重要不等式汇总(例题答案)_经典不等式例题汇总

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其他不等式综合问题

例1：（第26届美国数学奥题之一）设a、b、c∈R+，求证：

1.（1）

a3b3abcb3c3abcc3a3abcabc

分析；最初，某刊物给出了一种通分去分母的较为复杂的证法，这里试从分析不等式的结构出发，导出该不等式的编拟过程，同时，揭示证明此类问题的真谛，并探索其推广命题成功的可能性。思考方向：（1）的左边较为复杂，而右边较为简单，所以，证明的思想应该从左至右进行, 思考方法：（1）从左至右是一个由简单到复杂的逐步放大过程，所以，一个简单的想法就是将各分母设法缩小，但考虑到各分母结构的相似性，故只要对其中之一做恰倒好处的变形，并构造出右边之需要即便大功告成.实施步骤；联想到高中课本上熟知的不等式：x3+y3≥x2y+xy2=xy(x+y)(x、y∈R+)（*）

知（1）的左端

1.ab(ab)abcbc(bc)abcca(ca)abcabc

这一证明是极其简单的，它仅依赖高中数学课本上的基础知识，由此可见，中学课本上的知识也能用来攻克高层次的数学竞赛题，看来，我们要好好守住课本这快阵地。

（1）刻画了3个变量的情形，左端的三个分式分母具有如下特征：三个字母中取两个的三次方与这三个变量的乘积之和，那么，对于更多个变量会有怎样的结论？

以下为行文方便，记（1）的左端为 似处理，不再赘述,为了搞清多个变量时（1）的演变，首先从4个变量时的情形入手,11

。（2）

a3b3c3abcdabcd

4分析：注意到上面的（*），要证（2），需要证 x+y+z≥xyz(x+y+z)（**），表示对a、b、c轮换求和，以下其它的类

ab3abc

3推广1：设a、b、c、d∈R+，求证：

（**）是（*）的发展，它的由来得益于证明（1）时用到的（*），这是一条有用的思维发展轨道。事实上，由高中数学课本上熟知的不等式x2+y2+z2≥xy+yz+zx易知 x+y+z≥xy+yz+zx≥xy·yz+yz·zx+zx·xy=xyz(x+y+z),这样（**）得证, 从而（2）便可仿（1）不难证明，略, 推广2：设ai∈R+(i=1、2、3，…，n),求证：

n

44422222

2ik

i

1aai

i1

ni

n



1ai

i1n

。（3）

有了前面的推广1的证明，这里的推广2的证明容易多了，联想（**），只要能证明

nn

a1na2an1a1a1an1(a1a2an1)（这是（**）的发展）

事实上，由切比雪夫不等式及算术——几何平均值不等式可知

aaa

n

n2

nn1

n1n1

a1n1a2an1(a1a2an1)a1a1an1(a1a2an1)

n1

有了上式，推广2便不难证明，略.很显然，对于推广2，若按（1）的最初的去分母去证明，当然是行不通的，这也表明，解决数学问题的关键一着就是要把握问题的实质，不要被一些较复杂的表面现象所迷惑，要善于观察，善于分析，善于总结，善于概括，善于发现，善于利用，尽力从表象的东西里抽象概括出本质性的实质性的规律，这才是学习数学的要旨。例2：设x、y、z∈R+，求证：

x2y2z

2221.（4）2222

yzyzzxzxxyxy

分析：这是一个并不复杂的分式不等式，但是若要通过去分母来证明，肯定会走弯路，甚至走到死胡同。

思考方向：（4）的左端较为复杂，而右边较为简单，所以，证明的思想应该从从左至右的进行。思考方法：（1）从左至右是一个逐步缩小的过程，所以，对于本题，一个简单的想法就是将个分母设法放大，但考虑到分母结构的相似性，故只要对其中之一进行恰倒好处的变形，并设法构造出（4）的右边即可大功告成。

实施步骤；联想到高中课本上熟知的的不等式：2xy≤x2+y2(x、y∈R),刚好是（4）中分母里xy的成功放大，即有如下证明：

x3x2x22x

2证明：∵ 只要证明，（5）,22y2z2212y2z2yz3(yz)222

yz(yz)

给（5）的两边同时加3，得到

(x2y2z2)(

x2y2z2

y2z2



9，这等价于 2

19122)(yz)()9，2y2z2y2z2

这由Cauchy不等式便知，从而（4）得证。

（4）式刻画了3个变量的情形，其特点是；左端每一个分式的分母是从3个变量中取两个，为

两个的二次方与这两个变量之积之和，而分子则是剩下一个变量的二次方。现在，我们如果站在变量个数方面考虑，即再增加若干个变量，结论会怎样？证法还灵吗？经过再三考虑，得到 推广1：设ai∈R+，(I=1,2,3,…，n)求证：

n

ain

ki

n

akak

ki

i

11.（6）

联想（4）的证明过程，知关键是对分母中的乘积项利用二元均值不等式进行放大，然后运用Cauchy不等式便大共告成，那么，（6）的证明也只要对每一个分式中分母乘积项逆用多元算术——几何平均值不等式，再使用Cauchy不等式便知，详细的证明略。

y2x2z2

1.（7）另外，如果一不小心，将（4）错写为如下形式：2

yyzz2z2zxx2x2xyy2

那么，虽然（7）与（4）相比，实质性的东西并没有发生改变，但就其结构而言已经发生了相当大的改变，即（7）的每一个分母中连续3项依次成等比数列，而（4）的分母中就不具备这样的性质，继而，（7）是否从某一方面反映某一普遍意义下的一种特例呢？也就是（7）的一般情形是什么？站在等比数列的角度去审视（7），就可以探索从改变分母的指数出发去联想，从而得到一个很好的结论，（7）的分母多项式为3项，最高指数为2，分子与分母指数相同，左边为三个式子之和，右边为1，试想，当分母中的多项式指数增高时，（7）应该变成什么样子，准确点儿，当指数为n+1时，相应的结论如何？这就是

推广2：设xyz∈R+，求证：

xn1yn1zn13（8）n1nn1nn1nn12n1n12n1n12n1

n2yyzyzzzzxzxxxxyxyy

分析：联想与类比有时候是提出问题和解决问题的金钥匙，相似问题的解决方法在很多场合往往

都是十分相似的，在这一点上请同学们注意领会并掌握。

思考方向与思考方法基本同于（4），只是实施步骤中的不等式：2xy≤x2+y2(x、y∈R)的右边的指数2改为n+1时，结论会变成什么相适应的样子？

类似于（*），由高中课本上知识知（当然可从指数为3，4，5，…,去探索，这里就省去探索的过程了，因为高中课本上已有指数为3、5时的结论）： nkknn+kn+k

xy+xy≤x+y,(x、y∈R+，n、k∈N+)

这是一个有意义的结论，于是xn+1+xny+xn-1y2+…+yn+1≤

yn1xn

1

yn1ynzyn1z2zn1zn1znxzn1x2xn1xn1xnyxn1y2yn1

n2n1

(xyn1),即 2n1z

2xn1yn1zn1

3(n1).(注意到（5）)到此，推广2获证。n1n1n1n1n1

n2yzn2zxxy

实际上，通过刚才对（7）的分析知道，（7）还有从变量个数方面的推广，例如变量个数为4，5，6，…，12或者小于等于23的奇数（结论成立）时，结论的证明就比较复杂了，况且，也不能推广到任意多个变量。关于这点，请读者参考有关资料。例3：设x、y∈（0，1），求证：

2。（9）1x21y21xy

分析：本题的结构看似简单，实际上，要向前面两个不等式那样去设法从左至右的证明在这里就不好进行，于是，需要进行等价分析变形，这是在当前一时找不到好的证法时常用的证题方法。

思考方向和思考方法：去分母，整理成恒不等式。

实施步骤：一般的程序应该是配方或者分解因式。

证明：由条件 x、y∈（0，1）知，xy∈（0，1）,所以，原不等式等价于[

1]（10）

21x21y21xy

2(1x2)(1y2)-(1xy)(2x2y2)0(x2y2-2xy)(1-xy)0（11）

结合题目条件及二元均值不等式知此式早已成立，于是原命题获证。

这一证明看起来比较简明，但是，真正实施起来也不是太简单，请同学们仔细领悟。到这里本题的证明已经结束，但是，如果仅停留在这个层次上就得到的甚少，应该及时进行反思、总结、提炼，看看本题有无推广演变的可能？即能否由此产生新的数学命题？

观察例3的结构可以看出，（10）的左端可以看成是函数f(x)

在两个变量x、y处的函数

21x

值的算术平均值，右边是两个变量x、y在其几何平均值处的函数值f(xy)，联想到Jensen不等式，可以很容易的将（10）推广到多个变量时的情形，即

推广1：xi∈（0，1）(i=1、2、3，…，n),求证：

1n

。（12）nn

i11xi1xi

n

i

1这由数学归纳法不难确认其正确，详细证明留给感兴趣的读者。

继续观察（11），不难看出，当x＞1，y＞1时，不等号应该反向，于是可得原命题的另一种演变的推广，即

推广2：xi∈（1，+∞）,(i=1、2、3，…，n),求证： 

1n

（13）nn

i11xi1xi

n

i

1继续观察（10），容易想到，当变量个数再增加时会有怎样的结论？即对于三个变量 若x、y、z∈（0，1）,可得[

这三式相加得：

11111111111

1]]，[[ ]222

221x1xy21y1yz21z21x21y1z1zx111111

（14）1x21y21z21xy1yz1zx

这样我们又得到了一个新的命题。如此继续，便得

推广3：xi∈（0，1）,(i=1、2、3，…，n),求证：

n11（15）

2i11xi11xixi

1in

n11

（16）.（xn+1=x1）2

i11xi11xixi1

in

推广4：xi∈（1，+∞）,(i=1、2、3，…，n),求证：

（15）、（16）的证明可仿照（14）的证明进行，在此就略去其详细的证明了。

从这几个推广命题的由来我们可以看出，很多数学命题都是在认真分析已有命题的基础上，对原命题进行分析、归纳、总结、提炼，得到描述问题的本质，在原有问题及其求解思路的基础上，运用自己所掌握的数学知识通过思维的迁移加工就可得到一系列新的数学命题，这也是许多命题专家的研究心得，更是解题者应该多多注意的一个方面，也是我们辅导老师应该向学生介绍的重要一环——展示知识发生、发展的全过程。

研究某些不等式的推广是十分有意义的工作，有事实表明，近多年来的高层次竞赛就多次涉及到多个变量的复杂不等式证明问题，而且，有些问题本身就是一些固有问题的发展和演变，故应引起参加竞赛的同学的重视。

例4已知a,b,c,m为正数．求证：证明：不妨设ac,bc，则

abc3bcaabbca21bacab

abcambmcm

． 

bcabmcmam

bab

ab

acbc

ac

故

abcambmcm

． bcabmcmam

abacbc

ambmamcm

2ambmamcmbmcm

ambmamcmambmbmcmbm21bmamcmamamambmcm3.bmcmam

x2y2z2

例5设正数x,y,z,a,b,c满足cy+bz=a,az+cx=b,bx+ay=c,求函数f(x,y,z)=的最小值.

1x1y1z

222

c2a2b2a2b2c2bca解:由cy+bz=a,az+cx=b,bx+ay=c容易解得:x,y,z,且

2ca2ab2bc

a+b>c,b+c>a,c+a>b.22222

[(b2c2a2)]2x1(bca)1由对称性不妨设a≥b≥c,从而f(x,y,z)= 1x2(abc)bc(bca)2(abc)bc(bca)

1(a2b2c2)2

12(abc)bc(bca)2

a4+b4+c4+2

bc

≥2

bc

+

bcbc

3a2bca4+b4+c4+

3abcbcbc



a(a-c)(a-b)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)≥0a(a-b)+a(b-c)(a-b)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)=a2(a-b)2+(a2-b2)(b-c)(a-b)+c2(c-a)(c-b)≥0,最后的不等式显然成立,22222222

11x21

,其中等号成立当且仅当a=b=c且x=y=z=,故函数f(x,y,z)的最小值为.所以221x2

例6设n是给定的正整数，且n≥3,对于n个实数x1,x2,…,xn，记|xi-xj|(1≤i

x12+x22+…+xn2=1,试求m的最大值。

解:不妨设x1≤x2≤…≤xn,则x2-x1≥m,x3-x2≥m,x4-x3≥m,…,xn-xn-1≥m.xj-xi≥(j-i)m(1≤i

k(k1)(2k1)m∴有(xixj)m(ji)m

661ijn1ijnk1

2n1

[2k(k1)(k2)3k(k1)]

k1

n1

m2

6

∵

(12C

k1

n1

3k2

6C

2k1)m(2C

k1

n1

3k2

Ck21)m2(2Cn2Cn1)=k1

n1

1222

mn(n1).12

1ijn

(x

i

xj)n12

1ijn

xx

i

j

n(xk)2≤n.∴m2n2(n2-1)≤12n,m≤

k1

n

12.仅当x1,x2,…,xn成等差数列,且xk2

n(n1)k1



n

0时等号成立∴mmax=

.n(n21)

例7设n是一个固定的整数，n≥2.(Ⅰ)确定最小的常数c，使得不等式对所有的非负实数x1，x2，…，xn都成立；

(Ⅱ)对于(Ⅰ)中的常数c，确定等号成立的充要条件。解：将和式

1ijn

1ijn

xx(x

ij

2i

xj)c(xi)

4i1

n

f(x,x)简记为f(x,x).(Ⅰ)当x，x，…，x不全为0时，记

i

j

jj

12n

xxx

(x)

ini1

i

j2

xxx(xx,y

(x)

i

jk

in

i1

i

n

j

xk).∵

xx(x

i

j

2i

xj)xixj[(xk)2xixj

k1

k1(ki,j)

x

i

j

n

2k

](xk)2xixj

k1

n

2(xixj)2xixjxk(xixjxk)∴2x2xy∵2x2xy

1ijn

xx(x

2i

x)c(xi)4c

i1

2j

n

111,其中等号成立仅当x,y0∴cmin.848

n

11(Ⅱ)c中等号成立x,y0(xi)24

4i1

xx,xxx

ij

ij

k

(xixjxk)

0xixjxk0且xi2xixjx1，x2，…，xn中任意三项之积为0，最多有两项xi、i

1n

xj不为0，满足xi+xj=2xixj即xi=xj∴c余全为0

2中等号成立x1，x2，…，xn中有两项相等(可以为0)，其8

2n2006

例

8、（2007年CMO试题5）设有界数列{an}(n1)满足a

n



kn

ak1

,n1,2,3求证：k12n2007

an,n1,2,3, n

2n20061

则 bnbknknk1

证明：设bnan

n1

(1)

下证bnan，因为an有界，故存在常数M。使得bnM，n100000时，我们有 n

2n2006

2n2006

(3s)2

2n2006

bk111

bnMMM knk1knk1knk1knk1

n

2006

16MM2M

2712

由此可以看出，对任意的正整数m有bn()M于是有bn0,n100000 将其代入（1），得bn0,n10000 0

再次利用（1），可以得：如果当nN1时bn0，则bN0，这就推出bn0,n1,2,3,，即an

m,n1,2,3, n

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