第一篇：第二節 重要不等式

第二節 重要不等式

在自主招生與競賽的考試中，經常會出現對一些重要不等式的考查，主要有：絕對值不等式、平均值不等式、柯西不等式、排序不等式、切比雪夫不等式、權方和不等式、琴生不等式及卡爾松不等式等.下面我們來認識這些不等式及這些不等式的應用.一．絕對值不等式

從不等式的背景可以看到，許多不等關系都涉及距離的長短、面積的大小、重量的輕重等等，它們都要通過非負數來表示.因此，絕對值不等式具有非常重要的現實意義.定理1如果a、b都是實數，則|a?b|?|a|?|b|，當且僅當ab?0時等號成立.定理2如果a、b、c都是實數，則|a?c|?|a?b|?|b?c|，當且僅當(a?b)(b?c)?0時等號成立.例1.解不等式|x?5|?|2x?3|?1.練習：（1）求證：對于任何實數a，b，三個數|a?b|、|a?b|、|1?a|中至少有一個不小于.（2004年同濟大學）

（2）若對一切實數x都有|x?5|?|x?7|?a，則實數a的取值范圍是（）

A.a?12B.a?7C.a?5D.a?2（2008年復旦大學）

（3）設實數a使得不等式|2x?a|?|3x?2a|?a2對任意的實數x恒成立，則滿足條件的a所組成的集合是（）A.[?,]B.[?,]C.[?,]D.[?3,3]（2007年一試T2）例2.求f(x)?|x?1|?|2x?1|?121***?|2011x?1|的最小值.（2011年北約）

二．平均值不等式

設ai?0（i?1,2,調和平均值Hn?,n），記這n個數的 n

1?i?1ain

幾何平均值Gn?算術平均值An??ai?1ni

n

方冪平均值Xn?則Hn?Gn?An?Hn，當且僅當a1?a2??an時等號成立.例3.設有正數a，b滿足a?b，若有實數x1，x2，y1，y2使得x1?y1是a，b的算術平

均值，x2y2是a，b的幾何平均數，的取值范圍.（2004年同濟大學）

22例4.若正數a,b,c滿足a?b?c?1，求證(a?)(b?)(c?)?例5.設

1a1b1c1000

.（2009年南京大學）27

?x?

5，證明不等式?（2003年一試）

2例6.n個正數x1,x2，xn滿足?xi?1.i?

1n

x

12x2

求證：??

x1?x

2x2?x322xnxn1?1???.xn?1?xnx

n?x12

練習：設x,y,z?[0,1]，則M?.（2012一試3）

三．柯西不等式

柯西（Cauchy）不等式：對于任意的兩組實數a1,a2,n

n

2i

n,an和b1,b2，bn(n?2)，有

(?aibi)?(?a)(?bi2)，等號當且僅當?ai??bi(?,?為常數，i?1,2，n)時成立.i?1

i?1

i?1

?

當ai,bi?R時，等號成立的條件可以改寫為

a1a2

??b1b2

?

an

.bn

這就是著名的柯西不等式的一般情況.從運算的角度來看，就是“乘積和的平方不大于平方和的乘積”.對于柯西不等式，有以下幾條需要說明：

1：由于“

?a

i?1n

n

2i

?0,?b?0,?aibi?0”情況之一出現時，不等式顯然成立，因此，2ii?1

i?1

nn

在討論中不妨設

?a

i?1

2i

?0,?b?0,?aibi?0都成立.2ii?1

i?1

nn

2：柯西不等式取等號的條件常?？梢詫懗杀壤问?/p>

aa1a2

?＝＝n，并約定：分b1b2bn

母為0時，相應的分子也為0.“等號成立”是柯西不等式應用的一個重要組成部分.3：使用柯西不等式的方便之處在于，對任意的兩組實數都成立.這個不等式告訴我們，任意兩組實數a1,a2，an和b1,b2,“求和”、再“平方”,bn(n?2)其對應項“相乘”之后、三種運算不滿足交換律，先各自平方，然后求和、最后相乘，運算的結果不會不變小.推論1：若ci?0(i?1,2,x12x

2,n,n?1)，則??

c1c2

2xn(x1?x2??xn)2，當且僅??

cnc1?c2??cn

當

x1x2

??c1c2

?

xn

時成立.cn

2xn(x1?x2??xn)2??.當且僅ana1x1?a2x2??anxn

x12x2

推論2：當ai?0,ci?0(1?i?n)時，??

a1a2

當a1?a

2??an時成立.,n)時，(??ai?bi.i?

1i?1

i?1

n

n

n

推論3：當ai,bi?0(i?1,2,例7.設P為?ABC內一點，它到三邊BC,CA,AB的距離分別為d1,d2,d3,S為?ABC的面

abc(a?b?c)2積，求證：???.（2009年南京大學）

d1d2d32S

.求證：3?a?9?b?27?c?1.（2008年西安交通大學）2

121212?

例9.設a,b,c?R，且a?b?c?1，求證：(a?)?(b?)?(c?)的最小值.abc

例8.設實數a,b,ca?2b?3c?

（2008年南開）

例10.已知x,y,z?0，x?y?z?3，求證：

xyz

???1.323232

x?y?zy?z?xz?x?y

（2013年北京大學“百年數學” 金秋科學體驗營）

9?222

?

x?y?z?,例11.在實數范圍內求滿足方程組?的實數x,y,z的值.（2008年同濟）

4???8x?6y?

24z

?39

例12.求函數y?（2009一試11）

四．排序不等式

排序不等式：設a1?a2?

b1?b2??an，?bn為兩組實數，c1,c2，cn是b1,b2，bn的任一排列，則a1bn?a2bn?1?當且僅當a1?a2?

?anb1?a1c1?a2c2??ancn?a1b1?a2b2??anbn，?an或b1?b2??bn時，等號成立.例13.有10個人各拿一只水桶去接水，設水龍頭注滿第i（i?1,2，10）個人的水桶需要

ti分鐘，假設這些ti各不相同.問只有一只水龍頭時，應如何安排10個人的順序，使他們等

候的總時間最少？這個最小的總時間等于多少？

例14．設a1，a2，?，an是n個互不相同的自然數，證明：

1?

11??2

3?

1a?a1?2?2n2

?

an

.2n

abc

???3.xyz

練習：已知x、y、z?0，a、b、c是x、y、z的一個排列.求證：

（2009年清華大學）

五．琴生不等式

凸函數：一般地，設f(x)是定義在區間(a,b)上的函數，如果對于定義域內的任意兩個數x1，x2都有f（x1?x2f(x1)?f(x2))?，則稱f(x)是(a,b)內的下凸函數.22x?x2f(x1)?f(x2))?同理，如果有f(1，則稱f(x)為(a,b)內的上凸函數.2

2我們一般說的凸函數，通常來言是指的下凸函數.性質1（琴生不等式）對于(a,b)內的下凸函數f(x)，有

f（x1?x2?

n

?xn)?

f(x1)?f(x2)?

n

?f(xn)

.性質2（加權琴生不等式）對于(a,b)內的下凸函數f(x)，若a1?a2??an?1，則

f(a1x1?a2x2??anxn)?a1f(x1)?a2f(x2)??anf(xn).對于上述的兩個關于琴生不等式的有關性質，我們將“?”改為“?”，即得上凸函數的琴生不等式.例15.已知A,B,C是銳角三角形?ABC的三個內角，求tanA?tanB?tanC的最小值.（2010年北京科技大學）

222

例16.已知A、B、C?(0,)，且sinA?sinB?sinC?1.求A?B?C的最大值.π2

（2013年清華大學夏令營）

未完，待下周續……

第二篇：重要不等式匯總(例題答案)

其他不等式綜合問題

例1：（第26屆美國數學奧題之一）設a、b、c∈R+，求證：

1???.（1）

a3?b3?abcb3?c3?abcc3?a3?abcabc

分析；最初，某刊物給出了一種通分去分母的較為復雜的證法，這里試從分析不等式的結構出發，導出該不等式的編擬過程，同時，揭示證明此類問題的真諦，并探索其推廣命題成功的可能性。思考方向：（1）的左邊較為復雜，而右邊較為簡單，所以，證明的思想應該從左至右進行, 思考方法：（1）從左至右是一個由簡單到復雜的逐步放大過程，所以，一個簡單的想法就是將各分母設法縮小，但考慮到各分母結構的相似性，故只要對其中之一做恰倒好處的變形，并構造出右邊之需要即便大功告成.實施步驟；聯想到高中課本上熟知的不等式：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

這一證明是極其簡單的，它僅依賴高中數學課本上的基礎知識，由此可見，中學課本上的知識也能用來攻克高層次的數學競賽題，看來，我們要好好守住課本這快陣地。

（1）刻畫了3個變量的情形，左端的三個分式分母具有如下特征：三個字母中取兩個的三次方與這三個變量的乘積之和，那么，對于更多個變量會有怎樣的結論？

以下為行文方便，記（1）的左端為 ?似處理，不再贅述,為了搞清多個變量時（1）的演變，首先從4個變量時的情形入手,11

。（2）?

a3?b3?c3?abcdabcd

4分析：注意到上面的（*），要證（2），需要證 x+y+z≥xyz(x+y+z)（**），表示對a、b、c輪換求和，以下其它的類

a?b3?abc

3推廣1：設a、b、c、d∈R+，求證：?

（**）是（*）的發展，它的由來得益于證明（1）時用到的（*），這是一條有用的思維發展軌道。事實上，由高中數學課本上熟知的不等式x2+y2+z2≥xy+yz+zx易知 x+y+z≥xy+yz+zx≥xy·yz+yz·zx+zx·xy=xyz(x+y+z),這樣（**）得證, 從而（2）便可仿（1）不難證明，略, 推廣2：設ai∈R+(i=1、2、3，…，n),求證：?

n

44422222

2i?k

i?

1?a??ai

i?1

ni

n

?

1?ai

i?1n

。（3）

有了前面的推廣1的證明，這里的推廣2的證明容易多了，聯想（**），只要能證明

nn

a1n?a2?????an?1?a1a1???an?1(a1?a2?????an?1)（這是（**）的發展）

事實上，由切比雪夫不等式及算術——幾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，推廣2便不難證明，略.很顯然，對于推廣2，若按（1）的最初的去分母去證明，當然是行不通的，這也表明，解決數學問題的關鍵一著就是要把握問題的實質，不要被一些較復雜的表面現象所迷惑，要善于觀察，善于分析，善于總結，善于概括，善于發現，善于利用，盡力從表象的東西里抽象概括出本質性的實質性的規律，這才是學習數學的要旨。例2：設x、y、z∈R+，求證：

x2y2z

2?2?2?1.（4）2222

y?z?yzz?x?zxx?y?xy

分析：這是一個并不復雜的分式不等式，但是若要通過去分母來證明，肯定會走彎路，甚至走到死胡同。

思考方向：（4）的左端較為復雜，而右邊較為簡單，所以，證明的思想應該從從左至右的進行。思考方法：（1）從左至右是一個逐步縮小的過程，所以，對于本題，一個簡單的想法就是將個分母設法放大，但考慮到分母結構的相似性，故只要對其中之一進行恰倒好處的變形，并設法構造出（4）的右邊即可大功告成。

實施步驟；聯想到高中課本上熟知的的不等式：2xy≤x2+y2(x、y∈R),剛好是（4）中分母里xy的成功放大，即有如下證明：

x3x2x22x

2?證明：∵? 只要證明，（5）???,??22y2?z2212y2?z2?yz3(y?z)222

y?z?(y?z)

給（5）的兩邊同時加3，得到?

(x2?y2?z2)(?

x2?y2?z2

y2?z2

?

9，這等價于 2

19122)??(y?z)()?9，??2y2?z2y2?z2

這由Cauchy不等式便知，從而（4）得證。

（4）式刻畫了3個變量的情形，其特點是；左端每一個分式的分母是從3個變量中取兩個，為

兩個的二次方與這兩個變量之積之和，而分子則是剩下一個變量的二次方。現在，我們如果站在變量個數方面考慮，即再增加若干個變量，結論會怎樣？證法還靈嗎？經過再三考慮，得到 推廣1：設ai∈R+，(I=1,2,3,…，n)求證：?

n

ain

k?i

n

?ak??ak

k?i

i?

1?1.（6）

聯想（4）的證明過程，知關鍵是對分母中的乘積項利用二元均值不等式進行放大，然后運用Cauchy不等式便大共告成，那么，（6）的證明也只要對每一個分式中分母乘積項逆用多元算術——幾何平均值不等式，再使用Cauchy不等式便知，詳細的證明略。

y2x2z2

???1.（7）另外，如果一不小心，將（4）錯寫為如下形式：2

y?yz?z2z2?zx?x2x2?xy?y2

那么，雖然（7）與（4）相比，實質性的東西并沒有發生改變，但就其結構而言已經發生了相當大的改變，即（7）的每一個分母中連續3項依次成等比數列，而（4）的分母中就不具備這樣的性質，繼而，（7）是否從某一方面反映某一普遍意義下的一種特例呢？也就是（7）的一般情形是什么？站在等比數列的角度去審視（7），就可以探索從改變分母的指數出發去聯想，從而得到一個很好的結論，（7）的分母多項式為3項，最高指數為2，分子與分母指數相同，左邊為三個式子之和，右邊為1，試想，當分母中的多項式指數增高時，（7）應該變成什么樣子，準確點兒，當指數為n+1時，相應的結論如何？這就是

推廣2：設xyz∈R+，求證：

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：聯想與類比有時候是提出問題和解決問題的金鑰匙，相似問題的解決方法在很多場合往往

都是十分相似的，在這一點上請同學們注意領會并掌握。

思考方向與思考方法基本同于（4），只是實施步驟中的不等式：2xy≤x2+y2(x、y∈R)的右邊的指數2改為n+1時，結論會變成什么相適應的樣子？

類似于（*），由高中課本上知識知（當然可從指數為3，4，5，…,去探索，這里就省去探索的過程了，因為高中課本上已有指數為3、5時的結論）： nkknn+kn+k

xy+xy≤x+y,(x、y∈R+，n、k∈N+)

這是一個有意義的結論，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，推廣2獲證。n?1n?1n?1n?1n?1

n?2y?zn?2z?xx?y

實際上，通過剛才對（7）的分析知道，（7）還有從變量個數方面的推廣，例如變量個數為4，5，6，…，12或者小于等于23的奇數（結論成立）時，結論的證明就比較復雜了，況且，也不能推廣到任意多個變量。關于這點，請讀者參考有關資料。例3：設x、y∈（0，1），求證：

2??。（9）1?x21?y21?xy

分析：本題的結構看似簡單，實際上，要向前面兩個不等式那樣去設法從左至右的證明在這里就不好進行，于是，需要進行等價分析變形，這是在當前一時找不到好的證法時常用的證題方法。

思考方向和思考方法：去分母，整理成恒不等式。

實施步驟：一般的程序應該是配方或者分解因式。

證明：由條件 x、y∈（0，1）知，xy∈（0，1）,所以，原不等式等價于[

1?]?（10）

21?x21?y21?xy

?2(1?x2)(1?y2)-(1?xy)(2?x2?y2)?0?(x2?y2-2xy)(1-xy)?0（11）

結合題目條件及二元均值不等式知此式早已成立，于是原命題獲證。

這一證明看起來比較簡明，但是，真正實施起來也不是太簡單，請同學們仔細領悟。到這里本題的證明已經結束，但是，如果僅停留在這個層次上就得到的甚少，應該及時進行反思、總結、提煉，看看本題有無推廣演變的可能？即能否由此產生新的數學命題？

觀察例3的結構可以看出，（10）的左端可以看成是函數f(x)?

在兩個變量x、y處的函數

21?x

值的算術平均值，右邊是兩個變量x、y在其幾何平均值處的函數值f(xy)，聯想到Jensen不等式，可以很容易的將（10）推廣到多個變量時的情形，即

推廣1：xi∈（0，1）(i=1、2、3，…，n),求證：?

1n

?。（12）nn

i?11?xi1??xi

n

i?

1這由數學歸納法不難確認其正確，詳細證明留給感興趣的讀者。

繼續觀察（11），不難看出，當x＞1，y＞1時，不等號應該反向，于是可得原命題的另一種演變的推廣，即

推廣2：xi∈（1，+∞）,(i=1、2、3，…，n),求證： ?

1n

?（13）nn

i?11?xi1??xi

n

i?

1繼續觀察（10），容易想到，當變量個數再增加時會有怎樣的結論？即對于三個變量 若x、y、z∈（0，1）,可得[

這三式相加得：

11111111111

1?]??]?，[[ ?]?222

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

?????（14）1?x21?y21?z21?xy1?yz1?zx

這樣我們又得到了一個新的命題。如此繼續，便得

推廣3：xi∈（0，1）,(i=1、2、3，…，n),求證：?

n11?（15）?

2i?11?xi?11?xixi?

1in

n11

（16）?.（xn+1=x1）?2

i?11?xi?11?xixi?1

in

推廣4：xi∈（1，+∞）,(i=1、2、3，…，n),求證：?

（15）、（16）的證明可仿照（14）的證明進行，在此就略去其詳細的證明了。

從這幾個推廣命題的由來我們可以看出，很多數學命題都是在認真分析已有命題的基礎上，對原命題進行分析、歸納、總結、提煉，得到描述問題的本質，在原有問題及其求解思路的基礎上，運用自己所掌握的數學知識通過思維的遷移加工就可得到一系列新的數學命題，這也是許多命題專家的研究心得，更是解題者應該多多注意的一個方面，也是我們輔導老師應該向學生介紹的重要一環——展示知識發生、發展的全過程。

研究某些不等式的推廣是十分有意義的工作，有事實表明，近多年來的高層次競賽就多次涉及到多個變量的復雜不等式證明問題，而且，有些問題本身就是一些固有問題的發展和演變，故應引起參加競賽的同學的重視。

例4已知a,b,c,m為正數．求證：證明：不妨設a?c,b?c，則

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設正數x,y,z,a,b,c滿足cy+bz=a,az+cx=b,bx+ay=c,求函數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由對稱性不妨設a≥b≥c,從而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,最后的不等式顯然成立,22222222

11x21

?,其中等號成立當且僅當a=b=c且x=y=z=,故函數f(x,y,z)的最小值為.所以?221?x2

例6設n是給定的正整數，且n≥3,對于n個實數x1,x2,…,xn，記|xi-xj|(1≤i

x12+x22+…+xn2=1,試求m的最大值。

解:不妨設x1≤x2≤…≤xn,則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.僅當x1,x2,…,xn成等差數列,且xk2

n(n?1)k?1

?

n

?0時等號成立∴mmax=

.n(n2?1)

例7設n是一個固定的整數，n≥2.(Ⅰ)確定最小的常數c，使得不等式對所有的非負實數x1，x2，…，xn都成立；

(Ⅱ)對于(Ⅰ)中的常數c，確定等號成立的充要條件。解：將和式

1?i?j?n

1?i?j?n

?xx(x

ij

2i

?xj)?c(?xi)

4i?1

n

?f(x,x)簡記為?f(x,x).(Ⅰ)當x，x，…，x不全為0時，記

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,其中等號成立僅當x?,y?0∴cmin?.848

n

11(Ⅱ)c?中等號成立?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中任意三項之積為0，最多有兩項xi、i?

1n

xj不為0，滿足xi+xj=2xixj即xi=xj∴c?余全為0

2中等號成立?x1，x2，…，xn中有兩項相等(可以為0)，其8

2n?2006

例

8、（2007年CMO試題5）設有界數列{an}(n?1)滿足a?

n

?

k?n

ak1

?,n?1,2,3?求證：k?12n?2007

an?,n?1,2,3,? n

2n?20061

則 bn??bknk?nk?1

證明：設bn?an?

n?1

(1)

下證bn?an?，因為an有界，故存在常數M。使得bn?M，n?100000時，我們有 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，對任意的正整數m有bn?()M于是有bn?0,n?100000 將其代入（1），得bn?0,n?10000 0

再次利用（1），可以得：如果當n?N?1時bn?0，則bN?0，這就推出bn?0,n?1,2,3,?，即an?

m,n?1,2,3,? n

第三篇：高中競賽之重要不等式

高中競賽之重要不等式

1．柯西不等式（給了兩列數，或一列數，有平方和和平方）

定理1 對任意實數組ai,bi(i?1,2,?,n)恒有不等式“積和方不大于方和積”，即

等式當且僅當

時成立。本不等式稱為柯西不等式。

證不等式最基本的方法是作差比較法，柯西不等式的證明也可首選此法。

證明1

n

左=?ai2bi2?2?aibiajbj ∴右-左= i?1i?j

當且僅當 時，等式成立。

柯西不等式的兩個推論：

ⅰ．設 同號（），則

時取等號。，且，則

當且僅當

ⅱ．若

（分母作和）

由柯西不等式可以證下面的不等式。3次可以推廣為4、5等n次。

(a1+a2+a3)(b1+b2+b3)(c1+c2+c3)?(a1b1c1+a2b2c2+a3b3c3)3333333333證明:對(a13+a23+a33)(b13+b23+b33)和(c13+c23+c33)(a1b1c1+a2b2c2+a3b3c3)3 分別用柯西不等式,可得到兩個不等式,將這兩個不等式相乘,再用一次柯西不等式即可證明原不等式.柯西不等式的推廣：閔可夫斯基不等式 設，?，；，?，是兩組正數，k?0且k?1，則

（）

當且僅當a1b1?a2b2???anbn（時等號成立。）

閔可夫斯基不等式是用某種長度度量下的三角形不等式，當時得平面上的三角形不等式：

若記，右圖給出了對上式的一個直觀理解。，則上式為

特例：(a1?a2???am)?(b1?b2???bm)?a1?b1?22222

a2?b2???22am?bm222(a1?a2???am)?(b1?b2???bm)?(c1?c2???cm)?a1?b1?c1?2222

a2?b2?c2???222am?bm?cm222多個根式可轉化為一個根式。赫爾德不等式

已知

上式中若令????等式。

2〔排序不等式，排序原理〕（給的是兩列數且為對稱的）

設a1?a2???an，b1?b2???bn，則有

nnin?1?initi（）是 個正實數，則，，則此赫爾德不等式即為柯西不?abi?1??abi?1??ab．

iii?1即“反序和”?“亂序和”?“同序和”．其中?t1,t2,?,tn???1,2,?,n?．當且僅當a1?a2???an或b1?b2???bn時等號成立． 〔切比雪夫不等式〕

實數ai，bi滿足a1?a2???an，b1?b2???bn（i?1，2，?，n）．則

1nn?i?1?1aibi???nn?i?1??1ai????nn?i?1?1bi???nn?abii?1n?1?i．

當且僅當a1?a2???an或b1?b2???bn時等號成立． 下面給出一個 時的契比雪夫不等式的直觀理解。

如圖，矩形OPAQ中，，顯然陰影部分的矩形的面積之和不小于空白部分的矩形的面積之和，（這可沿圖中線段MN向上翻折比較即知）。于是有

，也即 琴生不等式 〔凸函數定義〕

1．設f?x?是定義在閉區間?a,b?上的函數，若對任意x，y??a,b?和任意???0,1?，有f??x??1???y???f?x???1???f?y?

成立，則稱f?x?是?a,b?上的凸函數（也稱下凸函數或凹函數）．

2．設f?x?是定義在?a,b?上的函數，若對任意x，y??a,b?且x?y和任意???0,1?，有f??x??1???y???f?x???1???f?y? 成立，則稱f?x?是?a,b?上的嚴格凸函數．

3．設f?x?是定義在?a,b?上的函數，若對任意x，y??a,b?和任意???0,1?，有f??x??1???y???f?x???1???f?y? 成立，則稱f?x?是?a,b?上的上凸函數．

凸函數的定義表明了，上(下)凸函數的兩個自變量的算術平均值處的函數值不

小(大)于其函數值的算術平均值．從圖象上看，表明聯結上(下)凸函數圖形上任何兩點的弦的中點恒位于圖形的對應點之下(上)．見圖1．

圖1 注意到在定義中，凸函數的條件是對區間內的任意兩點x1和x2都成立，不難看出，這實際上就保證了函數在整個區間的凸性．即上凸函數圖象上的任一段弧都在所對應的弦的上方；下凸函數圖象上的任一段弧都在所對應的弦的下方．并且由此形成的弓形是凸的區域．正因為這種函數的圖象具有這種特點，所以我們才把它形象地名之曰：凸函數．

在初等數學里，關于函數的凸性，可根據圖象來判斷．例如，讀者不難根據圖象可以得出：

冪函數y=xa．當a＞1或a＜0時，是(0，∞)上的下凸函數；當0＜a＜1時，是(0，∞)上的上凸函數．

指數函數y=ax(a＞0，a≠1)．是(-∞，∞)上的下凸函數．

對數函數y=logcx(a≠1)．當a ＞1時，是(0，∞)上的上凸函數；當0＜a＜1時，是(0，∞)上的下凸函數．

三角函數y=sinx是[0，π]上的上凸函數，是[π，2π]上的下凸函

上述函數的凸性；也可以根據定義用初等方法來證明．學過微分學的讀者還可以根據函數的二階導數的符號來判斷函數的凸性．即，若函數f(x)對在定義域(a，b)內的所有x恒有f' '(x)＜0，則f(x)是(a，b)上的上凸函數；如果恒有f(x)＞0，' '則f(x)是(a，b)上的下凸函數．

〔琴生〔Jensen）不等式〕（變量做和）

若f?x?是區間?a,b?上的凸函數，則對任意x1，x2，?，xn??a,b?有

?1f??nn?i?1?1xi???n?f?x?．

ii?1n當且僅當x1?x2???xn時等號成立．當f?x?為上凸函數時，不等式反向． 〔琴生〔Jensen）不等式推論，即加權琴生不等式〕

若f?x?是區間?a,b?上的凸函數，則對任意x1，x2，?，xn??a,b?和對任n意滿足?pi?1的正數p1，p2，?，pn，有

i?1?n?f??pixi???i?1?n?i?1pif?xi?．當且僅當x1?x2???xn時等號成立．

若令qi=pi／(p1＋?＋pn)，其中p1，?，pn是任意正數．則琴生不等式(2)變成：

在(2)或(3)式中，f(x)取不同的凸函數，便得不同的不等式．

例1 令f(x)=xk，x≥0，k＞1，則f(x)是R+上的凸函數，因此有

例2 令f(x)=lgx，x＞0，則f(x)是R+上的凹函數，故有

取反對數，得

此即加權平均不等式．

1?n?1．設ai全是正數，且s???ai??ai（i?1，2m?i?1?，?，n），且n?m，n?2．求證：

n（1）?i?1ns?aiaiais?ai?n?n?m?mnmn?m；

（2）?i?1?．

證明：不妨設a1?a2???an?0，于是

s?an?s?an?1???s?a1，1ann?1an?1???1a1．由切比雪夫不等式得

n1nn?i?1s?aiai?1???nn?i?1??1?s?ai??????nnn?i?1n1??n?m?s??ai?n?n?1???n??i?11??．（*）?ai?又由均值不等式知?i?11ai?1n?ai?1i．又?ai?ms，所以

i?11n?ani?11i?nn?inms，而n?m，代入（*）后整理可得（1）成立．

?ai?1另一方面

1s?a1?1s?a2???1s?an，a1?a2???an．由切比雪夫不等式得

n1nn?i?1?1???ns?ai?ain?i?1??1??s?ai???n1?i?1?ai?．（**）?由均值不等式：

nn?i?1n1s?ai?1n??s?ai??i?1nns?msn，故

1n?n1s?ai?ni?1?n?m?s．

又?ai?ms，代入（**）整理后可得（2）成立．

i?1 2．有十人各拿一只水桶去打水，如果水龍頭灌滿 總花費的時間為：

T?mp1??m?1?p2???pm??10?m?q1??9?m?q2???q10?m．

其中?p1,p2,?,pm,q1,q2,?,q10?m???t1,t2,?,t10?，t1?t2???t10． 首先我們來證明m?5．若不然，我們讓在 3．在?ABC中，求證下列各不等式：（1）sinA?sinB?sinC?（2）tanAm?tanBm?tanCm332；

?3m?3tan，其中m?N且m?2．

證明：（1）考查正弦函數y?sinx，在?0,??為上凸函數，故

sinA?sinB?sinC3A?B?C3?sin?sin?3?32．

即sinA?sinB?sinC?332xm．，在?0,??上是凸函數．

x?y2（2）考查函數f?x??tan 6．設x?0，y?0，證明：xlnx?ylny??x?y?ln．

1x?0證明：考查函數f?x??xlnx（x?0），其二階導數f???x??凸函數．所以

f?x??f?y??x?y?，f???2?2?，故其為即

x?y2lnx?y2?12?xlnx?ylny?．

7．對正數a1，a2，?，an，若k?1或k?0，則

a1?a2???annkkk?a?a2???an???1?；

n??k若0?k?1，則

a1?a2???ann kkk?a?a2???an???1?．

n??

k證明：考查函數f?x??xk（x?0）．其二階導數f???x??k?k?1?xk?2． 當k?0或k?1時，f???x??0，故函數f?x??xk（x?0）為凸函數； 當0?k?1時，f???x??0，故函數f?x??xk（x?0）為上凸函數． 以下由琴生不等式立得．

n 8．已知正實數ai（i?1，2，?，n）滿足?ai?1．

i?1n求證：?i?1?1??1??ai????n??． ?ai?n????5?x?21??f?x??ln?x??，x??0,1?．因f???x??22x??x1?xn證明：考查函數

?2?2?????0，故該函數為凸函數．

而0?ai?1（i?1，2，?，n），所以

?n??ai???1?i?1?ln?a??ia???ln?n?i???????nn?1???ln?n??．（?ai?1）n?n??i?1?ai?i?1?1?n??n?i?1去掉對數符號立得．

4．設x1?x2???xn?0，實數p，q都不為零，且t?p?q．則（1）若p，q同號，則

1n?nni?1?1x???ntin?i?1n??1xi????npn?xi?1nqi???；

（2）若p，q異號，則

1?ni?1?1x???nti?i?1??1xi????np?i?1q?xi??．

證明：當p，q同號時，兩者都是正數，由不等式單調性得x1?x2???xn ppp，x1q?x2q???xnq，由切比雪夫不等式得（1）成立；

當p，q異號時，假設p?0，q?0，由不等式單調性得x1p?x2p???xnp，xqqq1?x2???xn，由切比雪夫不等式得（2）成立；

5．設a、b、c為某一三角形三邊長，求證：

a2?b?c?a??b2?c?a?b??c2?a?b?c??3abc．

證明：不妨設a?b?c，易證a?b?c?a??b?c?a?b??c?a?b?c?．由排序原理得

a2?b?c?a??b2?c?a?b??c2?a?b?c?

?a?b?c?a?b??b?c?a?b?c??c?a?b?c?a??3abc．

6．設x1?x2???xn，y1?y2???yn．求證：

n??x2ni?yi????xi?zi?2．

i?1i?1其中z1，z2，?，zn是y1，y2，?，yn的任意一個排列．

nn證明：要證??xi?y2i????xi?zi?2，只要證

i?1i?1nnnn??x22i?y2i????2xiyi????xi?z2i????2xizi?．只要證

i?1i?1i?1i?1nn?xiyi??xizi．

i?1i?1由題設及排序原理上式顯然成立． 7．在?ABC中求證：（1）1?1?16；

sinA2sinB2sinC?2（2）cotA?cotB?cotC222?33；

證明：（1）考查函數y?1sinxx2，其在??0,??????2?上為凸函數；

（2）考查函數f?x??lncot1，在?0,???2?上是凸函數．證明如下：

即證?f?x1??f?x2???f?2?x1?x2??． 2??f?x1??f?x2??lncotx12?lncotx22?lncotx12cotx22

??? ???x1?x2x1?x2???2cos2cos???22??ln?1??ln?1?x?x2x?x2x?x2???cos1?cos11?cos1???222????2lncotx1?x24?x?x2??2f?1?．證畢．

2?? 8．設0?xi??，i?1，2，?，n．那么（1）1n?nni?1?1sinxi?sin??nni?x?；

i?1??（2）?i?1??1sinxi??sin??n?n?i?1??xi????n．

證明：（1）考查函數f?x??sinx，其在?0,??上為凸函數．（2）考查函數f?x??lnsinx，其在?0,??上為凸函數．證明如下： 令x1，x2??0,??，則

sinx1sinx2?1212?cos?x1?x2??cos?x1?x2??

2? ?1?cos?x1?x2??x?x2????sin1?．

2?? 將上述不等式兩端取自然對數，得

lnsinxx1?x21?lnsinx2?2lnsin2，即

lnsinx1?lnsinx21?x22?lnsinx2．

故函數f?x??lnsinx在?0,??上為凸函數．

由琴生不等式

1nnn?lnsinxlnsin??1i?x?i?1?n?i?． i?1?故

nnn?sinx?sin??1i??x??i?．

i?1??n???i?1?4．平均值不等式

設a1,a2,?,an?R?，對于n?N?，則

a21?a222???an2???annn?a1?an?a1a2?an?n1a?1???1

1a2an其中等號當且僅當a1?a2???an時成立。以下為閱讀材料 5．貝努利不等式

（1）設，且同號，則

（2）設，則

（?。┊?/p>

（ⅱ）當等號成立?；?時，有 時，有

；

，上兩式當且僅當

時

不等式（1）的一個重要特例是

（）

6．艾爾多斯—莫迪爾不等式

設P為

當且僅當 內部或邊界上一點，P到三邊距離分別為PD，PE，PF，則

，為正三角形，且P為三角形中心時上式取等號。

這是用于幾何問題的證明和求最大（小）值時的一個重要不等式。

7．冪平均不等式 8．權方和不等式

第四篇：重要不等式應用匯總9奧賽必備0

重要不等式應用匯總

數學競賽常用

1． 排序不等式：

設a1?a2?...?an, b1?b2?...?bn j1,j2,...,jn是1,2,...,n的一個排列，則

2． 均值不等式：當ai?R?（in111????a1a2an?na1bn?a2bn?1?...?anb1?a1bj1?a2bj2?...?anbjn?a1b1?a2b2?...?anbn.?1,2,?n）時，有：

a?a2???ana1a2?an?1?na1?a2???an

n2223． 柯西不等式：設ai,bi?R(i?1,2,...n)則(?a)(?b2ii?1i?1nn2i)?(?aibi)2.i?1n等號成立當且僅當存在??R，使得bi??ai(i?1,2,...,n).從歷史角度看，柯西不等式又可稱柯西--布理可夫斯基-席瓦茲不等式 變形：（1）設ai?R,bi?R則

?na??bi?1in2i(?ai)2(?bi)i?1i?1n.（2）設ai,bi同號，且ai,bi?0,則?ai?i?1bin(?ai)2(?aibi)i?1i?1nn.4． 琴生（Jensen）不等式：若f(x)是(a,b)上的凸函數，則對任意x1,x2,...,xn?(a,b)

x1?x2?...?xn1)?[f(x1)?f(x2)?...?f(xn)].nn5．冪均值不等式： f(?????a1?a2?...?ana1??a2?...?an?設????0(ai?R)則 M??()?()??M?.nn6.切比雪夫不等式：

?11設兩個實數組a1?a2?...?an，b1?b2?...?bn則

1(a1bn?a2bn?1?...?anb1)?n?a?bii?1nnin?i?1nn?1(a1b1?a2b2?...?anbn).nnii（該不等式的證明只用排序不等式及7．一個基礎不等式：

?a??b的表達式就可得證）

i?1i?1x?y1????x?(1??)y 其中x,y?0,??[0,1],若x,y中有一個為零，則結論成立 8．赫爾德（Holder）不等式：設 ak,bk?0(k?1,2,...n).p,q?1且

11??1，則 pq?abkk?1nk?(?akp)?(?bkq)（等號成立當且僅當akp?tbkq）

k?1k?1n1pn1q*9.與對數函數有關的一個不等式：

x ?ln(1?x)?x，x?0.（該不等式的證明利用導數的符號得出函數的單調性）1?x*10．三角函數有關的不等式：sinx?x?tanx x?(0,*11．絕對值不等式: 設a,b,a1,a2,?an*12．舒爾（Schur）不等式：

設x,y,z?R，則x(x?y)(x?z)?y(y?x)(y?z)?z(z?x)(z?y)?0 *13.閔可夫斯基（Minkowski）不等式：

如果x1,x2,......,xn與y1,y2,......,yn都是非負實數p?1，那么(?(xi?yi))?(?x)?(?y)ppipii?1i?1i?1n1pn1pn1p?2)

?C，則有：│|a|-|b|│≤│a+b│≤│a│+│b│；

│a1?a2???an│≤a1?a2???an

?14.貝努利不等式

（1）設xi??1,i?1,2,?n,n?2且同號，則

?(1?x)?1??xii?1i?1nni

（2）設x??1，則（?。┊????1 時，有(1?x)?1??x；

（ⅱ）當??1或??0 時，有(1?x)??1??x，上兩式當且僅當x?0時等號成立。不等式（1）的一個重要特例是(1?x)n?1?nx(x??1,x?0,n?N,n?2)15.艾爾多斯—莫迪爾不等式

設P為△ABC內部或邊界上一點，P到三邊距離分別為PD，PE，PF，則

?PA?PB?PC?2(PD?PE?PF)當且僅當△ABC為正三角形，且P為三角形中心時上式取等號。這是用于幾何問題的證明和求最大（小）值時的一個重要不等式 16.外森比克不等式：

已知三角形的邊長為a,b,c，其面積為S，求證a?b?c?43S，當且僅當a=b=c時取等號

222其他不等式綜合問題 例1：（第26屆美國奧數題）設a、b、c∈R+，求證：1111 ???333333a?b?abcb?c?abcc?a?abcabc11 ?3a?b?c?abcdabcd33推廣1：設a、b、c、d∈R+，求證：?推廣2：設ai∈R+(i=1、2、3，…，n),求證：?n1i?ki?1?a??aii?1nin?1?aii?1n

例2：設x、y、z∈R+，求證：

x2y2z2?2?2?1.2222y?z?yzz?x?zxx?y?xyn推廣1：設ai∈R+，(I=1,2,3,…，n)求證：?推廣2：設xyz∈R+，求證：

aink?in?ak??akk?i?1.i?1xn?1yn?1zn?13 ?n?1n?n?1n?n?1nn?12n?1n?12n?1n?12n?1n?2y?yz?yz?????zz?zx?zx????xx?xy?xy?????y例3：設x、y∈（0，1），求證：

112。（9）??1?x21?y21?xy1n? nni?11?xi1??xini?1推廣1：xi∈（0，1）(i=1、2、3，…，n),求證：?推廣2：xi∈（0，1）,(i=1、2、3，…，n),求證：?n11?.?2i?11?xi?11?xixi?1inn11?.（xn+1=x1）?推廣3：xi∈（1，+∞）,(i=1、2、3，…，n),求證：?2i?11?xi?11?xixi?1in例4．已知a,b,c,m為正數．求證：

abca?mb?mc?m． ?????bcab?mc?ma?m222例5．設正數x,y,z,a,b,c滿足cy+bz=a,az+cx=b,bx+ay=c,求函數f(x,y,z)=x?y?z的最

1?x1?y1?z小值.例6．設n是給定的正整數，且n≥3,對于n個實數x1,x2,…,xn，記|xi-xj|(1≤i

例7．設n是一個固定的整數，n≥2(Ⅰ)確定最小的常數c使得不等式

1?i?j?n?xxij(xi?xj)?c(?xi)4對所有的非負實數x1，x2，…，xn都成立；(Ⅱ)對于(Ⅰ)中的22i?1n常數c，確定等號成立的充要條件。

例8．（2007年CMO試題5）設有界數列{an}(n?1)滿足an?2n?2006?k?nak1?,n?1,2,3? k?12n?2007求證：an?1,n?1,2,3,? n

第五篇：不等式的證明規律及重要公式總結

不等式的證明及重要公式總結

幾個常應用的不等式

221、a?b?2ab,ab?(a?b2)?a2?b2?c2?ab?bc?ca 2222、a?b?a?b?ab?2(a,b?R?)

1122?ab3、a3?b3?c3?3abc(a?b?c?0）

4、a?b?c?3?3abc，abc?(a?b?c3)；(a,b,c?R?)

35、|a|?|b|?|a?b|?|a|?|b|，(a,b,c?R)

?n?226、?ai?bi???aibi?（柯西不等式）

i?1i?1?i?1?nn2

法一：作差：

證明方法

例一：a?b?c?1，求證：a2?b2?c2?1。

31的代換11222222

2證：左－右=(3a?3b?3c?1)????[3a?3b?3c?(a?b?c)]

331?[(a?b)2?(b?c)2?(c?a)2]?0 3?2a2b2cb?cc?aa?b法二：作商；設a、b、c?R，且a?b?c，求證：abc?abc

左a2ab2bc2cabc

證：?b?cc?aa?b?aa?baa?cbb?cbb?acc?acc?b?()a?b?()b?c?()c?a

右abcbcaaa?1,a?b?0?()a?b?1 bbaaa?b?1

當0

∴ 不論a>b還是a

當a>b>0時?法三：公式法：例二：a>0,b>0，且a+b=1，求證：

①a?b?1121225

②(a?)?(b?)? 8ab2A2?B2A?BA2?B2A?B2

證①由公式：???()得：

2222a4?b4a2?b22a?b2211?()?[()]??a4?b4?

222168A2?B2A?B2(A?B)222?()?A?B?

證②由 2221111a?b211[(a?)?(b?)]2?[a?b?]?(1?)2

（*）2ab2ab2aba?b211)???4

∵ ab?(24ab1252

∴(*)?(1?4)?

∴ 左?