几个重要不等式竞赛

1、几个重要不等式(一 )一、平均值不等式设 a1, a2, ,an 是 n 个正实数，则，当且仅当a1=a2=an 时取等号1. 二维平均值不等式的变形(1) 对实数 a, b 有 a2+b232ab(2) 对正实数a, b 有(3) 对 b>0，有，(4)对 ab2>0 有，(5) 对实数 ,有(-b)3(-b)(6) 对a>0, 有a baaba(7)对 a>0, 有(8) 对实数 a， b 有a232ab- b2(9) 对实数 a， b 及 l 10，有二、例题选讲例 1. 证明柯西不等式证明：法一、若或命题显然成立，对10 且10，取代入(9) 得有两边平方得法二

2、、，即二次式不等式恒成立则判别式例 2. 已知 a>0, b>0, c>0, abc=1, 试证明：(1)(2)证明： (1) 左=3(2)由知同理：相加得：左3例 3. 求证：证明：法一、取，有a1( 1-b)3(1-b),a2(a2-)3(a2- ), ,a(a-)3(-b)ab ab bbnnb b an相加得222)-( a 1+ a 2+ a n) b3b( a1+ a 2+a n)- nb30( a1 + a 2+a n所以法二、由柯西不等式得：( a1+ a 2+ a n ) 2=( a1×1+ a 2 ×1+ a n×1) 2(a

3、12+ a 22+2222an )(1+1 +1 )222=( a1 +a 2 + a n ) n,所以原不等式成立例 4. 已知 a1, a 2, ,a n 是正实数，且a1+ a 2+a n<1，证明：证明：设1-( a1+ a 2+a n)= an+1>0,则原不等式即nn+1a1a2 an+1(1- a1)(1- a2) (1 - an)1- a1=a2+a3+an+1 3n1- a2=a1+a3+an+1 3n1- an+1=a1+a1+an3n相乘得 (1- a1)(1-a2) (1 - an)3 nn+1例 5. 对于正整数n，求证：证明：法一、>法二、左 =例

4、 6.已知a1, a2, a3, ,an 为正数，且，求证：(1)(2)证明： (1)相乘左边32n=( n +1)证明 (2)左边 = - n+2(= - n+2×(2 - a1)+(2- a2)+ +(2 - an)(3 - n+2× n高阶等差数列一、基本知识1. 定义：对于一个给定的数列 an ，把它的连结两项an+1 与 an 的差 an+1- an 记为 bn，得到一个新数列 bn ，把数列bn 你为原数列 an 的一阶差数列，如果cn=bn+1- bn，则数列 cn 是 an 的二阶差数列依此类推，可得出数列 an 的 p 阶差数列，其中p?N2. 如果某数列

5、的p 阶差数列是一非零常数列，则称此数列为p 阶等差数列3. 高阶等差数列是二阶或二阶以上等差数列的统称4. 高阶等差数列的性质：(1)如果数列 a 是 p 阶等差数列，则它的一阶差数列是p-1 阶等差数列n(2)数列 a 是 p 阶等差数列的充要条件是：数列 a 的通项是关于 n 的 p 次多项式nn(3)如果数列 an 是 p 阶等差数列，则其前 n 项和 Sn 是关于 n 的 p+1 次多项式5. 高阶等差数列中最重要也最常见的问题是求通项和前n 项和，更深层次的问题是差分方程的求解，解决问题的基本方法有：(1) 逐差法：其出发点是 an=a1+(2) 待定系数法：在已知阶数的等差数列中

6、，其通项an 与前n 项和Sn 是确定次数的多项式( 关于n 的 ) ，先设出多项式的系数，再代入已知条件解方程组即得(3) 裂项相消法：其出发点是 an 能写成 an=f ( n+1)- f ( n)(4) 化归法：把高阶等差数列的问题转化为易求的同阶等差数列或低阶等差数列的问题，达到简化的目的二、例题精讲例 1. 数列a 的二阶差数列的各项均为16，且 63=89 =10，求a51aan解：法一：显然 an 的二阶差数列 bn 是公差为16 的等差数列， 设其首项为 a, 则 bn=a+( n- 1) ×16,于是 an= a 1+=a +( n-1)a+8( n-1)( n-2

7、)1这是一个关于n 的二次多项式，其中n 的系数为 8，由于 a=a =10, 所以26389an=8(-63)(n-89)+10 ，从而 51 =8(51-63)(51-89)+10=3658na解：法二：由题意，数列 an 是二阶等差数列，故其通项是n 的二次多项式，又a63=a89=10，故可设 a =A(n-63)( n-89)+10n由于 a 是二阶差数列的各项均为16，所以 ( 3-a2)-(2-a1)=16n即 a3-2 a2+a1=16，所以A(3-63)(3-89)+10-2A(2-63)(2-89)+10+A(1-63) ×(1 -89)+10=16解得： A=8

8、an=8( n-63)( n-89)+10 ，从而 a51 =8(51-63)(51-89)+10=3658例 2. 一个三阶等差数列 an 的前 4 项依次为30,72,140,240，求其通项公式解：由性质 (2) ，an 是 n 的三次多项式，可设an=An3+Bn2+Cn+D由 a1=30、 a2=72、 a3=140、 a4=240 得解得：32所以 an=n +7n +14n+8例 3. 求和： Sn=1×3×22+2×4×32+n( n+2)( n+1) 2解： Sn 是是数列 n( n+2)( n+1) 2 的前 n 项和，因为 an=n

9、( n+2)( n+1) 2 是关于 n 的四次多项式，所以 an 是四阶等差数列，于是 Sn 是关于 n 的五次多项式k( k+2)( k+1) 2=k( k+1)( k+2)( k+3)-2 k( k+1)( k+2) ，故求 Sn 可转化为求Kn=和 Tn =k( k+1)( k+2)( k+3)= k ( k+1)( k+2)( k+3)(k+4)-(k-1) k ( k+1)( k+2)( k+3) ，所以Kn=Tn=从而 Sn=Kn-2T n=例 4. 已知整数列 an 适合条件：(1) an+2=3an+1-3 an+an-1 , n=2,3,4, (2)2 a2=a1+a3-2

10、(3) a5- a4=9, a1=1求数列 an 的前 n 项和 Sn解：设 bn =an+1 - an,Cn=bn+1 - bnCn= n+1 - n= (an+2-an+1)-(an+1-an)=an+2-2 n+1+ n=(3an+1-3an+ n-1 ) -2an+1 + n= n+1-2an+ n-1b ba aaa aa=Cn-1 ( n=2,3,4, )所以 C n 是常数列由条件 (2) 得 C1=2, 则 an 是二阶等差数列因此 an=a1+由条件 (3) 知 b4=9，从而 b1=3，于是 an=n2例 5. 求证：二阶等差数列的通项公式为证明：设 an 的一阶差数列为

11、bn ，二阶差数列为 cn ，由于 an 是二阶等差数列，故 cn 为常数列又 c1=b2- b1=a3-2 a2+a1所以例 6. 求数列 1,3+5+7,9+11+13+15+17, 的通项解：问题等价于：将正奇数1,3,5,按照“第n 个组含有 2n-1个数”的规则分组：(1) 、 (3,5,7) 、(9,11,13,15,17), 然后求第n 组中各数之和an依分组规则，第n 组中的数恰好构成以2 为公差的项数为2n-1的等差数列，因而确定了第n 组中正中央这一项，然后乘以(2 n-1) 即得 an将每一组的正中央一项依次写出得数列：1,5,13,25,这个数列恰为一个二阶等差数列，不

12、难求其通项为 2 2-2 +1，故第n组正中央的那一项为22-2n+1，从而nnnnn-1)a =(2 n-2 n+1)(2例 7. 数列 a 的二阶差数列是等比数列，且a =5, a =6, a =9, a =16, 求 a 的通项公式n1234n解：易算出 a 的二阶差数列 c 是以 2 为首项， 2n为公比的等比数列 , 则 c =2 ,nnn an 的一阶差数列设为 bn ，则 b1=1 且从而例 8. 设有边长为 1 米的正方形纸一张， 若将这张纸剪成一边长为别为厘米的正方形，愉好是 n 个而不剩余纸，这可能吗？1 厘米、3 厘米、(2 n-1)解：原问题即是是否存在正整数，使得 1

13、2+32+(2-1) 2=1002nn由于 12+32+(2 -1) 2=1 2+22+(2) 2-2 2+42+(2n) 2=随着n的增大而增大，nn当=19 时=9129<10000，当=20 时=10660>10000nn故不存在例 9. 对于任一实数序列 A=a1, a2, a3, ，定义 DA为序列 a2- a1, a3- a2, ，它的第 n 项为 an+1- an，假设序列 D(DA)的所有项均为 1，且 a19=a92=0, 求 a1解：设序列DA的首项为d, 则序列 DA为 d, d+1, d+2, , 它的第 n 项是 d+( n-1) ，因此序列A 的第 n

14、项显然 an 是关于 n 的二次多项式，首项等比数列为由于 a19=a92=0，必有所以 a1=819函数的最大值和最小值例 1. 设 x 是正实数，求函数解：先估计 y 的下界。的最小值。又当 x=1 时， y=5，所以 y 的最小值为5。说明本题是利用“配方法”先求出y 的下界，然后再“举例”说明这个下界是可以限到的。“举例”是必不可少的，否则就不一定对了。例如，本题我们也可以这样估计：但 y 是取不到 -7 的。即 -7 不能作为 y 的最小值。例 2.求函数的最大值和最小值。解 去分母、整理得：(2 y-1) x2+2( y+1) x+( y+3)=0.当时，这是一个关于x 的二次方程

15、，因为x、 y 均为实数，所以D=2( y+1) 2-4(2 y-1)( y+3)30,y2+3y- 40,所以- 4y1又当时， y=-4; x=-2 时， y=1. 所以 ymin=-4 ， ymax=1.说明本题求是最值的方法叫做判别式法。例 3. 求函数， x?0,1 的最大值解：设，则 x=t 2-1y= -2(t2 -1)+5t= -2t2+5t+1原函数当 t =时取最大值例 4 求函数的最小值和最大值解：令 x-1= t ()则ymin =例 5. 已知实数x, y 满足 1x2+y24, 求f ( x)= x2+xy+y2 的最小值和最大值解：又当时 f ( x, y)=6

16、，故 f ( x, y) max=6又因为又当时f(,y)=，故f(,) min =xxy例 6. 求函数的最大值和最小值解：原函数即令(0< t 1) 则y=5t 2- t +1当 x=±3时，函数有最小值，当 x=0 时，函数取最大值5例 7. 求函数的最大值解：设，则f ( x)=由于0a<1, 故f ( x) ，又当 x=( k 为整数 ) 时 f ( x)=,故 f ( x) max=例 8. 求函数的最大值解：原函数即在直角坐标系中，设点2，则P(x, x ),A(3,2),B(0,1)f ( x)=|PA|-|PB| |AB|=又当时， f ( x)=故 f

17、 max ( x) =例 9.设a是实数 , 求二次函数= 2-4+52-3a的最小值，当 02-4- 210中变动时，求my xaxamaa的最大值解： y=x2 -4 ax+5a2-3 a=( x-2 a) 2+a2-3 a由 0a2-4 a- 210解得：或a6故当 a=6 时， m取最大值 18例 10. 已知函数 f ( x)= log 2( x+1) ，并且当点 ( x, y) 在 y=f ( x) 的图象上运动时， 点在 y=g( x)的图象上运动，求函数p( x)= g( x)- f ( x) 的最大值。解 因为点 ( x, y) 在 y=f ( x) 的图象上，所以y=log

18、 2( x+1) 。点在 y=g( x) 的图象上，所以故令， 则当，即时，所以从而。例 11. 已知函数的最小值是2，最大值是6，求实数a、b 的值。解：将原函数去分母，并整理得( a- y) x2+bx+(6-2 y)=0.若 y=a，即 y 是常数，就不可能有最小值2 和最大值6 了，所以y 1a。于是20.D=b2-4( a- y)(6-2 y)30, 所以 y -( a+3) y+3a-由题设， y 的最小值为2，最大值为6，所以 ( y-2)(y- 6) 0,即 y2-8 y+120.由 (1) 、(2) 得解得：例 12. 求函数的最小值和最大值。解 先求定义域。由最 6x8.当

19、 x?6,8 ，且 x 增加时，增大，而减小，于是f ( x) 是随着 x 的增加而减小，即 f ( x) 在区间 6 ，8 上是减函数。所以f ( x)= f (8)=0,fmin( x)= f (6)=0max例 13. 设 x, y, z 是 3 个不全为零的实数，求的最大值分析：欲求的最大值，只须找一个最小常数k，使得 xy+2yzk( x2+y2+z2)x2+a232xy(1-a)y2+232yzyzx2+2+z232xy+2yzy令 2=, 则 a=解：即又当 x=1, y=， z=2 时，上面不等号成立，从而的最大值为例 14. 设函数 f :(0,1)?R定义为求 f ( x)

20、 在区间上的最大值解： (1) 若 x?且 x 是无理数，则f ( x)= x<(2)若 x?且 x 是有理数，设，其中 ( p, q)=1,0< p<q, 由于63q+964q-8 ， q317因此 f ( x) 在区间上的最大值作业：1.若 32+22=2 ,求x2+2 的最大值xyxy2.设 x, y 是实数，且求 u=x+y 的最小值3.已知 x , x2222的最大值和最小值2是方程 x -(k-2) x+k +3k+5=0 ( k?R)的两个实数根，求x+x1124.求函数的最小值等差数列与等比数列例 1. 等差数列中 , a3+a7- a10=8, a11- a

21、4=4, 求 S13解：由求和公式知问题转化为求a7由条件得： a7=12例 2. 已知数列 an 满足(1) 计算： a2, a3, a4 (2) 求数列的通项公式解： (1) 由可计算出a2= -1,a3=，a4= -1有两种解法，一由a2, a3, a4 的值猜想通项公式然后用数学归纳法证明二是由已知得：(*)两式相减得：( an-1 -1)( an- an-2 )=0显然不存在an-1 -1=0 的情况，否则代入(*) 有n=n+1 即 0=1 矛盾，故只有n= n-2a aa a这样可得或例 3. 已知数列 a 的各项均为正数，且前n2若 a2，a4, a9 成等比数项之和 S 满足

22、 6S =a+3a +2.nnnnn列，求数列的通项公式。解：当=1 时，由题意有61=21+3 +2na aa于是a1=1 或 a1=22+3a+2， 6S=a2+2当 n32 时，有 6S =an-1+3an-1nnnn-1两式相减得：( an+an-1 ) ( an- an-1 -3)=0由题意知 an 各项为正，所以an- an-1 =3当 a1=1 时， an=1+3( n-1)=3 n-22此时 a4 =a2a9 成立当 a1=2 时， an=2+3( n-1)=3 n-1此时 a42=a2a9 不成立，故a1=2 舍去所以 an=3n-2例 4. 各项为实数的等差数列的公差为4，

23、其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有多少项？解 设 a1, a2,an 是公差为 4 的等差数列，则a12+a2+a3+an100,即a2n-1)1+(2n2n- 100) 0 (1)1 +(-2a因此，当且仅当22时，至少存在一个实数1式。D=(n-1) -4(2n -2 n- 100)30a 满足 (1)因为 D30，所以7n2-6 n- 4010,解得n1nn2(2)其中，所以满足 (2) 的自然数 n 的最大值为 8。故这样的数列至多有8 项。例 5. 各项均为实数的等比数列 a 的前 n 项之和为 S ，若 S10=10， S30=70，求 S40。nn解1102

24、20103302044030n123410为记 b=S , b=S -S, b =S -S, b =S -S. 设 q 是 a 的公比，则b , b, b, b构成以 r =q公比的等比数列。于是70=S30=b1+b2+b3=b1(1+ r +r2)=10(1+ r +r 2)2解得 r =2 或 r =-3即 r +r -6=0.由于 r =q10>0 ,所以 r =2故 S 40=10(1+2+2 2+23例 6. 给定正整数 n 和正数 M，对于满足条件22M的所有等差数列a1, a2, a3试求a1 +an+1S=an+1+an+2+a2n+1 的最大值。解 设公差为 d, a

25、n+1=a. 则S=an+1+an+2+a2n+1=( n+1) a+故2 2又M3a1 +an+1=( a- nd) 2 +a2=所以|S|且当时，S=由于此时4a=3nd，所以所以S 的最大值为。例 7.设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项之和为972，这样的数列共有多少个？解设等差数列首项为a，公差为d，依题意有2即2 a+( n-1) d n=297, (3)因为 n 为不小于3 的自然数， 97 为素数，故 n 的值只可能为2297，297,97 ,297四者之一。若 d>0, 则由 (3) 知22973n( n-1) d3n( n-1).故只可能有n=97

26、. 于是 (3) 化为a+48d=97.此时可得 n=97, d=1, a=49 或 n=97, d=2, a=1.若 d=0 时，则由 (3) 得 na=972, 此时 n=97, a=97 或 n=972, a=1。故符合条件的数列共有 4 个。例 8. 设 an 是由正数组成的等比数列，Sn 是前 n 项之和(1) 证明(2) 是否存在常数c>0，使得成立，并证明你的结论证明： (1) 设 an 的公比为 q, 由已知得： a1>0, q>0i) 当 q=1 时， Sn=na1, 从而，nnn2+2)a1-(1)22= -a2<0S ×S+2-S +1=

27、 1(11nann+aii) 当 q11 时，2由 i) 、 ii)均有 Sn×Sn+2 <Sn+1 ，两边同时取对数即得证(2) 要使成立，则有分两种情况讨论i) 当 q=1 时2-c )(n+2) a1- c-(22(S n-c ) ×(S n+2-c )-(S n+1-c ) =( na1n+1) a1- c = -a1 <0即不存在常数c>0 使结论成立ii)当 q11 时，若条件 (S n-c ) ×(S n+2-c )=(S n+1-c ) 2 成立，则(S n-c ) ×(S n+2-c )-(S n+1-c ) 2= -

28、a1qn a1- c(1- q)而 a1qn10，故只能是 a1- c(1- q)=0即，此时，由于c>0, a1 >0，必须 0<q<1, 但 0<q<1 时，不满足 Sn- c>0，即不存在常数c>0 满足条件综合 i) 、ii)可得，不存在常数c>0，满足题意例 9. 设任意实数x, y 满足 | x|<1,|y|<1, 求证：( 第 19 届莫斯科数学竞赛试题 )证明：|x|<1,|y|<1 ， x2<1, y2<1，故=(1+ x2+ x 4+ x 6+)+(1+y 2+ y 4+ y 6+)=

29、2 +( x2+y2) ( x4+y4)+ ( x6+y6)+ 2+2xy+2x2y2 +2x3y3+=例 10. 设 x, y, z 为非负实数，且 x+y+z=1, 求证： 0xy +yz+zx-2 xyz证明：由对称性，不妨设 x3y3z x+y+z=2× x+y,z 成等差数列，故可设x+y=+d, z=- d由 x+y32z，得，则xy+yz+zx-2 xyz =( x+y) z+xy(1-2 z)=30当且仅当 x=1, y=z=0 时取等号又=当且仅当 x=y=z=时取等号故 0xy+yz +zx-2 xyz例 11. 解方程组解：由 (1) 得解得即 xy=15=,

30、则 x,， y 成等比数列，于是可设x=q, y=代入 (2) 整理得：15q4-34 q2+15=0解得：故经检验都是原方程组的解例 12. 解方程：解：显然成等差数列，故可设(1)2-(2) 2 得-2(3 x+2)= -2(3x+2) d 解得 d=1 或当 d=1 时，代入 (1) 解得是增根，舍去符合题意，是原方程的根例 13. 等差数列 an 中，试求 ( l - m) ab+( m- n) bc+( n- l ) ca 的值解：在直角坐标系中，对于任意n?N,点 ( n, an) 共线，所以有，点共线，于是，由，化简得：，所以=所以所求的值为0例 14. 从 n 个数 1, a,

31、 a 2, , a n ( a>2) 中拿走若干个数，然后将剩下的数任意分成两个部分，证明：这两部分之和不可能相等证明：当 a>2 时，上式对任意k?N 成立，m不妨设剩下的数中最大的数a ( m31) 在第一部分中，则第一部分各数之和3 am>1+a+am-1 3第二部分之和作业：1.设 a 是等比数列，首项a >1, 公比 q>1，求证：数列 是递减数列n12.确定最大的实数z，使得 x+y+z=5，xy+yz+zx=3，并且 x 与 y 也是实数3. 将奇数 2 n-1 按照第 n 组含有 n 个数的规则分组：1，3,57,9,11,13,15,17,19(

32、1) 求第 8 组中的所有奇数(2) 求 1993 属于第几组中的第几号数(3) 求第 100 组中所有奇数的和(4) 求前 100 组的全体奇数的总和4. 设 an 与 bn 分别是等差数列和等比数列，且a1=b1>0， a2=b2>0 试比较 an 和 bn 的大小5. 设 S=1,2,3, ,n ，A 为至少含有两项的公差为正的等差数列，其每一项均在S 中，且添加S 中的其它元素于A 以后，均不能构成与A 有相同公差的等差数列，求这种数列A 的个数 ( 只有两项的数列也看成等差数列)6. 数列 an 的前 n 项之和为 Sn，若 S1=1 且 Sn1=Sn+(5 n+1) a

33、n, n=1,2, ,| a|11 ，求 Sn竞赛专题讲座类比、归纳、猜想数学解题与数学发现一样，通常都是在通过类比、归纳等探测性方法进行探测的基础上，获得对有关问题的结论或解决方法的猜想，然后再设法证明或否定猜想，进而达到解决问题的目的类比、归纳是获得猜想的两个重要的方法所谓类比，就是由两个对象的某些相同或相似的性质，推断它们在其他性质上也有可能相同或相似的一种推理形式。类比是一种主观的不充分的似真推理，因此，要确认其猜想的正确性，还须经过严格的逻辑论证运用类比法解决问题，其基本过程可用框图表示如下：可见，运用类比法的关键是寻找一个合适的类比对象按寻找类比对象的角度不同，类比法常分为以下三个

34、类型（ 1）降维类比将三维空间的对象降到二维（或一维）空间中的对象，此种类比方法即为降维类比【例 1】如图，过四面体 V-ABC的底面上任一点 O分别作 OA1VA， OB1VB， OC1VC， A1，B1 ， C1 分别是所作直线与侧面交点求证：+为定值分析考虑平面上的类似命题：“过ABC（底）边AB 上任一点 O分别作 OA1AC， OB1BC，分别交 BC、 AC于 A1、 B1，求证+为定值”这一命题利用相似三角形性质很容易推出其为定值1另外，过 A、O分别作 BC垂线，过 B、O分别作 AC垂线，则用面积法也不难证明定值为1于是类比到空间围形，也可用两种方法证明其定值为1证明：如图，

35、设平面 OA1 VABC M，平面 OB1 VBAC N，平面 OC1 VCAB=L，则有 MOA1 MAV， NOB1 NBV， LOC1 LCV得+=+。在底面 ABC 中，由于AM、BN、 CL 交于一点O，用面积法易证得：+=1。+=1。【例 2】以棱长为1 的正四面体的各棱为直径作球，S 是所作六个球的交集证明S 中没有一对点的距离大于【分析】 考虑平面上的类比命题：“边长为 1 的正三角形， 以各边为直径作圆， S是所作三个圆的交集”，通过探索S的类似性质，以寻求本题的论证思路如图，易知S包含于以正三角形重心为圆心，以为半径的圆内因此S内任意两点的距离不大于以此方法即可获得解本题的思路证明：如图，正四面体ABCD中， M、N 分别为 BC、 AD的中点， G为 BCD的中心， MNAG O显然 O是正四面体ABCD的中心 易知 OG=·AG=，并且可以推得以O为球心、 OG为半径的球内任意两点