ n +

k1nk  ． n

k证：首先证明函数 f x = ln x + f  x =

1

k1

在区间0, 1]上是下凸函数．事实上，由于 x k1

x + k x x

22k + 1 kx

k－1

－kx－k－1

 = k·

x 2k－1

x 2k + 1 + x ,

f  x = k·

= =

12k－12k + 12k2k x + x－x －1 2k + 1x + 1   2  2k·x

+ x

4k2k

4k2kkx x

2k + 1 + x + 2

 2kx + 2kx － 2k + 1x －2kx －1  －x + 4kx + 1 … ①

+

4k2k2k2

2

2

2

4k2kk2k + 1

2

0 < x ≤ 1，由于k  N，－x + kx + 1 = －x －2k + 4k + 1 > －2k + 4k + 1 > 0．

故由①知 f  x > 0 x  0, 1]．故 f x在0, 1]上为下凸函数。

由于ai > 0, a1 + a2 + … + an = 1 i = 1, 2, …, n，故ai  0, 1]．从而由Jensen不等式有

111

 f a1 + f a2 + … + f an  ≥ f  a1 + a2 + … + an  = f  ，

nnn1

即 f a1 + f a2 + … + f an ≥ n f  ．

n故 ln a1 +

k1

ka1

1

 + ln a2 +

k1

a2

k  + … + ln an +

k1k1

 ≥ n ln    + ． ann1k 

k1

n即 ln a1 +

kka1

k a2 + 1

kkk1

a2

k  … an + 1

kkk1

ank  ≥ ln  1

1k nk + n  ． n

从而 a1 +

a1

a2 +

a2

 … an +

ank  ≥ 

1k nk + n  ．证毕． n

k另证：由Hölder不等式得  ai + k  ≥  ai  n + aii = 1i = 1

nk1

n1

k ai  n

ni = 1

 ．

nn aini = 1

又∵  ai ≤ 

i = 1

nn1n1

 =   < 1，且 f x = x + 在0, 1上单减．∴  ai  n + nknxi = 1

1

nk ai  n

i = 1

1n·

 ≥    n + nk1

nkn·  n n1

 = 

n1k nk + n  ，得证． n