利用均值不等式证明不等式-精选

1、1,利用均值不等式证明不等式(1)均值不等式：设a1,a2,.,an是n个正实数，记aia21anGn丽2anAnaia2nan222aa2an0Vn它们分别称为n个正数的调和平均数，几何平均数，算术平均数，平方平均数。有如下关系：HnGnAnQn.等号成立的充要条件是aia2an。先证AnGn证法一：用数学归纳法证明：AnGn.当n2时,AnGn(二a11a2)0,AGn成立。假设：n=k2时成立，即有:1.n=k+1时：只需证:Ak1Ak1ck1Gk1AGkck1Gk1"GT不妨设：0<a1a2anAk；k1aii1kaii1kk1aii1aii1kkaii1ckkaii1

2、k1ai1kaii1kkaii1k(kk1ai1)-k1(k1)kaii1kkaiak1Akak1.尺11Akk>k1Gk1.所以对nGkk1时亦成立。原不等式成立。证法二：用反向数学归纳法证明:AnGn.word.当n2时,AnGn0,AGn成立。假设:22k+1.A2k+1(/a1a2)即，对kN+,当n=2k时,结论成立。假设n=t+13(tN+)时成立。则n=t时有:tAtGti12aii1t+1t1i1i1(ai)(ai)Gt化简即得：AtGt,即nt时亦成立。所以原不等式成立。证法二：不妨设：0<aia2令：bkkai二,则有：bkkbki0.bkbkk1(bkbk1)

3、(bk1及2bk1Lbkk11)(bkbk1)kbk；即:bkbkbk11kbk(k1)bk1,亦即：漳bk1kbk(k1)bk1.且:(k1)bk1ak.(nk2),匕a1.Annbnb,kn念b1心(k1)bk1bk1k2nakk1G；GnAn等号成立当且仅当：a二a2=L=an.上述不等式在数学竞赛中应用极为广泛,好的、难的不等式问题往往只需用它们即可解决，而无需过分追求所谓更“高级”的不等式，这是应该引起我们注意的word.例1:求证下列不等式:(1)aalognn1lognn11,n2xyzxyz,其中x,y,z0证明(1)a1abb1abb33/abb21lognn2*11logn

4、n213abb当且仅当abbabb1取等号。证明（3）444422xy2yxy2xy,同理4_22y2zy证明(2)lognn1lognn1lognn1lognn1z4x42z2x2,三式相加得x4y4另一方面x2y2y2z22jx2y4z22xy2z,同理x2y2x2z22yx2z,x2z2y2z22yz2x二式相加得x2y2y2z2z2x2xyzxyz说明：（1）中涉及到与常数相关的不等式的证明问题，通过变形使其出现互为倒数的因式，利用均值不等式证得。（3）中累加的方法是常用的处理手段。例2:若a,b,cR且abc1,求证：53a1J13b1113c14石word.证明：左边3,.13a1

5、13b113c13g1；4.3例3：已知a1,a2,an是正数，满足a1a2an1求证：2a12a22%3n（89年联赛试题）证明：23111a1332,同理：2a23：成,2an33an,将以上式子相乘即得证。例4:nN,求证：-1n1n23n1证明：由4n1Gn1有111n1n23n122n122n122n1n1n23n1显然上式不可能取等号，故原不等式成立。说明：注意到Hn的表达式的结构特点,当一些正数的倒数和易于化简时,应考虑含Hn的均值不等式。mn例5：若m,nN,mn,求证：111-mnm111231mnm个1m证明：由GnAn有1工mn1mnmn11nn.111,.上式不可能取等

6、号。m故原不等式得证。例6:设为0，%是1,2,门的一个排列，求证:1 2u包包a_L2 3na2a3anword.证明：:a1,a2,2,门的一个排列an1aa2an于是曳a2a2a3an1an更a2电a3包ana11a21ana1a1a2a21a3an1annna11a21*anan11aa2a2a3an1an说明：由于不等式的左边值的估计较为不便，且右边由于排列的任意性导致若直接用均值不等式放缩则“度”太大了，所以本题采用在两边均加上111的变形处理。12n3abc例7：设为正实数，求证：(1a)(1b)(1-)2(1bca证明：(1a)(1b)(1与2abeaycbcabcacab(旦

7、亘亘)(bbb)(cc£)1bcabcabca3(abVabcc)12(abc)Vabcabc、312(13abc)注：本题问题中由遍？可以看得出给了均值定理的提示：,构造均值定理是本题的关键。word.例8：a'b'c"求证：W|b2cac2ab-3b(ca)c(ab)证明左边=（a2bcb2cac2ab1)(1)(1)3a(bc)b(ca)c(ab)(ab)(ac)(bc)(ba)(ca)(cb)a(bc)b(ca)c(ab)33(ab)(ac)(bc)(ba)(ca)(cb)a(bc)b(ca)c(ab)33(ab)(bc)(ca)abcabc3233

8、.注:本题多次利用了均值不等式本题也可以由个），,再处理.abbc例9:已知a,b,cR，求证:b2(bc)2t(ca)22c(ab)233.4.分析：通过放缩，将异分母化为同分母，从而构造成出一些“零件不等式最后，将这些“零件不等式”相加，即可得出原不等式的证明。证明:3屋：）23,2a_3.2a(bc)232a32a(bc)(bc)32a2a(bc)(bc)word.同理可得3b223?(ca)34abc3c?34abc将、三个零件不等式相加，得222oabc3(bc)2：(ca)2,(ab)234注：本题的技巧在于将三个异分母的分式放缩成三个同分母的分式，构造出“零件不等式”、例10:如

9、图及其内接分原三角形所得、中，至少有一个三1角形的面积不大于原面积的I（这里所指的内接三角形，是顶点分别在三条边上的三角形）(*)c、，4vt云Sqppc=3-tiSIH,弁汪忌到一a+b证明：如图，设三边，一且，逆用公式（亍于是有更注意到Smef'S担-ef：sinnsinsinC12-c2-5mAinB-smC=(-S拉田匚)38(5442若，、$、S皆大于S的工（*）式不可能成立，故所给四个三角形面积中，至少有一个不大于4Jword.类似例子很多，望同学们在做题实践中，更多予以总结，不断提高自己的分析,归纳解题能力n1例11：已知mi0,i1,2,n,p1,1,i11miPn求证

10、：m1m2nn1pn证明：令为，贝Um：，且x11miPxi11XiX1X2Xi1Xi1Xnn1n1X1X1X1Xn二m1Pm;Pm：1X11x21XnXX2XnX1X2Xnn二mim2mnn16说明：本题采用变量代换的方式清晰地展现了已知条件与结论表达式中变量的关系例12；设a,b,cR,求证：anbncnapbqcraqbrcparbpcq,其中nN,p,q,r都是非负整数，且pqrn分析与解：欲证的不等式涉及到的量较多，为此先考察特殊情形：p2,q1,r0,即先证明a3b3c3a2bb2cc2aL1,该不等式关于a,b,c轮换对称，不妨设abc,贝U左一右a3abb2bcc2caa2ab

11、b2bcc2cbbaa2c2abb2c2bc0,故1式成立进一步分析发现，1式本身无助于原不等式的证明，其证明方法也不能推广到原不等式，故需重新考虑1式的具有启发原不等式证明的其word.它证法考虑常用不等式证明的方法发现，1式可以利用“均值不等式”或证，即333332,工33LTaab2ababa甲*agadb33同理：b2c”上,c2a至上以上三个式相加即得1式。33运用此法再考虑原一般问题就简单多了，仿上,pqrnnnnnnabcn物24ag42尔2手"pqrnnnpaqbrcnqrpnnnnnnabcPn序2第d4L4bg12cqrpnnnqarbpcnrpqnnnnnnab

12、pcqn同2夕dtL4bgi2crpq个nnnrapbqcn以上三个式相加即得待证不等式。例13:设锐角,满足cos2cos2cos21,求证：tantantan2衣分析与解：由已知cos2cos2cos21,立即联想到长方体得对角线公式:a2b2c2l2令cosa,cosb,cos-lVa2b2c2'lll'以a,b,c为棱构造长方体，则易知：tan正三叵,aa同理：tan上招2W,tan宜支国bbcc.2bcg2cag2ab-tantantan22abc上面是从条件中隐含的数形关系中探索思考解题的途径，那么，从结、，,人,一、一4一,3论不等式中观察到什么呢？由tantan

13、tan2五4,即是三个不等式相乘的结果，就可以再变化为：sinsinsin23coscoscos,这样也word.无需构造长方体模型，而采用下面的证法:由cos2cos2cos21,知2/222sin1coscoscos2coscos同理:都是锐角，sin.2coscossinJ2coscos,sinJ2coscos将上面三个不等式两边分别相乘，即得待证不等式通过上例的求解分析过程，我们可以看到问题的本质例14:设xR,求证：f(x)2x2(x22x3)x(x22x3)x36.证明令tx则g(t)f(x)(t22)(t1)2(t22),2.分两种情形:(1)t2时,(t1)29.g(t)(t2

14、2)(t1)2296；g(t)点评t2时,2产2t12t221212t26624t214t注意到f(20.2t2t2t2t122t122t6.1)6,故先作代换tx1,使f(x)的表达形式更简单，放缩较为大胆，但要注意t0时能取到符号，放缩不能过头，最后回到平均值不等式。例15:设a,b,c,d为正实数，且满足abbccdda1d3badbca3.3求证：-bbcdacd证明：由均值不等式得:word.bcd18V3?bbcd18112从而bcd18112同理b3cdacd18112b18112d3abcabc18112各式相加得b3acd3cbadd3bca又由题设abbccddaa2代入上

15、式即得。说明：本题充分利用了等号成立的条件是“abc进行代数式的变形，借助abbccdda1进行消兀,1”d2使问题得以解决。所以,不等式得证.例16:设a、b、cR，且a21.求证：工a2(a3b3c3)证明:1b2abc3,32(ababc1a22ab2b22c2c333、2(abc)abc/22(abc2)2a(a2b2c2)b2b2/2,22、2(abc)c2c333、2(abc)abcword.,22bc2.2abb2_3332(abc)abc22222222bc(bc)ac(ac)a2b2(a2b2)2abc(a3b3c3).由均值不等式得b4c2b4a22jb4c2b4a22ab

16、4c,b2c4a2c42，b2c4a2c42abc4,a4c2a4b22.a4c2a4b22a4bc.将以上三个不等式相加得222299922222333b么c(bc)ac(ac)ab(ab)2abc(abc)因此，所证不等式成立。注：本题待证的不等式为非齐次不等式，先利用条件“1a2b2c2”，将其转化为齐次不等式，再利用均值不等式使问题获解。例：17:设a、b、c、d为正数，且(ab)(bc)(cd)(da)1求证：(2abc)(2bcd)(2cda)(2dab)(abcd)2.16分析：本题属于非齐次不等式，且次数较高，处理此题的切入点，还是利用已知等式将其齐次化。证明：由均值不等式14

17、(2abc)(2abc)44(abcd),故只须证(abcd)4(abcd)2工，即须证16(abcd)4(abcd)2word.13-(ab)(bc)(cd)(da)16311111111abbccdda161abc1_bcd1cdadab1x,一b11ycz,dv)于是,式(xy)(yz)(zv)(vx)316(xyzxyvyzvzxv)4.卜面证明式24(xyzxyvyzvxzv)24xy(zv)zv(zy)xy/、zv24,xy-(zv)zv-(xy)22(xy)2(zy)2(xyzv2、xyzv.)22(xy)(zv)(yz)(vx).同理，4(yzvxzvxyvxyz)2(yz)2

18、(vx)2(xy)(zv).将式，相乘得416(yzvxzvxyvxyz)._3(yz)(vx)(xy)(zv).因此，所证不等式成立。a3c4b8c例18：设为正实数，求证：a2bcab2cab3c17122.分析本题的难点是分母较复杂，可以尝试用代换的办法化简分母。word.xa2bc,证令yab2c,zab3c,则xybc,zyc,由此可得a3c2yx,bzx2y,czy从而a3ca2bc2yxx468cab2cab3c4(zx2y)8(zy)yz172?444三8xyyz172,82.321712,2不难算出，对任何正实数a,只要b(1、2)a,c(43.2)a,就可取到上述的等号。注

19、代换法(换元法)是常用的化简分母、去分母、去根号的一种方法。19:对任意，证明：(a2+2)(b2+2)(c2+2)>9().证明原不等式a2b2c2+2a2b2+4a2+8>9ab.由抽屉原理，不妨设a和b同时大于等于1,或同时小于等于1则c2(a2-1)(b2-1)>0即a2b2c2+c2>a2c2+b2c2由均值不等式，有a2b232ab以及a2)ab.2a2b2+3a2+6>7ab.word.又由知2+a2b2c2a22(2b2c2+c2)a2b2>a2+b2+a2c2+b2c2+2=(a2+b2)+(a2c2+1)+(b2c2+1)>2a22

20、2+a2b2c2+a2>2a22.+得abc+2a2b2+4a2+8)9ab.即原不等式成立。评注这是一道美国数学奥林匹克试题。这里用抽屉原理构造了一个局部不等式，结合算术-几何平均值不等式给出了一个很精巧的证明,利用柯西不等式与算术-几何平均值来证明。练习题1,若a,b,cR且abc1,求证:27本题也可以a(1b)9b(1c)c(1a)abcabbcca91abbcca又Q3abbccaa2b2c22ab2bc2ca1abbcca一，故有31abbcca27所以不等式word.证明：Q2,若nN,x0,求证:nx；2J-1xxL2nX12n1证明：Q1x2n2xn,xx2n1nn12

21、x,L,x2xn2n1xn,n故有nx2nnnx2n1x12n13.设内切圆半径为P=(abc)r,-(P-a)3+(P-b)a+(P-c33证明：由于“形似”，我们联想到公式222、a>,于是有(PaXP-b)+(P-bXP-c)+(P-c)(P-a：(P-aXP-bXP-o)继续“联想”三角形面积公式及内切圆半径公式:就有(Pa)(Pb)(pc)从而证明了本题。4:证明中，有以下关系成立:GOSC1I、-dosAcosh-i1>工1bczab证明：注意到余弦定理:b2+c3-acosA=2bcword.厂4c*-trwsB=2ac于是cosAcosBccsCti2+c2-a2a

22、2-i-c2-b2a2-i-b2-c.3032+c2abc2aJbc2abc2atlcb+bJ2abe2abc即原命题成立射影。5:如图，P是正内一点，A'、B'、C'分别是它在对应边上的,',底边上的高为宝C三£曲£日4s田宜.+=sysin1200-i-yzsiu120°+(xyWzk»手仪+；d1V-1646:已知命题成立2,且，均为锐角，求证：tantan5,tantan5tantan54/3证明：QJtan_tan5Jtan_tan5Jtan_tan5word./tantan5,tantan5tantan53ta

23、ntantantantantan15又tan一2tantantan1tantan即tantancot1tantan那么tantantantantantantantancot1tantan所以3.匕碗tantantantan153,而4口故有不等式Ttan_tan5/tan_tan5y,tan_tan54战成立7:若a,b,c0,求证：abcabcbcacab证明：:abc,bca,cab中任意二数之和为正,abc,bca,cab中至多有一个非正，若abc,bca,cab有一个数非正，结论显然成立。若abc,bca,cab均为正，则abccababccaba2同理：abcbcab三式相乘即得证。

24、说明：应用基本不等式和不等式的基本性质推证不等式时应注意这些结论成立的条件。a3c3abcabc8：已知a,b,cR*,求证：丁T1一3333ababccbabc（1997年第26届美国数学奥林匹克竞赛试题）word.证明：:a3b3abcaba2b2ababc,又丁a2b22ababababcababc*2233ababab,ababc同理b3c3abcbcabc,a3c3abcacabc111_3I3_i_3I3_3_3ababccbabcacabc1ababc1bcabc1acabc1111abcabbcca1abc例1：已知：a,b,c是三角形的三边，求证:abcbcacababc证明

25、：令bcax,caby,abcz,贝Ux0,y0,z0且af,b寸,c三，则原不等式等价于yz2xzx2yxy2z3,左边拆开为六项，由均值不等式即证得。9：若a,b,c为的三边，k1,求证:abc3kbcakcabkabc2k1xkbca证明：令ykcab则1kxkykza2k1k11kykxkz2k1k11kzkykxc2k1k1则所证不等式的左边为1kxkykz2k1k1x1kykxkz2k1k1yIkzkykx2k1k1zword.2k1k1xxyyzz32k1说明：换元法是常用的化简分母，去分母，去根号的一种方法。10：已知x,y,zR,xyz1,且x1z1,y1x1,z1y1求证：

26、2xyz1113xyz证明：令xa,y，z-a,b,cRbca贝Ux1z1,y1x1,z1y1变为acb,abc,cba,要证的不等式边为_abcbca2-3bcaabc等价于2a2cb2ac2bb2cc2aa2b3abc(X)注意到以a,b,c为边长可以构成三角形，我们令amnbnlm,n,lR将其代入()即得：clm,333222222I mnmnnllm2ml2nm2ln由均值不等式得：l3n2l2l2n,n3m2n2n2m,m312m2m2l上述三式相加即得证不等式。说明：对于条件xyz1,常作代换xa,yb,zbca从而使非奇次不等式变为奇次不等式，另外，三角形三边常用的代换为:amnbnloclmII :已知x,y,zR,xyz1,求证x1-y11z111yzxword.(,2000)证明：令xbyb,z-a,b,cR则原不等式变为caabcbcacababc,这样就变为我们熟悉的不等式题了12:设x,y,z为正数，xyz1求证：333一xyz-(第39届预选题)lylzlxlzlxly43,3-证明：由均值不等式一xSL=33x3x1y1z881644同理:37y33所以一xy一1y1z1x1z1x2说明:yz(233乐？根据等号成立的条件yz1,进行了上述变形。13