有关克西不等式的竞赛试题_一元一次不等式组试题

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应用柯西不等式解中学数学题（竞赛专题）

温州中学谢正康

柯西不等式是一个重要的不等式，利用它可以证明其他一些不等式，有时还较为简捷。柯西不等式内容是：若a1,a2…，an与b1,b2…，bn为两组实数，则

a1b1a2b2

anbna1a2anb1b2bn(A)

2

当且仅当

a1b1



a2b2



anbn

时，（A）式取等号。

a1

证明：因为

b1x0

a2an

b2x0



bnx0

所以把上列n个不等式相加得

fxa1b1xa2b2xanbnx0,(1)

fxb1b2bnx2a1b1a2b2anbnxa1a2an0(2)

222

因为b1b2bn0,且fx0，所以关于x的二次三项式fx的判别式△0



即△=4a1b1a2b2anbn4b1b2bna1a2an0

即a1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn(A)

现在研究（A）式取等号问题。

若（A）式取等号，则△=0，于是由（2）知方程f(x)0有二重实根xk,代入（1）得a1b1ka2b2kanbnk0

于是，a1b1ka2b2kanbnk0

所以

a1b1



a2b2



anbn

k(3)

这样，就是由若（A）式取等号，推导得（3）成立。反之，由（3）易于推导出（A）式取等号

说明：应用柯西不等式（A）证题的关键是善于构造两组数：

a1,a2,an;b1,b2,bn;

不等式（A）的左端是这两组数对应项的乘积之和的平方，即a1b1a2b2anbn，右端是每组中诸数平方和之积。

22222

即a1a2anb1b2bn

例1：已知，a1a2an1xxx1

2n

222

求证：a1x1a2x2anbn1证法一：（常用证法）

a1x12a1x1,

ax2a2x2,ax2anxn,22

2n

2n

把上面n个不等式相加，得

a

a2anx1x2xn2a1x12a2x22anxn,22



222



即

22a1x1a2x2anxna1x1a2x2anxn1

证法二：（利用柯西不等式来证明）

分析求证的不等式特点，可构造如下两组数：a1,a2,an;x1,x2xn 由柯西不等式（A）有

a1x1a2x2anxna1a2anx1x2xn





a1x1a2x2anxn1

两相比较，可见用柯西不等式证明较为简捷

例2：设a1,a2,an是一串互不相同的正整数，证明对一切自然数n，都有

a11



a22



ann

1



1n

分析：上不等式可写为

1112

1na11



a22



ann

构造如下两组数：

a11,a22,,ann；

1a1,1a2,

1an

由柯西不等式（A），有 a1

1

1a1

a22



1a2



ann



an1a1a2111222a2an2na1an1

an1a1111a1

 2即1222

2na2an2na11

与原不等式比较，须证

111111就行了 aann1a212

怎样证明上一不等式呢？

因为a1,a2,an是不相同的正整数，不失一般性，故可设a1,a2,an，是从小到大排列的正整数，于是有a11,a22,,ann



1a1

1,1a2

12,

1an

1n

把上n个不等式相加，有

111111

aa2ann112

ana1a11

12222

2n12n

请读者根据上面的分析写出证明

例3：设△ABC为任意三角形，求证：

tg

A2

tg

B2

tg

C2

1

分析：从所要证明的不等式出发，构造如下两组数：tg

A2,tg

B2,tg

C2，1，1，1

由柯西不等式（A），有

ABC

1tg1tg1tgtg2221ABC

即tgtgtgtg3222

A2

tg

2B2

tg

C222

1112

A2

tg

B2

tg

C2

A2

B2

C2

把上面这个不等式与求证的不等式比较，可知如果能推导出tg题就解决了，但是，tg

A2tg

B2B2

tg

C2

tgtg3，问

3，所以，这样构造的两组数不能证明求证的不等

式成立，因此应修改所构造的两组数如下：

tgA2,tg

B2,tg

C2

；tg,tg

C2,tg

A2,由柯西不等式（A），有

ABBCCAtgtgtgtgtgtgtg222222ABBCCA

即tgtgtgtgtgtgtg

222222

A2

tg

B2

tg

C

tg2

B2

tg

C2

tg

A2

A2

tg

B2

tg

C.2

把上面不等式与求证不等式比较，可知要证原不等式成立，须证

ABBCCAtgtgtgtgtg1. tg222222

上面这个不等式，可证明如下： 由已知ABC,CAB, tgctg22

tg



AtgA2tg

B

B2

1tgC2,1tg

tg

A2

tg

B2

tg

B2

tg

C2

tg

C2

tg

A2

1.这样，本题即可证明了.根据上面的分析，写出证明如下： 先构造如下两组数

tgtgA2B2,tg,tg

B2C2,tg,tg

C2A2;.由柯西不等式（A）有

ABBCCAtgtgtgtgtgtgtg222222ABBCCA即tgtgtgtgtgtgtg

222222

A2A2

tg

B2B2

tg

C

tg2

B2

tg

C2

tg

A2

tg

tg

C.2

由已知ABC,CAB, tgctg

22

tg



AtgA2tg

B2

B

B2

tg

B2

1tg

tg

1tg

tg

A2

C2C,tgtg

C2

tg

A2

1



于是，有1tg



tg

A2

B2

tg

B2

tg

C, 2

A2

tg

tg

x

C2

1.x

x

例4：设fxlg

n2，12n1na

n

其中a是实数，n是任意给定的自然数且

(i)如果f(x)当x(,1]时有意义,求a的取值范围

(ii)如果a(0,1],证明2fxf2x 当x0时成立.(1990年全国普通高等学校招生统一考试第26题)

此题第二步骤用柯西不等式证明较为简捷.证明：构造两组数，1,2x,3x,(n1)x,nxa1,1,1,1 当0a1x0时，有a2a 由柯西不等式（A）有

(112131(n1)1na)

x

x

x

x

x

x

x

(111)(1(2)(3)(na)]n(12n(12

2x2x

33

2x2x

(n1)(n1)

2x

n

2x

a]

2x

n

2x

a)

当 a1,x0时，因12x.于是由柯西不等式得

(12(n1)n)n(12

x

x

x

2x

(n1)

2x

n

2x)

故当a(0,1]x0都有(12x(n1)xnx)2

n[12

2x

(n1)

2x

n

2x

a)