利用均值不等式證明不等式-精選

1、1,利用均值不等式證明不等式(1)均值不等式：設(shè)a1,a2,.,an是n個正實數(shù)，記aia21anGn麗2anAnaia2nan222aa2an0Vn它們分別稱為n個正數(shù)的調(diào)和平均數(shù)，幾何平均數(shù)，算術(shù)平均數(shù)，平方平均數(shù)。有如下關(guān)系：HnGnAnQn.等號成立的充要條件是aia2an。先證AnGn證法一：用數(shù)學(xué)歸納法證明：AnGn.當(dāng)n2時,AnGn(二a11a2)0,AGn成立。假設(shè)：n=k2時成立，即有:1.n=k+1時：只需證:Ak1Ak1ck1Gk1AGkck1Gk1"GT不妨設(shè)：0<a1a2anAk；k1aii1kaii1kk1aii1aii1kkaii1ckkaii1

2、k1ai1kaii1kkaii1k(kk1ai1)-k1(k1)kaii1kkaiak1Akak1.尺11Akk>k1Gk1.所以對nGkk1時亦成立。原不等式成立。證法二：用反向數(shù)學(xué)歸納法證明:AnGn.word.當(dāng)n2時,AnGn0,AGn成立。假設(shè):22k+1.A2k+1(/a1a2)即，對kN+,當(dāng)n=2k時,結(jié)論成立。假設(shè)n=t+13(tN+)時成立。則n=t時有:tAtGti12aii1t+1t1i1i1(ai)(ai)Gt化簡即得：AtGt,即nt時亦成立。所以原不等式成立。證法二：不妨設(shè)：0<aia2令：bkkai二,則有：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等號成立當(dāng)且僅當(dāng)：a二a2=L=an.上述不等式在數(shù)學(xué)競賽中應(yīng)用極為廣泛,好的、難的不等式問題往往只需用它們即可解決，而無需過分追求所謂更“高級”的不等式，這是應(yīng)該引起我們注意的word.例1:求證下列不等式:(1)aalognn1lognn11,n2xyzxyz,其中x,y,z0證明(1)a1abb1abb33/abb21lognn2*11logn

4、n213abb當(dāng)且僅當(dāng)abbabb1取等號。證明（3）444422xy2yxy2xy,同理4_22y2zy證明(2)lognn1lognn1lognn1lognn1z4x42z2x2,三式相加得x4y4另一方面x2y2y2z22jx2y4z22xy2z,同理x2y2x2z22yx2z,x2z2y2z22yz2x二式相加得x2y2y2z2z2x2xyzxyz說明：（1）中涉及到與常數(shù)相關(guān)的不等式的證明問題，通過變形使其出現(xiàn)互為倒數(shù)的因式，利用均值不等式證得。（3）中累加的方法是常用的處理手段。例2:若a,b,cR且abc1,求證：53a1J13b1113c14石word.證明：左邊3,.13a1

5、13b113c13g1；4.3例3：已知a1,a2,an是正數(shù)，滿足a1a2an1求證：2a12a22%3n（89年聯(lián)賽試題）證明：23111a1332,同理：2a23：成,2an33an,將以上式子相乘即得證。例4:nN,求證：-1n1n23n1證明：由4n1Gn1有111n1n23n122n122n122n1n1n23n1顯然上式不可能取等號，故原不等式成立。說明：注意到Hn的表達(dá)式的結(jié)構(gòu)特點,當(dāng)一些正數(shù)的倒數(shù)和易于化簡時,應(yīng)考慮含Hn的均值不等式。mn例5：若m,nN,mn,求證：111-mnm111231mnm個1m證明：由GnAn有1工mn1mnmn11nn.111,.上式不可能取等

6、號。m故原不等式得證。例6:設(shè)為0，%是1,2,門的一個排列，求證:1 2u包包a_L2 3na2a3anword.證明：:a1,a2,2,門的一個排列an1aa2an于是曳a2a2a3an1an更a2電a3包ana11a21ana1a1a2a21a3an1annna11a21*anan11aa2a2a3an1an說明：由于不等式的左邊值的估計較為不便，且右邊由于排列的任意性導(dǎo)致若直接用均值不等式放縮則“度”太大了，所以本題采用在兩邊均加上111的變形處理。12n3abc例7：設(shè)為正實數(shù)，求證：(1a)(1b)(1-)2(1bca證明：(1a)(1b)(1與2abeaycbcabcacab(旦

7、亙亙)(bbb)(cc£)1bcabcabca3(abVabcc)12(abc)Vabcabc、312(13abc)注：本題問題中由遍？可以看得出給了均值定理的提示：,構(gòu)造均值定理是本題的關(guān)鍵。word.例8：a'b'c"求證：W|b2cac2ab-3b(ca)c(ab)證明左邊=（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:本題多次利用了均值不等式本題也可以由個），,再處理.abbc例9:已知a,b,cR，求證:b2(bc)2t(ca)22c(ab)233.4.分析：通過放縮，將異分母化為同分母，從而構(gòu)造成出一些“零件不等式最后，將這些“零件不等式”相加，即可得出原不等式的證明。證明:3屋：）23,2a_3.2a(bc)232a32a(bc)(bc)32a2a(bc)(bc)word.同理可得3b223?(ca)34abc3c?34abc將、三個零件不等式相加，得222oabc3(bc)2：(ca)2,(ab)234注：本題的技巧在于將三個異分母的分式放縮成三個同分母的分式，構(gòu)造出“零件不等式”、例10:如

9、圖及其內(nèi)接分原三角形所得、中，至少有一個三1角形的面積不大于原面積的I（這里所指的內(nèi)接三角形，是頂點分別在三條邊上的三角形）(*)c、，4vt云Sqppc=3-tiSIH,弁汪忌到一a+b證明：如圖，設(shè)三邊，一且，逆用公式（亍于是有更注意到Smef'S擔(dān)-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，故所給四個三角形面積中，至少有一個不大于4Jword.類似例子很多，望同學(xué)們在做題實踐中，更多予以總結(jié)，不斷提高自己的分析,歸納解題能力n1例11：已知mi0,i1,2,n,p1,1,i11miPn求證

10、：m1m2nn1pn證明：令為，貝Um：，且x11miPxi11XiX1X2Xi1Xi1Xnn1n1X1X1X1Xn二m1Pm;Pm：1X11x21XnXX2XnX1X2Xnn二mim2mnn16說明：本題采用變量代換的方式清晰地展現(xiàn)了已知條件與結(jié)論表達(dá)式中變量的關(guān)系例12；設(shè)a,b,cR,求證：anbncnapbqcraqbrcparbpcq,其中nN,p,q,r都是非負(fù)整數(shù)，且pqrn分析與解：欲證的不等式涉及到的量較多，為此先考察特殊情形：p2,q1,r0,即先證明a3b3c3a2bb2cc2aL1,該不等式關(guān)于a,b,c輪換對稱，不妨設(shè)abc,貝U左一右a3abb2bcc2caa2ab

11、b2bcc2cbbaa2c2abb2c2bc0,故1式成立進(jìn)一步分析發(fā)現(xiàn)，1式本身無助于原不等式的證明，其證明方法也不能推廣到原不等式，故需重新考慮1式的具有啟發(fā)原不等式證明的其word.它證法考慮常用不等式證明的方法發(fā)現(xiàn)，1式可以利用“均值不等式”或證，即333332,工33LTaab2ababa甲*agadb33同理：b2c”上,c2a至上以上三個式相加即得1式。33運用此法再考慮原一般問題就簡單多了，仿上,pqrnnnnnnabcn物24ag42爾2手"pqrnnnpaqbrcnqrpnnnnnnabcPn序2第d4L4bg12cqrpnnnqarbpcnrpqnnnnnnab

12、pcqn同2夕dtL4bgi2crpq個nnnrapbqcn以上三個式相加即得待證不等式。例13:設(shè)銳角,滿足cos2cos2cos21,求證：tantantan2衣分析與解：由已知cos2cos2cos21,立即聯(lián)想到長方體得對角線公式:a2b2c2l2令cosa,cosb,cos-lVa2b2c2'lll'以a,b,c為棱構(gòu)造長方體，則易知：tan正三叵,aa同理：tan上招2W,tan宜支國bbcc.2bcg2cag2ab-tantantan22abc上面是從條件中隱含的數(shù)形關(guān)系中探索思考解題的途徑，那么，從結(jié)、，,人,一、一4一,3論不等式中觀察到什么呢？由tantan

13、tan2五4,即是三個不等式相乘的結(jié)果，就可以再變化為：sinsinsin23coscoscos,這樣也word.無需構(gòu)造長方體模型，而采用下面的證法:由cos2cos2cos21,知2/222sin1coscoscos2coscos同理:都是銳角，sin.2coscossinJ2coscos,sinJ2coscos將上面三個不等式兩邊分別相乘，即得待證不等式通過上例的求解分析過程，我們可以看到問題的本質(zhì)例14:設(shè)xR,求證：f(x)2x2(x22x3)x(x22x3)x36.證明令tx則g(t)f(x)(t22)(t1)2(t22),2.分兩種情形:(1)t2時,(t1)29.g(t)(t2

14、2)(t1)2296；g(t)點評t2時,2產(chǎn)2t12t221212t26624t214t注意到f(20.2t2t2t2t122t122t6.1)6,故先作代換tx1,使f(x)的表達(dá)形式更簡單，放縮較為大膽，但要注意t0時能取到符號，放縮不能過頭，最后回到平均值不等式。例15:設(shè)a,b,c,d為正實數(shù)，且滿足abbccdda1d3badbca3.3求證：-bbcdacd證明：由均值不等式得:word.bcd18V3?bbcd18112從而bcd18112同理b3cdacd18112b18112d3abcabc18112各式相加得b3acd3cbadd3bca又由題設(shè)abbccddaa2代入上

15、式即得。說明：本題充分利用了等號成立的條件是“abc進(jìn)行代數(shù)式的變形，借助abbccdda1進(jìn)行消兀,1”d2使問題得以解決。所以,不等式得證.例16:設(shè)a、b、cR，且a21.求證：工a2(a3b3c3)證明: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.將以上三個不等式相加得222299922222333b么c(bc)ac(ac)ab(ab)2abc(abc)因此，所證不等式成立。注：本題待證的不等式為非齊次不等式，先利用條件“1a2b2c2”，將其轉(zhuǎn)化為齊次不等式，再利用均值不等式使問題獲解。例：17:設(shè)a、b、c、d為正數(shù)，且(ab)(bc)(cd)(da)1求證：(2abc)(2bcd)(2cda)(2dab)(abcd)2.16分析：本題屬于非齊次不等式，且次數(shù)較高，處理此題的切入點，還是利用已知等式將其齊次化。證明：由均值不等式14

17、(2abc)(2abc)44(abcd),故只須證(abcd)4(abcd)2工，即須證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.卜面證明式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).將式，相乘得416(yzvxzvxyvxyz)._3(yz)(vx)(xy)(zv).因此，所證不等式成立。a3c4b8c例18：設(shè)為正實數(shù)，求證：a2bcab2cab3c17122.分析本題的難點是分母較復(fù)雜，可以嘗試用代換的辦法化簡分母。word.xa2bc,證令yab2c,zab3c,則xybc,zyc,由此可得a3c2yx,bzx2y,czy從而a3ca2bc2yxx468cab2cab3c4(zx2y)8(zy)yz172?444三8xyyz172,82.321712,2不難算出，對任何正實數(shù)a,只要b(1、2)a,c(43.2)a,就可取到上述的等號。注

19、代換法(換元法)是常用的化簡分母、去分母、去根號的一種方法。19:對任意，證明：(a2+2)(b2+2)(c2+2)>9().證明原不等式a2b2c2+2a2b2+4a2+8>9ab.由抽屜原理，不妨設(shè)a和b同時大于等于1,或同時小于等于1則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。評注這是一道美國數(shù)學(xué)奧林匹克試題。這里用抽屜原理構(gòu)造了一個局部不等式，結(jié)合算術(shù)-幾何平均值不等式給出了一個很精巧的證明,利用柯西不等式與算術(shù)-幾何平均值來證明。練習(xí)題1,若a,b,cR且abc1,求證:27本題也可以a(1b)9b(1c)c(1a)abcabbcca91abbcca又Q3abbccaa2b2c22ab2bc2ca1abbcca一，故有31abbcca27所以不等式word.證明：Q2,若nN,x0,求證:nx；2J-1xxL2nX12n1證明：Q1x2n2xn,xx2n1nn12

21、x,L,x2xn2n1xn,n故有nx2nnnx2n1x12n13.設(shè)內(nèi)切圓半徑為P=(abc)r,-(P-a)3+(P-b)a+(P-c33證明：由于“形似”，我們聯(lián)想到公式222、a>,于是有(PaXP-b)+(P-bXP-c)+(P-c)(P-a：(P-aXP-bXP-o)繼續(xù)“聯(lián)想”三角形面積公式及內(nèi)切圓半徑公式:就有(Pa)(Pb)(pc)從而證明了本題。4:證明中，有以下關(guān)系成立:GOSC1I、-dosAcosh-i1>工1bczab證明：注意到余弦定理:b2+c3-acosA=2bcword.廠4c*-trwsB=2ac于是cosAcosBccsCti2+c2-a2a

22、2-i-c2-b2a2-i-b2-c.3032+c2abc2aJbc2abc2atlcb+bJ2abe2abc即原命題成立射影。5:如圖，P是正內(nèi)一點，A'、B'、C'分別是它在對應(yīng)邊上的,',底邊上的高為寶C三£曲£日4s田宜.+=sysin1200-i-yzsiu120°+(xyWzk»手儀+；d1V-1646:已知命題成立2,且，均為銳角，求證：tantan5,tantan5tantan54/3證明：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戰(zhàn)成立7:若a,b,c0,求證：abcabcbcacab證明：:abc,bca,cab中任意二數(shù)之和為正,abc,bca,cab中至多有一個非正，若abc,bca,cab有一個數(shù)非正，結(jié)論顯然成立。若abc,bca,cab均為正，則abccababccaba2同理：abcbcab三式相乘即得證。

24、說明：應(yīng)用基本不等式和不等式的基本性質(zhì)推證不等式時應(yīng)注意這些結(jié)論成立的條件。a3c3abcabc8：已知a,b,cR*,求證：丁T1一3333ababccbabc（1997年第26屆美國數(shù)學(xué)奧林匹克競賽試題）word.證明：:a3b3abcaba2b2ababc,又丁a2b22ababababcababc*2233ababab,ababc同理b3c3abcbcabc,a3c3abcacabc111_3I3_i_3I3_3_3ababccbabcacabc1ababc1bcabc1acabc1111abcabbcca1abc例1：已知：a,b,c是三角形的三邊，求證:abcbcacababc證明

25、：令bcax,caby,abcz,貝Ux0,y0,z0且af,b寸,c三，則原不等式等價于yz2xzx2yxy2z3,左邊拆開為六項，由均值不等式即證得。9：若a,b,c為的三邊，k1,求證:abc3kbcakcabkabc2k1xkbca證明：令ykcab則1kxkykza2k1k11kykxkz2k1k11kzkykxc2k1k1則所證不等式的左邊為1kxkykz2k1k1x1kykxkz2k1k1yIkzkykx2k1k1zword.2k1k1xxyyzz32k1說明：換元法是常用的化簡分母，去分母，去根號的一種方法。10：已知x,y,zR,xyz1,且x1z1,y1x1,z1y1求證：

26、2xyz1113xyz證明：令xa,y，z-a,b,cRbca貝Ux1z1,y1x1,z1y1變?yōu)閍cb,abc,cba,要證的不等式邊為_abcbca2-3bcaabc等價于2a2cb2ac2bb2cc2aa2b3abc(X)注意到以a,b,c為邊長可以構(gòu)成三角形，我們令amnbnlm,n,lR將其代入()即得：clm,333222222I mnmnnllm2ml2nm2ln由均值不等式得：l3n2l2l2n,n3m2n2n2m,m312m2m2l上述三式相加即得證不等式。說明：對于條件xyz1,常作代換xa,yb,zbca從而使非奇次不等式變?yōu)槠娲尾坏仁?，另外，三角形三邊常用的代換為:amnbnloclmII :已知x,y,zR,xyz1,求證x1-y11z111yzxword.(,2000)證明：令xbyb,z-a,b,cR則原不等式變?yōu)閏aabcbcacababc,這樣就變?yōu)槲覀兪煜さ牟坏仁筋}了12:設(shè)x,y,z為正數(shù)，xyz1求證：333一xyz-(第39屆預(yù)選題)lylzlxlzlxly43,3-證明：由均值不等式一xSL=33x3x1y1z881644同理:37y33所以一xy一1y1z1x1z1x2說明:yz(233樂？根據(jù)等號成立的條件yz1,進(jìn)行了上述變形。13