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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
莆田四中校本课程 不等式是数学竞赛的热点之一。由于不等式的证明难度大,灵活性强,要求很高的技巧,常常使它成为各类数 学竞赛中的“高档”试题。而且,不论是几何、数论、函数或组合数学中的许多问题,都可能与不等式有关,这就使 得不等式的问题(特别是有关不等式的证明)在数学竞赛中显得尤为重要。 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: a ? b ? a ? b ? 0, a ? b ? a ? b ? 0. 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) a ? b ? b ? a (对称性) (2) a ? b ? a ? c ? b ? c (加法保序性) (3) a ? b, c ? 0 ? ac ? bc; a ? b, c ? 0 ? ac ? bc. (4) a ? b ? 0 ? a n ? b n , n a ? n b (n ? N*). 对两个以上不等式进行运算的性质. (1) a ? b, b ? c ? a ? c (传递性).这是放缩法的依据. (2) a ? b, c ? d ? a ? c ? b ? d . (3) a ? b, c ? d ? a ? c ? b ? d . (4) a ? b ? 0, d ? c ? 0, ? 含绝对值不等式的性质: (1) | x |? a(a ? 0) ? x ? a ? ?a ? x ? a.
2 2

a b ? , ad ? bc. c d

(2) | x |? a(a ? 0) ? x ? a ? x ? a或x ? ?a.
2 2

(3) || a | ? | b ||?| a ? b |?| a | ? | b | (三角不等式). (4) | a1 ? a2 ? ? ? an |?| a1 | ? | a2 | ??? | an | . 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

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>0
例 1 设 a, b, c∈ +, R 试证:对任意实数 x, y, z, 有 x2+y2+z2 ? 2 证明:左边-右边= x2+y2+z2 ?2

A>B.)

? a?b abc b?c c?a ? ? xy ? yz ? xz ?. ? (a ? b)(b ? c)(c ? a) ? c a b ? ?

ab bc ca xy ? 2 yz ? 2 xz (b ? c)(c ? a) (a ? b)(c ? a) (a ? b)(b ? c)

?

b 2 ab a 2 c bc b 2 x ?2 xy ? y ? y2 ? 2 yz ? z b?c (b ? c)(c ? a) c?a c?a (a ? b)(c ? a) a ?b ? a 2 ca c 2 z ?2 xz ? x a?b (a ? b)(b ? c) b?c
2 2 2

? b a ? ? c b ? ? a c ? ?? x? y? ?? y? z? ?? z? x ? ? 0. ? b?c c?a ? ? c?a a?b ? ? a?b b?c ? ? ? ? ? ? ?
所以左边≥右边,不等式成立。

(2)商值比较法(原理:若

>1,且 B>0,则 A>B。)

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,

| loga (1 ? x) | 1 =|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x) >log(1-x)(1-x)=1 1? x | loga (1 ? x) | 1 (因为 0<1-x2<1,所以 >1-x>0, 0<1-x<1). 1? x
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∈ +,求证:a+b+c-3 3 abc ≥a+b ? 2 ab. R 证明:要证 a+b+c ? 33 c ? a ? b ≥a+b ? 2 ab. 只需证 c ? 2 ab ? 33 abc , 因为 c ? 2 ab ? c ? ab ? ab ? 33 c ? a ? b ? 33 abc , 所以原不等式成立。 例 4 已知实数 a, b, c 满足 0<a≤b≤c≤ 证明:因为 0<a≤b≤c≤

1 2 1 1 ? ? . ,求证: 2 c(1 ? c) a(1 ? b) b(1 ? a)

1 ,由二次函数性质可证 a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c), 2
2

1 1 1 , ? ? a(1 ? a) b(1 ? b) c(1 ? c) 1 1 2 2 所以 , ? ? ? a(1 ? a) b(1 ? b) b(1 ? b) c(1 ? c) 1 1 1 1 所以只需证明 , ? ? ? a(1 ? a) b(1 ? b) a(1 ? b) b(1 ? a) a ?b a ?b 也就是证 , ? a(1 ? a)(1 ? b) b(1 ? a)(1 ? b)
所以 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,c>0,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

? a ? b ? c ?? b ? c ? a ? ?

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

同理

? a ? b ? c ?? a ? c ? b ? ? a, ? b ? c ? a ?? a ? c ? b ? ? c,

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:t>S。

1 解:由三角形面积公式: bc sin A .正弦定理:a/sinA=2R.可得 abc=1. 2
所以 2t=2bc+2ac+2ab.由因为 a.b.c 均大于 0。 所以 2t>=2a bc +2b ac +2c ab =2 a 所以 t>s。

abc +2 b

abc +2 c

abc =2( a + b + c )=2s.

3

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, a1≤0, a2≤0,?, 则 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.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=81>64=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 因为

(k ? 1) k ? 2 >1. (k ? 2) k ?1

k k ?1 (k ? 1) k ? 2 k k ?1 , ? 1 ,所以只需证 ? (k ? 1) k (k ? 2) k ?1 (k ? 1) k

即证(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1,只需证(k+1)2>k(k+2),即证 k2+2k+1>k2+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∈ +,求证: R 证明:不妨设 x≥y, x≥z. ⅰ)x≥y≥z,则

x2 ? y2 y2 ? z 2 z 2 ? x2 ? ? ? 0. y?z z?x x? y

1 1 1 ? ? ,x2≥y2≥z2,由排序原理可得 x? y x?z y?z

x2 y2 z2 y2 z2 x2 ,原不等式成立。 ? ? ? ? ? y?z z?x x? y y?z z?x x? y 1 1 1 ? ? ⅱ)x≥z≥y,则 ,x2≥z2≥y2,由排序原理可得 x?z x? y y?z x2 y2 z2 y2 z2 x2 ,原不等式成立。 ? ? ? ? ? y?z z?x x? y y?z z?x x? y
7.放缩法(即要证 A>B,可证 A>C1, C1≥C2,?,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈ +).) N

a b c ? ? . a?m b?m c?m a b a b a?b m m c ? ? ? ? ? 1? ? 1? ? 证明: a?m b?m a?b?m a?b?m a?b?m a?b?m c?m c?m
例 10 已知 a, b, c 是△ABC 的三条边长,m>0,求证: (因为 a+b>c) ,得证。 8.引入参变量法 例 11 已知 x, y∈ , l, a, b 为待定正数,求 f(x, y)= R 解: 设
+

a3 x2

?

b3 的最小值。 y2

y l kl (1 ? k ) 2 ,y ? ? k ,则 x ? ,f(x,y)= 1? k 1? k x l2

? 3 b3 ? ?a ? 2 ? ? ? k ? ? ?

4

? ? ? 1 ( a ? b) 3 1? 3 1 3 3 3 3 3 1 3 1 3 2 3 3 2 2 ? a ? b ? a k ? a k ? b ? 2 ? b ? ? b ? ? a k ? ? 2 (a +b +3a b+3ab )= , k l2 ? k l2 ?k ?? ??? ???? ???? ??? ? l ? ? ? ? ? 3 ( a ? b) a b 等号当且仅当 ? 时成立。所以 f(x, y)min= . x y l2
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
2

1 ≤k≤1, x3x4≥4, 3
2

(1 ? k ) 2 原不等式等价于(1+k) (x2+x3+x4) ≤4kx2x3x4(x2+x3+x4),即 (x2+x3+x4) ≤x2x3x4, 4k 1 ?1 ? 因为 f(k)=k+ 在 ? ,1? 上递减, k ?3 ? 1 3? ? 2 2 1 1 (1 ? k ) 3 所以 (x2+x3+x4)= (k ? ? 2) (x2+x3+x4)≤ ·3x2=4x2≤x2x3x4. 4 k 4k 4
所以原不等式成立。 9.局部不等式 例 13 已知 x, y, z∈ +,且 x2+y2+z2=1,求证: R 证明:先证

3 3 x y z ? ? ? . 2 2 2 2 1? x 1? y 1? z

x 3 3 2 ? x . 2 2 1? x
1 ? 2 x 2 (1 ? x 2 ) 2 ? 2 1 ?2? 2 ?? ? ? , 2 ?3? 3 3
3

因为 x(1-x2)= 所以

x x2 x2 3 3 2 ? ? ? x . 2 2 2 2 1? x x(1 ? x ) 3 3
z 3 3 2 y 3 3 2 ? z , ? y , 2 2 2 1? z 2 1? y

同理 所以

x y z 3 3 2 3 3 ? ? ? (x ? y 2 ? z 2 ) ? . 2 2 2 2 2 1? x 1? y 1? z a b c ? ? 例 14 已知 0≤a, b, c≤1,求证: ≤2。 bc ? 1 ca ? 1 ab ? 1 a 2a ? . ① 证明:先证 bc ? 1 a ? b ? c
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

b 2b c 2c ? , ? . ca ? 1 a ? b ? c ab ? 1 a ? b ? c

三个不等式相加即得原不等式成立。

5

10.利用函数的思想

1 1 1 ? ? 的最小值。 a?b b?c c?a 5 5 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) ≥ . 2 2 2c a?b 1 3 ? 2 ? . 不妨设 a≥b≥c,则 0≤c≤ , f(a, b, c)= 2 c ?1 c ?1 a ? b 3 ( a ? b) 2 因为 1=(a+b)c+ab≤ +(a+b)c, 4
例 15 已知非负实数 a, b, c 满足 ab+bc+ca=1,求 f(a, b, c)= 解关于 a+b 的不等式得 a+b≥2( c 2 ? 1 -c).

t 1 ? , g(t)在[ c 2 ? 1,?? )上单调递增。 c ?1 t 3 又因为 0≤c≤ ,所以 3c2≤1. 所以 c2+a≥4c2. 所以 2 ( c 2 ? 1 ? c) ≥ c 2 ? 1. 3
考虑函数 g(t)=
2

所以 f(a, b, c)=

2c a?b 1 2c 2( c 2 ? 1 ? c) 1 ? 2 ? ? ? ≥ 2 2 2 c ?1 c ?1 a ? b c ?1 c ?1 2( c 2 ? 1 ? c)

2c c2 ?1 ? c ? c2 ?1 c2 ?1 ? 1 ? c 3 c2 ?1 ? c2 ?1? ? ? = 2? ? 2 ? 2 2 ? c ?1 ?
= ≥4?

c 3 ? 2 5 3(1 ? ? ? 2

c2 ? 1 2 c 2 ? 1) c ? . 2 2
3 ?3 ? ? c ? ≥0 ? c ? . 4 ?4 ?

下证 3(1 ? c 2 ? 1) ? c ? 0 ① ? 3 ? c ? 3 c 2 ? 1 ? c2+6c+9≥9c2+9 ? c? 因为 c ?

5 5 3 3 ? ,所以①式成立。所以 f(a, b, c) ≥ ,所以 f(a, b, c)min= . 2 2 3 4

11.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。

6

12.运用著名不等式 (1)平均值不等式: 设 a1, a2,?,an∈ +,记 Hn= R

n 1 1 1 ? ??? a1 a 2 an

, Gn= n a1 a 2 ? a n , An=

a1 ? a2 ? ? ? an , n

2 2 a12 ? a2 ? ? ? an 则 Hn≤Gn≤An≤Qn. 即调和平均≤几何平均≤算术平均≤平方平均。 Qn ? n

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 1? k a1 a 2 ? a k a k ?1 =Gk+1. 因为 a1+a2+?+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥ k k a1 a 2 ? a k ? k k a k ?1 ? Gk ?1
k ?1

k ?1
2k

≥ 2k 2 k a1 a 2 ? a k ?1Gk ?1 ? 2k 2 k 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。 例 17 利用基本不等式证明 a ? b ? c ? ab ? bc ? ca.
2 2 2

【思路分析】左边三项直接用基本不等式显然不行,考察到不等式的对称性,可用轮换的方法. .. 【略解】 a 2 ? b 2 ? 2ab,同理b 2 ? c 3 ? 2bc, c 2 ? a 2 ? 2ca ;三式相加再除以 2 即得证. 【评述】 (1)利用基本不等式时,除了本题的轮换外,一般还须掌握添项、连用等技巧. 如
2 x2 x12 x2 ? ? ? ? n ? x1 ? x2 ? ? ? xn ,可在不等式两边同时加上 x2 ? x3 ? ? ? xn ? x1. x 2 x3 x1

再如证 (a ? 1)(b ? 1)(a ? c) (b ? c) ? 256a b c (a, b, c ? 0) 时,可连续使用基本不等式.
3 3 2 2 3

a ? b 2 a2 ? b2 ) ? (2)基本不等式有各种变式 如 ( 等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等 2 2
的.如上式左右两边次数均为 2,系数和为 1. 例 18 已知 a ? b ? 1, a, b ? 0, 求证: a ? b ?
4 4

1 . 8 1 ,如何也转化为 a 、 b 的 4 次式呢. 8

【思路分析】不等式左边是 a 、 b 的 4 次式,右边为常数 【略解】要证 a ? b ?
4 4

1 1 , 即证 a 4 ? b 4 ? (a ? b) 4 . 8 8

(2)柯西(Cavchy)不等式:设 a1 、 a2 、 a3 ,?, an 是任意实数,则
2 2 2 2 (a1b1 ? a2b2 ? ? ? an bn ) 2 ? (a12 ? a2 ? ? ? an )(b12 ? b2 ? ? ? bn ).

等号当且仅当 bi ? kai (k 为常数, i ? 1,2, ?, n) 时成立.
7

证明:不妨设 ai (i ? 1,2,?, n) 不全为 0, bi 也不全为 0(因为 a i 或 bi 全为 0 时,不等式显然成立). 记 A= a1 ? a2 ? ? ? an ,B= b1 ? b2 ? ? ? bn . 且令 xi ?
2 2 2 2 2 2

ai b , y i ? i (i ? 1,2, ?, n), A B

2 2 2 2 2 2 则 x1 ? x2 ? ? ? xn ? 1, y1 ? y2 ? ? ? yn ? 1. 原不等式化为 x1 y1 ? x2 y2 ? ? ? xn yn ? 1. 2 2 2 2 2 2 即 2( x1 y1 ? x2 y2 ? ? ? xn yn ) ? x1 ? x2 ? ? ? xn ? y1 ? y2 ? ? ? yn .

它等价于 ( x1 ? y1 ) 2 ? ( x2 ? y2 ) 2 ? ? ? ( xn ? yn ) 2 ? 0. 其中等号成立的充要条件是 xi ? yi (i ? 1,2,?, n). 从而原不等式成立,且等号成立的充要条件是 bi ? ka i (k ?

A ). B

变式 1:若 ai∈ bi∈ i=1, 2, ?, n,则 ( R, R,

ai2 ?b )? i ?1 i
n

(? a i ) 2 (? bi )
i ?1 i ?1 n

n

. 等号成立条件为 ai=λbi,(i=1, 2, ?, n)。
2

变式 2:设 ai, bi 同号且不为 0(i=1, 2, ?, n),则

?b
i ?1

n

ai
i

?

(? a i ) 2

n

?a b
i ?1 i

i ?1 n

. 等号成立当且仅当 b1=b2=?=bn.

i

2 2 2 xn?1 xn x12 x2 例 19 设 x1 , x2 ,?, xn ? R ,求证: ? ??? ? ? x1 ? x2 ? ? ? xn . x 2 x3 xn x1

?

【思路分析】 注意到式子中的倒数关系,考虑应用柯西不等式来证之. 【评述】注意到式子中的倒数关系,考虑应用柯西不等式来证之. 【详解】 ∵ x1 , x2 ,?, xn ? 0 ,故由柯西不等式,得

( x2 ? x3 ? ? ? xn ? x1 )(

2 x2 x2 x12 x2 ? ? ? ? n?1 ? n ) x 2 x3 xn x1

? ( x2 ?

x1 x2

? x3 ?

x2 x3

? ? ? xn ?

xn?1 xn

? x1 ?

xn x1

) 2 ? ( x1 ? x2 ? ? ? xn?1 ? xn ) 2 ,



2 x2 x2 x12 x2 ? ? ? ? n?1 ? n ? x1 ? x2 ? ? ? xn . x 2 x3 xn x1

【评述】这是高中数学联赛题,还可用均值不等式、数学归纳法、比较法及分离系数法和构造函数法等来证之.

8

(3)排序不等式: (又称排序原理)设有两个有序数组 a1 ? a2 ? ? ? an 及 b1 ? b2 ? ? ? bn . 则 a1b1 ? a2 b2 ? ? ? an bn (同序和) ? a1b j1 ? a2 b j 2 ? ? ? an b jn (乱序和)

? a1bn ? a2bn?1 ? ? ? an b1 (逆序和)
其中 j1 , j2 ,?, jn 是 1,2,?,n 的任一排列. 当且仅当 a1 ? a2 ? ? ? an 或 b1 ? b2 ? ? ? bn 时等号(对任一排列 j1 , j2 ,?, jn )成立. 证明:不妨设在乱序和 S 中 j n ? n 时(若 j n ? n ,则考虑 j n ?1 ) ,且在和 S 中含有项 ak bn (k ? n), 则 ak bn ? an b jn ? an b jn ? an bn . ① 事实上,左-右= (an ? ak )(bn ? b jn ) ? 0,

由此可知,当 j n ? n 时,调换 S ? a1b j1 ? ? ? ak b jk ? ? ? an b jn ( j n ? n )中 bn 与 j n 位置 (其余不动) 所得新和 S1 ? S . 调整好 an 及 bn 后, , 接着再仿上调整 a n ?1 与 bn ?1 , 又得 S 2 ? S1 . 如此至多经 n ? 1 次调整得顺序和 a1b1 ? a2 b2 ? ? ? an bn ? a1b j1 ? a2 b j 2 ? ? ? an b jn ②

这就证得“顺序和不小于乱序和”.显然,当 a1 ? a2 ? ? ? an 或 b1 ? b2 ? ? ? bn 时②中等号 成立.反之,若它们不全相等,则必存在 j n 及 k,使 bn ? b jn , an ? ak . 这时①中不等号成立.因 而对这个排列②中不等号成立. 类似地可证“乱序和不小于逆序和”.

例 20

a 2 ? b 2 b 2 ? c 2 c 2 ? a 2 a 3 b3 c3 a, b, c ? R , 求证a ? b ? c ? ? ? ? ? ? . 2c 2a 2b bc ca ab
?

【思路分析】中间式子中每项均为两个式子的和,将它们拆开,再用排序不等式证明. 【略解】不妨设 a ? b ? c, 则a ? b ? c ,
2 2 2

1 1 1 ? ? , c b a 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 则 a ? ? b ? ? c ? (乱序和) ? a ? ? b ? ? c ? (逆序和) , c a b a b c 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 同理 a ? ? b ? ? c ? (乱序和) ? a ? ? b ? ? c ? (逆序和) c a b a b c 1 1 1 3 3 3 ? ? 两式相加再除以 2,即得原式中第一个不等式.再考虑数组 a ? b ? c 及 , bc ac ab
仿上可证第二个不等式.

例 21 设 a1 , a2 ,?, an ? N * ,且各不相同,求证: 1 ?

1 1 1 a a3 a ? ? ? ? ? a1 ? 2 ? 2 ? ? ? n . 2 2 3 n 2 3 n2

【思路分析】不等式右边各项

ai 1 ? ai ? 2 ;可理解为两数之积,尝试用排序不等式. 2 i i

9

【略解】设 b1 , b2 ,?, bn是a1 , a2 ,?, an 的重新排列,满足 b1 ? b2 ? ? ? bn ,又 1 ? 所以 a1 ?

1 1 1 ? 2 ??? 2 . 2 2 3 n

a b b a 2 a3 b ? 2 ? ? ? n ? b1 ? 2 ? 3 ? ? ? n .由于 b1 , b2 ,?bn 是互不相同的正整数, 2 2 2 n 2 3 2 3 n2 b b b 1 1 故 b1 ? 1, b2 ? 2,?, bn ? n. 从而 b1 ? 2 ? 3 ? ? ? n ? 1 ? ? ? ? ,原式得证. 2 2 2 2 n 2 3 n
【评述】排序不等式应用广泛,例如可证我们熟悉的基本不等式, a 2 ? b 2 ? a ? b ? b ? a,

a 3 ? b 3 ? c 3 ? a 2 ? b ? b 2 ? c ? c 2 ? a ? a ? ab ? b ? bc ? c ? ca ? a ? bc ? b ? ac ? c ? ab ? 3abc.
例 22 在△ABC 中,试证:

?
3

?

aA ? bB ? cC ? ? . a?b?c 2

【思路分析】 可构造△ABC 的边和角的序列,应用排序不等式来证明之. 【详解】 不妨设 a ? b ? c ,于是 A ? B ? C. 由排序不等式,得

aA ? bB ? cC ? aA ? bB ? cC, aA ? bB ? cC ? bA ? cB ? aC, aA ? bB ? cC ? cA ? aB ? bC.
相加,得 3(aA ? bB ? cC) ? (a ? b ? c)( A ? B ? C ) ? ? (a ? b ? c) ,得 又由 0 ? b ? c ? a,0 ? a ? b ? c,0 ? a ? c ? b, 有 0 ? A(b ? c ? a) ? C (a ? b ? c) ? B(a ? c ? b) ? a( B ? C ? A) ? b( A ? C ? B) ? c( A ? B ? C ) ? a(? ? 2 A) ? b(? ? 2 B) ? c(? ? 3C ) ? (a ? b ? c)? ? 2(aA ? bB ? cC). 得

aA ? bB ? cC ? ? a?b?c 3



aA ? bB ? cC ? ? . a?b?c 2



由①、②得原不等式成立. 例 23 设 b1 , b2 ,?, bn 是正数 a1 , a2 ,?, an 的一个排列,求证

a a1 a2 ? ? ? ? n ? n. b1 b2 bn

【思路分析】 应注意到 ai ?

1 ? 1(i ? 1,2,?, n) ai

【略证】 不妨设 a1 ? a2 ? ? ? an ,因为 a1 , a2 ,?, an 都大于 0. 所以有 1 ? 1 ? ? ? 1 , a1 a 2 an 又

1 1 1 1 1 1 , ,?, 是 , ,?, 的任意一个排列,于是得到 b1 b2 bn a1 a2 an 1 1 1 1 1 1 ? a2 ? ? ? ? an ? ? a1 ? ? a2 ? ? ? an . a1 a2 an b1 b2 bn

n ? a1 ?

10

例 24 设正数 a, b, c 的乘积 abc ? 1 ,试证: (a ? 1 ? )( b ? 1 ? )( c ? 1 ? 【略解】 设 a ?

1 b

1 c

1 ) ? 1. a

x y z , b ? , c ? ,这里 x, y, z 都是正数, y z x

则原需证明的不等式化为 ( x ? y ? z)( y ? z ? x)(z ? x ? y) ? xyz, 显然x ? y ? z, y ? z ? x, z ? x ? y 中最多只有一个非负数.若 x ? y ? z, y ? z ? x, z ? x ? y 中恰有一个非正数,则此时结论显然成立.若 x ? y ? z, y ? z ? x, z ? x ? y 均为正数,则 x, y, z 是某三角形的三边长. 容易验证 ( x ? y ? z )( y ? z ? x)( z ? x ? y ) ? 故得 ( x ? y ? z )( y ? z ? x)(z ? x ? y) ? xyz. 【评述】 利用上述换元的方法可解决同类的问题.见下题:设正数 a 、 b 、 c 的乘积 abc ? 1, 证明

1 2 [( x ( y ? z ? x) ? y 2 ( z ? x ? y ) ? z 2 ( x ? y ? z )]. 3

1 1 1 3 ? 2 ? 2 ? . a (b ? c) b (c ? a) c (a ? b) 2
2

证明:设 a ?

1 1 1 x2 y2 z2 3 , b ? , c ? , 则xyz ? 1 ,且所需证明的不等式可化为 ? ? ? , x y z y?z z?x x? y 2 x y z ? ? , y?z z?x x? y

现不妨设 x ? y ? z ,则

据排序不等式 得

x y z x2 y2 z2 ? z? ? x? ? y? ? ? y?z z?x x? y y?z z?x x? y

x y z x2 y2 z2 ? y? ? z? ? x? 及 ? ? y?z z?x x? y y?z z?x x? y
两式相加并化简可得 2( (4)切比雪夫不等式: 若 a1 ? a2 ? ? ? an , 1 ? b2 ? ? ? bn , 则 b

x2 y2 z2 ? ? ) ? x ? y ? z ? 33 xyz ? 3. y?z z?x x? y

a1b1 ? a 2 b2 ? ? ? a n bn a1 ? a 2 ? ? ? a n b1 ? b2 ? ? ? bn ? ? . n n n

证明:由题设和排序不等式,有 a1b1 ? a2 b2 ? ? ? an bn = a1b1 ? a2 b2 ? ? ? an bn ,

a1b1 ? a2b2 ? ? ? an bn ? a1b2 ? a2b3 ? ? ? an b1 ,?? a1b1 ? a2b2 ? ? ? an bn ? a1bn ? a2b1 ? ? ? an bn?1 .
将上述 n 个不等式叠加后,两边同除以 n2,即得欲证的不等式.

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