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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第73讲


第十三讲 不等式证明选讲 本节主要内容为证明不等式的基本方法——比较法;综合法于分析法;放缩法;放缩法; 反证法;数学归纳法;数形结合以及运用函数的性质. A 类例题 例 1 设 r1 ? 1, r2 ? 1 ,证明

1 1 2 ? ? 1 ? r1 1 ? r2 1 ? r1r2

分析:可以把不等式两边相减,通过恒等变形(例如配方,因

式分解等) ,转化为一个能 够明确确定正负的代数式. 证明:

(1 ? r1 ? r2 )(1 ? r1 r2 ) ? 2(1 ? r1 )(1 ? r2 ) 1 1 2 ? ? ? ? 1 ? r1 1 ? r2 1 ? r1 r2 (1 ? r1 )(1 ? r2 ).(1 ? r1 r2 ) ? r1 r2 ( r1 ? r2 ) 2 ? ( r1 ? r2 ) 2 (1 ? r1 )(1 ? r2 ).(1 ? r1 r2 ) ?

r1 r1 r2 ? r2 r1 r2 ? 2r1 r2 ? r1 ? r2 ? 2 r1 r2 (1 ? r1 )(1 ? r2 ).(1 ? r1 r2 ) ( r1 ? r2 ) 2 .( r1 r2 ? 1) (1 ? r1 )(1 ? r2 ).(1 ? r1 r2 ) ? 0 ,?

1 1 2 当且仅当 r1 ? r2 ? 1 时等号成 ? ? 1 ? r1 1 ? r2 1 ? r1r2

立. 说明:要证 a ? b ,最基本的方法就是证明 a ? b ? 0 ,即把不等式两边相减,转化为比 较差与 0 的大小,此法用的频率极高. 链接:本题可推广为 r1 , r2 ,...rn 都不小于 1,证明:

1 1 1 n (注:要用数学归纳法) ? ? ... ? ? 1 ? r1 1 ? r2 1 ? rn 1 ? n r1r2 ...rn
例 2 设 0 ? x ? 1 , a ? 0, a ? 1 ,比较 | loga (1 ? x) | 与 | loga (1 ? x) | 的大小. (1982 年全国高考题) 分析:显然,要比较的两个数都是正数,把它们相除考察商式与 1 的大小关系,同样可 得出两数的大小关系,即 a , b 为正数

a ?1? a ? b b

解 : 由 于 0 ? x ? 1 , 1 ? x ? 1 ? loga (1 ? x) ? 0 ? | loga (1 ? x) |? 0 , 同 理

| loga (1 ? x) |? 0 ,
log 1? x
例3

| loga (1 ? x) | loga (1 ? x) ?| |?| log1? x (1 ? x) |? ? log1? x (1 ? x) ? | loga (1 ? x) | loga (1 ? x)

1 ? log 1? x (1 ? x) ? 1 ,因此 | loga (1 ? x) |? | loga (1 ? x) | 1? x 1 1 2 1) a ? , b ? , ab ? ,证明 a ? b ? 1 3 3 9
2) n 为任意正整数,证明

1 n(n ? 1)

? n ? n ?1

1)分析:观察欲证不等式的特点,已知中有 ab ,结论中有 a ? b ,这种结构特点启发我 们采用如下方法.

1 1 1 1 1 ,所以 a ? ? 0 ,同理 b ? ? 0 ,因此 ( a ? )( b ? ) ? 0 , 3 3 3 3 3 2 1 1 1 1 ab ? (a ? b) ? ? 0 ? (a ? b) ? ab ? ,又 ab ? ,故 a ? b ? 1 9 3 9 3 9
证明:因为 a ? 说明:一般地,从已知条件出发,利用定义、公理、定理、性质等,经过一系列的推理、 论证而得出命题成立,这种证明方法叫做综合法,综合法又叫顺推证法或由因导果法. 2)分析:从不等式的结构不易发现需要用哪些不等式的性质或事实解决这个问题,因此 用分析法. 证明:要证

1 n(n ? 1)

? n ? n ? 1 ,只需证

1 n(n ? 1)

?

1 n ? n ?1

,也就是要证

n(n ? 1) ? n ? n ? 1 ,两边平方 n 2 ? n ? n ? n ? 1 ? 2 n(n ? 1) ,只需证 n(n ? 1) ? 2 n(n ? 1) ? 1 ? 0 ,只需证 ( n(n ? 1) ? 1) 2 ? 0 ,该式对一切正整数 n 都成立,
所以

1 n(n ? 1)

? n ? n ? 1 成立.

说明:证明命题时,我们还常常从要证的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直 至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实,从而得出要的命题成立,这种证明的方法叫 做分析法.这是一种执果索因的思考和证明方法,在寻求证明思路时尤为有效. 当问题比较复杂时,时常把分析法和综合法结合起来使用.以分析法寻找证明的思路, 用综合法叙述、表达整个证明过程. 在实际的证题思考过程中,执果索因和由因导果总是不断交替地出现在思维过程中. 链接:用此已经获证的不等式很容易证出一个新的不等式:

?
k ?1

n

1 k (k ? 1)

? n

例4

1)设 a, b, c 是一个三角形的三条边长, a ? b ? c ? 2 ,证明 2)设 an ?

4 ? a2 ? b2 ? c2 ? 2 3

n ? 2 , bn ? 3n( n ? 2 ? n ? 1) ,比较 an 与 bn 的大小
(1992 年上海高考题改编)

1) 证明:用分析法证不等式的前半部分. 要证

4 ? a 2 ? b 2 ? c 2 ,只需证 3(a 2 ? b 2 ? c 2 ) ? 4 ,即证 3(a 2 ? b 2 ? c 2 ) ? (a ? b ? c) 2 , 3
2 2 2

只需证 a ? b ? c ? ab ? bc ? ca ,因为该不等式是我们熟知的已经成立的不等式,所以

?a ? b ? c ? 2 4 ? a 2 ? b 2 ? c 2 成立.又 ? ? 2 ? c ? c ? 0 ? c ? 1 ,同理 0 ? a, b ? 1,这样 3 ? a?b ? c

?a 2 ? a ? 2 2 2 2 2 2 2 便 有 ?b ? b ? a ? b ? c ? a ? b ? c , 也 即 a ? b ? c ? 2 . 综 上 得 ?c 2 ? c ?
4 ? a2 ? b2 ? c2 ? 2 3
2)分析:用特殊值代入 (n ? 1,2,3,4,5) 获得的印象是 n ? 1,2,3 时 a n ? bn ,从 n ? 4 开始

a n ? bn ,因此我们从作差入手,用放缩法完成全部结论.
解: an ? bn ?

n ? 2 ? 3n( n ? 2 ? n ? 1) ?
? 3?n n ? 2 ? n ?1

n ? 2 ? (n ? 2)(n ? 1) ? 3n n ? 2 ? n ?1

?

n ? 2 ? (n ? 1) ? 3n n ? 2 ? n ?1
又 an ? bn ?

? 0 (当 1 ? n ? 3 时) ,所以 a n ? bn (n ? 1,2,3)

n ? 2 ? (n ? 2)(n ? 1) ? 3n n ? 2 ? n ?1

?

n ? 2 ? n ? 2 ? 3n n ? 2 ? n ?1

?

4?n n ? 2 ? n ?1

?0 (当

n ? 4 时) ,所以 a n ? bn (n ? 4,5,6...).综上可知 1 ? n ? 3 时, a n ? bn ; n ? 4 时, a n ? bn
说明:证明不等式时,通过把不等式中的某些部分的值放大或缩小,简化不等式,从而 达到证明的目的,我们把这种证法称为放缩法.比如说直接证明不等式 A ? B 比较困难,可 以试着去找一个中间量 C ,如果有 A ? C 及 C ? B 同时成立,自然就有 A ? B .所谓“放缩” 即将 A 放大到 C ,再把 C 放大到 B ,或者反过来把 B 缩小到 C 再缩小到 A ,不等式证明的 技巧常体现在对放缩尺度的把握上. 情景再现 1. 设 0 ? b ? a ,证明

( a ? b) 2 a ? b ( a ? b) 2 ? ? ab ? 8a 2 8b

2.

1)设 a, b ? R ,证明

?

a b a b ? ?1? ? a ? 3b b ? 3a 3a ? b 3b ? a
1 3

2) x, y , z 为任意实数,满足 xy ? yz ? zx ? 1 ,求证 xyz ( x ? y ? z ) ? 3. 设 1 ? x ? y ? z ? t ? 100 ,则 B 类例题 例5 设 x1 , x2 ,...,xn , y1 , y2 ,..., yn ? R 满足 1) 0 ? x1 y1 ? x2 y2 ? ... ? xn yn 2) x1 ? x2 ? ... ? xk ? y1 ? y2 ? ... ? yk , k ? {1,2,3,...,n} ,证明:
?

x z ? 的最小值=__________ y t

1 1 1 1 1 1 ? ? ... ? ? ? ? ... ? x1 x2 xn y1 y 2 yn
分析:从要证明的结论看,去分母是不可能的,因为去分母计算量太大,去分母后也无 法利用已知条件.另外,应该注意已知条件 2)实际上包含着 n 个不等式

x1 ? y1 ? ? x1 ? x 2 ? y1 ? y 2 ? ,考虑到以上特点,因此用比较法,先作差. ? ... ? ? ? x1 ? x 2 ? ... ? x n ? y1 ? y 2 ? ... ? y n
证明: (

1 1 1 1 1 1 ? ? ... ? ) ? ( ? ? ... ? ) ? y1 y 2 yn x1 x2 xn

(

x ? y1 x2 ? y 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? ) ? ( ? ) ? ... ? ( ? ) ? 1 ? ? ( ? ) ? ... ? ( ? ) y1 x1 y 2 x2 y n xn x1 y1 x2 y 2 y 3 x3 y n xn x1 ? y1 x2 ? y 2 1 1 1 1 ? ? ( ? ) ? ... ? ( ? ) ? x2 y 2 x2 y 2 y 3 x3 y n xn

?

( x1 ? x2 ) ? ( y1 ? y 2 ) x3 ? y3 1 1 ? ? ... ? ( ? ) ? x2 y 2 x3 y 3 y n xn ( x1 ? x2 ) ? ( y1 ? y 2 ) x3 ? y3 1 1 ? ? ... ? ( ? ) ? x3 y 3 x3 y 3 y n xn
( x1 ? x2 ? x3 ) ? ( y1 ? y2 ? y3 ) 1 1 ? ... ? ( ? ) (依次类推)… x3 y3 yn xn

?

( x1 ? x2 ? ... ? xn ) ? ( y1 ? y 2 ? ... ? y n ) ? 0, xn y n
1 1 1 1 1 1 ? ? ... ? ? ? ? ... ? x1 x2 xn y1 y 2 yn

因此

说明:证题过程看似好长,实际上关键步骤只有一两个.从数学欣赏的角度看,本题已 知,求证和证法合在一起,显得十分和谐优美. 例6 1)证明:任何三个实数都不可能同时满足下列三个不等式:

| x |?| y ? z | , | y |?| z ? x | , | z |?| x ? y |
2)设 a, b, c 是实数且满足 abc ? 1 ,证明 2 a ? 于1

1 1 1 、 2b ? 、 2c ? 中最多有两个数大 b c a

(第 44 届塞尔维亚和里山数学奥林匹克) 分析:要证的结论与条件之间的联系不明显,直接由条件推出结论的线索不够清晰,于 是考虑反证法.

1)证明:假设存在某三个实数 x, y , z 同时满足题设的三个不等式,将它们的两端都同时 平方,然后分别移项、分解因式得:

( x ? y ? z )(x ? y ? z ) ? 0 (1) ( y ? z ? x)( y ? z ? x) ? 0 (2) ( z ? x ? y)(z ? x ? y) ? 0 (3)
三式相乘得 ( x ? y ? z) 2 ( x ? y ? z) 2 ( y ? z ? x) 2 ? 0 ,这显然是不可能的,因此原命题成立. 说明:本题所得到的三个不等式(1) (2 ) (3) ,单独看哪一个看不出有什么毛病,而一 旦把它们求积,矛盾便显现在眼前.

1 1 1 、 2b ? 、 2c ? 都大于 1,由于 a, b, c 中至少有一个是 b c a 1 正的,不妨设 a ? 0 ,于是 2c ? 2c ? ? 1 ? c ? 0 .同理可推得 b ? 0 ,因此 a, b, c 都是正 a
2)证明:假设三个数 2 a ? 数.由 2b ?

1 1 1 1 1 1 1 1 ,即 b ? ,同理 a ? ,c ? ,三式相 ? 1 ? b ? (1 ? ) ? .2 c b a c 2 c 2 c 1 ? (abc) 2 ? 1 ? abc ? 1 ,此与已知 abc ? 1 矛盾,因此题目结论成立. abc
3

乘得 abc ?

说明:反证法的根据是排中律,是用证明逆否命题成立来替代原命题成立.其难点在于 提出与结论相反的假设后,如何合理地展开思路以便尽快凸现矛盾. 例 7 设数列 {xn } 满足 x1 ?

x 1 , x n ?1 ? x n ? n2 ,证明 x2001 ? 1001 2 n

2

(2001 年中国西部数学奥林匹克) 分析: 这是一个有关正整数的命题, 很自然地考虑用数学归纳法, 注意到 1001 接近 2001 的一半,因此可以试着证明 x n ?

n (1) 2 1 n 证明: n ? 1 时, x1 ? ,命题 x n ? 成立. 2 2

设 n ? k 时, (1)成立,即 x k ?

x k k 1 k 2 ,当 n ? k ? 1 时,有 x k ?1 ? x k ? k2 ? ? 2 ( ) 2 2 k 2 k

2

?

k 1 k ?1 2001 * ? ? ? 1001 ,故对一切 n ? N , (1)都成立,从而 x 2001 ? 2 4 2 2
2

4 4 2 2 例 8 1) x , y 为非负实数, x ? y ? 1 ,证明: 5 ? 1 ? x ? 1 ? y ? 1 ?

? 2)设 x, y ? R ,证明 x ? 3x ? 3 ?
2

y 2 ? 3 y ? 3 ? x 2 ? 3xy ? y 2 ? 6

分析:从 1) ,2)的结构看,似乎分别与勾股定理、余弦定理有些联系,因此可以把题中 的式子赋于几何意义,从而把复杂的代数不等式化为相应的较为简单的几何不等式.

1)证明:如图 1) ABCD 、 CDEF 都是正方形,其边长等于 1, P 为线段 CD 上任一 点 , 令 PC ? x
2

, PD ? y 2 , 则 x 2 ? y 2 ? 1 , PA ?

DA 2 ? DP 2 ? 1 ? y 4 ,

PF ? CF 2 ? CP 2 ? 1 ? x 4 , PA ? PF ? AF ? 1 ? x 4 ? 1 ? y 4 ? 5
? 2 x? ? ? 2 时等号成立) (? .又在 ?ADF 形内任一点(含周界) , PA ? DF ? AD ? DF ,即 2 ?y ? ? 2 ?

?x ? 0 ? x ? 1 1? x4 ? 1? y4 ? 1? 2 ( ? 或? 时等号成立) . ? y ? 1 ?y ? 0
A B B

D
A

P

C

N

M

E 1)

F

C 2)

A

B C 2)证明:构造图形如图 2) , ?A

为等腰直角三角形, AC ? BC ? 3 , CM ? x ,

?ACM ? 30? , CN ? y , ?BCN ? 30? , 据 余 弦 定 理 AM ? x 2 ? 3x ? 3 ,
BN ? y 2 ? 3 y ? 3 ,MN ?

x 2 ? 3xy ? y 2 ,由平面几何知 AM ? MN ? NB ? AB ,即

x 2 ? 3x ? 3 ? y 2 ? 3 y ? 3 ? x 2 ? 3xy ? y 2 ? 6 ,当且仅当 x ? y ? 3 ? 3 时等号成
立. 链接:本题独到的证法不仅明快、利索,而且揭示了问题的真正内含.我们不难从中体 会到这道题是如何编拟、设计出来的. 例 9 设非负实数 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 满足
5 xi 1 ,求证: ? 1 ?1 ? ? 2 i ?1 1 ? xi i ?1 4 ? xi

5

(2003 年西部数学奥林匹克) 分析:证明分式不等式,尽可能地不通分、不去分母(不得已而为之) .本题通过代换, 转换为一个新命题,再用函数有关性质推断出要证结果. 证明:令 y i ?
5 1 ? yi 1 , i ? 1,2,3,...,5 ,则 xi ? ,且 ? y i ? 1 , ( 0 ? yi ? 1 ) , 1 ? xi yi i ?1

xi 4 ? xi
2

1 ? yi ( ) 2 2 yi ? yi ? yi 3y ? 1 1 ? 5 yi ? 5 yi 1 1 ? ? ? . 2 ?? ? . 2 i 2 1 ? yi 2 5 yi ? 2 yi ? 1 5 5 yi ? 2 yi ? 1 5 5 5 yi ? 2 yi ? 1 4?( ) yi
5 3 yi ? 1 xi 1 1 3 5 5 ? ? ? .(3 y i ? 1) ,因此 ? ? ? 1 ? yi ? ? 1 ,当 ? 2 1 4 5 4 4 i ?1 4 i ?1 4 ? xi 5( y i ? ) 2 ? 5 5

1 1 ?? ? . 5 5

且仅当 y i ?

1 ..., 5 )时等号成立. ,即 xi ? 4 , ( i ? 1,2,,3 5
2 2

情景再现 4. a, b, c ? R ,若 a ? ab ? ac ? 0 ,证明 b ? 4ac 5. 若 0 ? x1 , x2 ,...,xn ? 1 , n ? 1 .证明:

xn x1 x2 ? ? ... ? ? 1 (2004 年新加坡数学奥林匹克) 1 ? (n ? 1) x1 1 ? (n ? 1) x2 1 ? (n ? 1) xn
6. 已知数列 {an } 中所有项 a i 都是正数, 又设对于 n ? 1,2,3,...都有 an ? an ? an?1 , 证明对于
2

n ? 1,2,3,...都有 a n ?

1 . n

(1964 年北京数学竞赛题)

7. 设 x, y , z 取正实数,且 x ? y ? z ? 1 ,求三元函数

3x 2 ? x 3 y 2 ? y 3z 2 ? z 的最小值,并给出证明. f ( x, y, z ) ? ? ? 1? x2 1? y2 1? z2
(2003 年湖南省高中数学竞赛题) C 类例题 例 10 1)数列 {an } 中对于任意正整数 n 都有 an?1 ? an 1) 试用 a1 和 n 表示 an 2) 当 0 ? a1 ?
n 1 1 时,证明 ? (a k ?a k ?1 )a k ? 2 ? 2 32 k ?1 n

2

3) 当 0 ? a1 ? 1 时,证明

? (a
k ?1

k

?ak ?1 )ak ? 2 ?

1 3

(2003 年全国高考江苏卷改编)

分析:首先通过叠代求出数列 {an } 的通项公式,再据通项公式发掘数列的性质.此时我 们发现

? (a
k ?1

n

k

?a k ?1 )a k ? 2 不大好求.因此应将 (ak ? ak ?1 )ak ?2 适当放大,使放大后的数列既便

于求和且和式的值又能命中(或接近)要证之结果.
2 2 2 2 1) 解:由已知 a n ? a n ?1 ? (a n ? 2 ) ? (a n ? 2 ) ? (a n ?3 ) ? (a n ?3 ) ? ... ? a1 2 2 2 2 2 3 2 n ?1

2) 证明:

n ?1 0 an?1 1 2n 2 n ?1 2 n ?1 ? a1 ? a1 ? a1 ,由于 0 ? a1 ? ,所以 a1 2 ? a1 2 ? 1,故得 2 an

an?1 ? an .数列 {an } 为单调递减 an?1 ? an ? 0 , a1 ?
? a 2 ? 4, ? a3 ? a 2
n
2

1 1 2 , a2 ? ( ) 2 2 1 1 1 ? ( ) 2 , a3 ? , 于 是 k ? 1 时 a k ? 2 ? a3 ? ,这样便有 4 16 16
n

? (ak ?ak ?1 )ak ?2 ? ? (ak ?ak ?1 )a3 ? ? (ak ?ak ?1 )
k ?1 k ?1 k ?1

n

1 1 1 1 ? (a1 ? an?1 ) ? a1 ? 16 16 16 32

所以

? (a
k ?1

n

k

?a k ?1 )a k ? 2 ?

1 32
2 2

3 ) 证 明 : 因 为 {an } 单 调 递 减 , 所 以 ak ?2 ? ak ?1 ? ak ?1 .ak , ak ?2 ? ak ?1 ,
2 2 ak ?2 ? ak ?1 ? ak ,三式相加得

1 2 2 2 2 3a k ? 2 ? a k .a k ?1 ? a k ?1 ? a k ? a k ? 2 ? (a k ? a k .a k ?1 ? a k ?1 ) ? (a k ? a k ?1 )a k ? 2 ? 3 1 2 1 3 2 3 (a k ? a k ?1 ). (a k ? a k a k ?1 ? a k ?1 ) ? (a k ? a k ?1 ) ,因此 3 3

? (a
k ?1

n

k

1 3 1 3 1 3 1 3 3 ?ak ?1 )ak ? 2 ? (ak ? ak ?1 ) ? (a1 ? an?1 ) ? a1 ? 3 3 3 3

说明: an 的表达式也可以先归纳然后用数学归纳法证明.2)和 3)的证明都是通过放大 构造成差分式,异曲同工.3)的技巧性更高一点.该题有其几何背景,有兴趣的读者可以查 阅原题.如果用微积分方法证问题 3) ,显得特别简单. 例 11 设 x3 ? x2 ? x1 ? x0 ? 0 ,证明

( x3 ? x2 ) x1 ? x0 ? ( x2 ? x1 ) x3 ? x0 ? ( x3 ? x1 ) x2 ? x0

2

2

2

2

2

2

(1993 年全国联赛题改编) 分析:两边平方这条路不容易走通,根据已知条件 x3 ? x2 ? x1 ? x0 ? 0 ,以及三个根 式中减式均为 x0 ,考察代换,将原命题转换为易证的新命题.由 x1 ? x0 联想到三角公式
2
2 2

? sec2 ? ? 1 ? tan? ( ? ? (0, ) ) 2
证明:令 x1 ? sec?1 .x0 , x2 ? sec? 2 .x0 , x3 ? sec? 3 .x0 ,其中 0 ? ?1 ? ? 2 ? ? 3 ?

?
2



代入后原不等式化为要证 x0 (sec?3 ? sec? 2 ) tan?1 ? x0 (sec? 2 ? sec?1 ) tan?3 ?
2 2
2 2 x0 (sec?3 ? sec?1 ) tan? 2 ,约去 x0 ,并将上式全化为正余弦,即证

(cos? 2 ? cos? 3 ) sin ?1 ? (cos?1 ? cos? 2 ) sin ? 3 ? (cos?1 ? cos? 3 ) sin ? 2 ,整理该式,即只
需 证 s i n? (3 ? ? 2 ) ? s i n? (2 ? ?1 ) ? s i n? (3 ? ?1 ) (*) ,我们来证明不等式(*) .因为

0 ? ?1 ? ? 2 ? ? 3 ?

?
2

,所以 ? 2 ? ?1 , ? 3 ? ?1 , ? 3 ? ? 2 ? (0,

?
2

),

sin(? 3 ? ?1 ) ? sin[(? 3 ? ? 2 ) ? (? 2 ? ?1 )] ? sin(? 3 ? ? 2 ) cos(? 2 ? ?1 ) ? sin(?2 ? ?1 ) cos(?3 ? ?2 ) ( 0 ? cos(? 2 ? ?1 ), cos(? 3 ? ? 2 ) ? 1 ) ? sin(? 3 ? ? 2 ) ? sin(? 2 ? ?1 ) ,至此原不等式获证.
链接:与本题相关的另外两个命题是 x3 ? x2 ? x1 ? 0 ,则有

( x3 ? x2 ) x1 ? ( x2 ? x1 ) x3 ? ( x3 ? x1 ) x2 , ( x3 ? x2 ) x1 ? p 2 ? ( x2 ? x1 ) x3 ? p 2 ? ( x3 ? x1 ) x2 ? p 2 ( p ? 0 )
情景再现
? 8. 设 a, b, c ? R ,且 abc ? 1 ,求证
2 2 2

2

2

2

1 1 1 ? ? ?1 1? a ? b 1? b ? c 1? c ? a

9. 证明:对任意正数 x, y , z 都有 x ? 3 y ? 4 z ? 32 xyz
3 3 3 3 10. 求 所 有 的 实 数 k , 使 得 不 等 式 a ? b ? c ? d ? 1 ? k (a ? b ? c ? d ) 对 任 意

a, b, c, d ? [?1,??) 都成立.
A类 1. 1)不查表证明 0.3 ? lg 2 ?

(2004 年西部数学奥林匹克) 习题十三

1 3 1 1 ? ?1 n 1? a 1? bn

* ? 2) a, b ? R , a ? b ? 2 , n ? N ,证明

2. a1 , a2 ,...,an 成等差数列, ai ? 0, i ? 12,3,...,n ,证明 a1an ? n a1a2 ...an 3. 设 a1 ? a2 ? a3 ? ... ? a7 ? a8 是 8 个 给 定 的 实 数 , 且 x ?

a1 ? a 2 ? ... ? a8 , 8

y?

a1 ? a2 ? ... ? a8 2 ,试证 a8 ? a1 ? 4 y ? x 8

2

2

2

B类 4. 1)在 ?ABC 中,求证 2)当 x1 ?

c?a a?b b?c ? ? ?0 b?c?a c?a?b a?b?c

1 2 , x n ?1 ? x n ? x n 时,代数式 3

1 1 1 1 1 的值在哪两个整数之间? ? ? ? ... ? ? x1 ? 1 x2 ? 1 x3 ? 1 x2001 ? 1 x2002 ? 1
(2002-2003 芬兰高中数学奥林匹克)

? a1 ? 3a 2 ? 2a 3 ? 0 ? a ? 3a ? 2a ? 0 ? 2 3 4 5. 若 100 个实数 a1 , a2 ,...,a100 满足 ? ,证明 a1 ? a2 ? ... ? a100 ...... ? ? ?a100 ? 3a1 ? 2a 2 ? 0

a 6. 设 a1 ? 1, a2 ? 1, a3 ? 1 , a1 ? a2 ? a3 ? S , 已 知 对 i ? 1,2,3 都 有 i ? S , 证 明 : ai ? 1
1 1 1 ? ? ?1 a1 ? a2 a2 ? a3 a3 ? a1
7. 证明:不等式 立. 8. 设数列 {an } 满足 a1 ? 2 , a n ?1 ? a n ? 1)证明 an ? 2)令 bn ? C类 9. 已知 i, m, n 是正整数,且 1 ? i ? m ? n 1)证明 ni pm ? mi pn
i i

2

(第 31 届俄罗斯数学奥林匹克)

a2 b2 c2 3 ? ? ? 对所有正实数 a, b, c 成 (a ? b)(a ? c) (b ? c)(b ? a) (c ? a)(c ? b) 4
(克罗里亚 2004 年数学奥林匹克)

1 ( n ? 1,2,... ) an

2n ? 1 对一切正整数 n 成立;
( n ? 1,2,... ) ,判定 bn 与 bn ?1 的大小并说明理由. (2004 年高考重庆卷)

an n

2) (1 ? m) ? (1 ? n)
n
2 2 2

m

(2001 年全国高考题)

10. 已知 a, b, c 为正实数,证明: a ? b ? c ? abc ? 4 ? a ? b ? c ? 3 (第 20 届伊朗数学奥林匹克) 11. 设 a, b, c 是正实数,求证:

(2a ? b ? c) 2 (2b ? c ? a) 2 (2c ? a ? b) 2 ? ? ?8 2a 2 ? (b ? c) 2 2b 2 ? (c ? a) 2 2c 2 ? (a ? b) 2
(2003 年美国数学奥林匹克)

12. 已知 x, y , z 是不全为零的非负实数,求

u?

x 2 ? y 2 ? xy ? y 2 ? z 2 ? yz ? z 2 ? x 2 ? zx 的最小值. x? y?z

本节情景再现解答 1. 作差,

a?b (a ? b) 2 ( a ? b ) 2 ( a ? b ) 2 ( a ? b ) 2 ? ab ? ? ? ? 2 8a 2 8a

( a ? b)2 ( a ? b )3 (3a ? 2 ab ? b) ? .(3 a ? b ) ? 0 ,另一半同法可证. 8 8a
2. 1)分析法.要证

a b ? ? 1 ,只需证 a ? 3b b ? 3a

a(b ? 3a) ? b(a ? 3b) ? (a ? 3b)(b ? 3a) ,平方后即证 ab(a ? 3b)(b ? 3a) ? 4ab ? 3(a ? b) 2 ? 0 此式成立.同理可证另一不等式.
2)只要证 3xyz( x ? y ? z) ? ( xy ? yz ? zx) 2 ,展开后即证 x 2 y 2 ? y 2 z 2 ? z 2 x 2 ?

x 2 yz ? y 2 zx ? z 2 xy ,据已知不等式 a 2 ? b 2 ? c 2 ? ab ? bc ? ca 该式成立.
3.

1 x z 1 z 1 y 1 1 , 因 此 所 求 最 小 值 为 , 当 ? ? ? ? ? ?2 ? 5 y t y 100 y 100 100 5

x ? 1, y ? z ? 10, t ? 100时取得此最小值.
2 2 2 4. 反证法:假设 b ? 4ac ,又据已知 4ac ? ?4(a ? ab) ,因此 b ? ?4(a ? ab) ?
2

(2a ? b) 2 ? 0 这是不可能的,因此 b 2 ? 4ac
5.

xk x1 x1 1 1 , n 个同向不等 ? ? ,同理 ? ( k ? 2,...,n ) 1 ? (n ? 1) x1 x1 ? (n ? 1) x1 n 1 ? (n ? 1) xk n

式相加便得. 6. 用数学归纳法:我们有 0 ? an?1 ? an (1 ? an ) ,故 0 ? a1 ? 1 ,即我们的结果当 n ? 1 时成

1 1 ? ( ? a k ) 2 ,若 k ? 1 ,则从此容易看出 4 2 1 1 1 1 2 1 1 k ?1 1 a 2 ? .若 k ? 2 ,则由上式得 a k ?1 ? ? ( ? ) ? (1 ? ) ? 2 ? ,即得所证. 2 4 2 k k k k ?1 k t 7. 构造函数,并用函数性质.考察函数 g (t ) ? ,易知 g (t ) 为奇函数,并且当 t ? 0 时 1? t2
立.今设其当 n ? k 时成立,则 a k ?1 ? a k ? a k ?
2

在 (0,1] 上单调递增.因此对于 t1 , t 2 ? (0,1) ,且 t1 ? t 2 有 (t1 ? t 2 )(g (t1 ) ? g (t 2 )) ? 0 .所以,

对任意 x ? (0,1] ,有 ( x ? )(g ( x) ? g ( )) ? 0 ? ( x ? )(

1 3

1 3

1 x 3 3x 2 ? x ? ) ? 0 ? 3 1 ? x 2 10 1? x2

?

3 3z 2 ? z 3 3y 2 ? y 3 (3 x ? 1) . 同 理 可 得 ? (3z ? 1) , 三 式 相 加 得 , ? ( 3 y ? 1 ) 10 10 1? z2 10 1? y2

f ( x, y, z ) ? 0 ,所求最小值为 0
8. 代 换 , 令 a ? x 3 , b ? y 3 , c ? z 3 , x, y, z ? R ? , 由 题 设 得 xyz ? 1 , 利 用

x 3 ? y 3 ? x 2 y ? yx2 ,有

1 1 1 xyz ? ? ? 3 3 2 2 1? a ? b 1? x ? y 1 ? x y ? xy xyz ? x 2 y ? xy 2

?

z 1 x 1 y ? ? ,同理有 , ,三式相加得原不等式成 x? y?z 1? b ? c x ? y ? z 1? c ? a x ? y ? z

立. 9. 反 证 法 . 若 存 在 正 实 数 x0 , y 0 , z 0 使

x0 ? 3 y0 ? 4 z 0 ? 32 x0 y0 z 0 , 那 么 就 有

? x0 ? 32 x0 y 0 z 0 ? x016 ? x0 y 0 z 0 ?6 ? 16 16 16 16 3 16 ? y 0 ? 32 x0 y 0 z 0 ? ? y 0 ? ( x0 y 0 z 0 ) ,三式相乘得 x0 y0 z0 ? ( x0 y0 z0 ) 矛盾!故原 ?24 z ? 32 x y z ? z 16 ? ( x y z )12 0 0 0 0 0 0 ? 0 ? 0
不等式成立. 10. 取特殊值,当 a ? b ? c ? d ? ?1 时有 ? 3 ? k (?4) ? k ?

3 1 ;当 a ? b ? c ? d ? 时有 4 2 3 1 1 3 4 ? ? 1 ? k (4 ? ) ? k ? , 两 者 都 能 成 立 , 得 k? . 下 面 证 明 4 8 2 4 3 a 3 ? b 3 ? c 3 ? d 3 ? 1 ? ( a ? b ? c ? d ) (1) ,对任意 a, b, c, d ? [?1,??) 都成立.首先证 4
3

3 2 明 x ? [?1,??) 时 4 x ? 1 ? 3x , 事 实 上 (4x ? 1) ? 3x ? ( x ? 1)(2 x ? 1) ? 0 , 所 以

4a 3 ? 1 ? 3a , 4b 3 ? 1 ? 3b , 4c 3 ? 1 ? 3c , 4d 3 ? 1 ? 3d 四个不等式相加便得(1) ,故欲
求的实数 k ?

3 4
1

本节习题解答

1 3 1. 1)要证 lg 2 ? ,只要证 2 ? 10 3 ,即证 2 ? 10 ,此为显然.同法可证 0.3 ? lg 2 3
2)

a?b 1 1 1 ? a nb n ? ab ? ab ? 1 ? a n b n ? 1 , ? ? 1 ? ? 0 ,因 2 1 ? an 1 ? bn (1 ? a n )(1 ? b n )



1 1 ? ?1 n 1? a 1? bn

2. 令等差数列公差为 d , a1 a n ?

(a1 ? a n ) 2 ? (a n ? a1 ) 2 , 4

a k a n ?1?k ?

(a k ? a n ?1?k ) 2 ? (a n ?1?k ? a k ) 2 ( k ? 1,2,...,n ) ,注意到 a1 ? an ? ak ? an?1?k , 4 (a n ? a1 ) 2 ? (a n?1?k ? a k ) 2 ? a1a n ? ? (n ? k )(k ? 1)d 2 ? 0 , 因 此 4

所 以

a k .a n?1?k

ak .an?1?k ? a1an ,这样便有 a1an ? a1an ,a2 an?1 ? a1an ,a3 an?2 ? a1an ,…,an a1 ? a1an ,
2 n 将这 n 个不等式相乘得 ( a1 a 2 ...a n ) ? ( a1 a n ) ?

a1 a n ? n a1 a 2 ...a n

3. y ? x ?
2

1 1 2 2 2 [8(a1 ? a 2 ? ... ? a8 ) ? (a1 ? a 2 ? ... ? a8 ) 2 ] ? [( a8 ? a1 ) 2 ? 64 64

(a8 ? a2 ) 2 ? ... ? (a8 ? a7 ) 2 ? (a2 ? a1 ) 2 ? (a3 ? a1 ) 2 ? ... ? (a7 ? a1 ) 2 ? (a2 ? a3 ) 2 ?
1 (a2 ? a4 ) 2 ? ... ? (a6 ? a7 ) 2 ] ,而 (a8 ? a 2 ) 2 ? (a 2 ? a1 ) 2 ? [a8 ? a 2 ? a 2 ? a1 ]2 2 1 ? ( a8 ? a1 ) 2 ,因此 2 1 1 y ? x 2 ? [4(a8 ? a1 ) 2 ? (a 2 ? a3 ) 2 ? (a 2 ? a 4 ) 2 ? ... ? (a6 ? a7 ) 2 ] ? (a8 ? a1 ) 2 ,因此 64 16
a8 ? a1 ? 4 y ? x 2 ,当且仅当 a 2 ? a3 ? ... ? a7 ?

a1 ? a8 时等号成立. 2

? 4. 1 ) 设 b ? c ? a ? 2 x, c ? a ? b ? 2 y, a ? b ? c ? 2 z , 则 x, y, z ? R , 且 a ? y ? z ,

b ? x ? z , c ? x ? y ,故原不等式等价于
由平均不等式知,此式显然成立. 2) xn ?1 ? xn ( xn ? 1) ?
2002 n ?1

x?z y?x z? y z x y ? ? ? 0 ,即 ? ? ? 0 , 2x 2y 2z x y z

1 1 1 1 1 1 ? ? ? ? ? ,这样 xn xn ? 1 xn?1 xn ? 1 xn xn?1

?x

52 1 1 1 1 , x4 ? 1 , ,x3 ? 容易证明 {xn } 中 xn ? 0 ,xn ?1 ? xn 所 ? ? ? 3? 81 x1 x2003 x2003 n ?1
2002 1 2002 1 1 ?? ? 3 ,即 2 ? ? ?3 x4 n ?1 x n ? 1 n ?1 x n ? 1

以3?

5. 证法一:注意到系数规律,将这 100 个不等式相加得 0 ? 0 ,因此原式应为 100 个等式这

样便有 a1 ? a2 ? 2(a2 ? a3 ) , a2 ? a3 ? 2(a3 ? a4 ) … a100 ? a1 ? 2(a1 ? a2 ) ,将这 100 个 等 式 分 别 平 方 后 再 相 加 得 3(a1 ? a2 ) 2 ? 3(a2 ? a3 ) 2 ? ... ? 3(a100 ? a1 ) 2 ? 0 , 因 此

a1 ? a2 ? . . ? . a1 0 0
证法二:100 个不等式应为等式,这样 a1 ? a2 ? 2(a2 ? a3 ) ? 22 (a3 ? a4 )

? 23 (a4 ? a5 ) ? ... ? 298 (a100 ? a1 ) ? 299 (a1 ? a2 ) ,于是有 (299 ? 1)(a1 ? a2 ) ? 0
? a1 ? a2 ,依次代入得 a 2 ? a3 , a3 ? a4 ,... a99 ? a100 ,所以 a1 ? a2 ? ... ? a100
6. 易 知

a1 2 ? s ? a1 ? (a1 ? a2 ? a3 )(a1 ? 1) ? a1 ? a2 ? a3 ? a1 (a2 ? a3 ) , 得 a1 ? 1

2

a3 a1 a2 1 1 1 ,同理 , ,三个不等 ? ? ? a2 ? a3 a1 ? a 2 ? a3 a3 ? a1 a1 ? a2 ? a3 a1 ? a2 a1 ? a2 ? a3
式相加便得

1 1 1 ? ? ?1 a1 ? a2 a2 ? a3 a3 ? a1

7. 给定不等式等价于

a 2 (b ? c) ? b 2 (c ? a) ? c 2 (a ? b) 3 ? ? (a ? b)(b ? c)(c ? a) 4

a 2b ? a 2 c ? b 2 a ? b 2 c ? c 2 a ? c 2b 3 ? ? 2 2 2 2 2 2 2abc ? a b ? a c ? b a ? b c ? c a ? c b 4

a 2b ? a 2 c ? b 2 a ? b 2 c ? c 2 a ? c 2b ? 6abc ? 0 ? (b 2 c ? c 2 a ? 2abc) ? (a 2b ? c 2b ? 2abc) ? (a 2 c ? b 2 c ? 2abc) ? 0 ? a(b ? c) 2 ? b(a ? c) 2 ? c(a ? b) 2 ? 0 此 式
显然成立,原不等式得证. 8. 1)证法一:当 n ? 1 时, a1 ? 2 ?

2 ?1 ? 1 不等式成立.假设 n ? k 时, ak ? 2k ? 1 ,
1 1 2 2 ? 0 , a k ?1 ? a k ? 2 ? 2 ak ak

当 n ? k ? 1 时,由于 ak ? 0 ,故 a k ?1 ? a k ?

? 2k ? 1 ? 2 ?

1 ak
2

? 2(k ? 1) ? 1 ? ak ?1 ? 2(k ? 1) ? 1 .这就是说 n ? k ? 1 时,不等式也

成立.故对任意正整数 n , an ?

2n ? 1 成立.
2

证法二:先证 an ? 0 ,由于 an?1an ? an ? 1 ? 0 ,这样便有 a1a2 ? 0, a2 a3 ? 0,...,

an?1an ? 0 ,将这 (n ? 1) 个不等式相乘得 a1a2 a3 ...an?1 an an ? 0(a1 ? 2) ? an ? 0 ,又
a2 ? a1 ? 2 ?
2 2 2

2

2

2

2

1 a1
2

, a3 ? a 2 ? 2 ? 1 a1
2

2

2

1 a2 1
2 2

,..., an ? an?1 ? 2 ? 1 an?1
2

2

2

1 an?1
2

,将这 (n ? 1) 个不等式

相加得 an ? a1 ? 2(n ? 1) ?

2

?

a2

? ... ?

? 2 2 ? 2(n ? 1) ? 2n ? 2 ? 2n ? 1

(n ? 2) , 又 an ? 0 ? an ? 2n ? 1 , 又 n ? 1 时 , 不 等 式 显 然 成 立 , 故

an ? 2n ? 1(n ? 1,2,3,...)
2)

bn ?1 a n 1 n 1 n 2(n ? 1) n ? n ?1 ? (1 ? 2 ) ? (1 ? ) ? ? bn 2n ? 1 n ? 1 (2n ? 1) n ? 1 an an n ? 1 n ?1

2 n(n ? 1) n(n ? 1) (对分子用平均不等式) ? 1 ,故 bn?1 ? bn ? 2n ? 1 2n ? 1
9. 1)要证 n i p m
i

? m i p n ,只要证 ( ) i ?
i

m n

pm pn

i i

,即证

m m(m ? 1)(m ? 2)...(m ? i ? 1) ( )i ? ,借助熟知的不等式, a, b, m 都是正数,并且 a ? b , n n(n ? 1)(n ? 2)...(n ? i ? 1)
则有

a?m a m m ?1 m ? 2 m ? i ?1 ? ,因此 ? ? ? ... ? ? 0 ,于是有 b?m b n n ?1 n ? 2 n ? i ?1 m m m ?1 m ? 2 m ? i ?1 ( )i ? . . ... n n n ?1 n ? 2 n ? i ?1
2)证法一:用平均不等式 2 ? m ? n , (1 ? n)
m

?1 .1 .... 1(1 ? n) ? (1 ? n)...( 1 ? n) ? ? ? ? ???? ? ???? ? ?
n ? m个 m个

[

(n ? m). 1 ? m(1 ? n) n ] ? (1 ? m) n ,即 (1 ? m) n ? (1 ? n) m n

(? m) ? m l g1 (? n) , 即 证 法 二 : 原 不 等 式 等 价 于 n. l g1 A(m, lg(1 ? m)), B(n, lg(1 ? n)) 为 函 数
K OA ?

l g1 (? m) l g1 (? n) ? ,设 m n

y ? lg(1 ? x) 图 象 上 两 点 , 则

lg(1 ? m) lg(1 ? n) lg(1 ? m) lg(1 ? n) , K OB ? ? ,由图象知 K OA ? K OB ,? ,原不 m n m n
y A B

等式成立.

0

x

10. 显然 a, b, c 不可能都大于 1,或者都小于 1,因此 a, b, c 中一定有两个或者都不大于 1, 或者都不小于 1, 不妨设 a , b , 则 (1 ? a)(1 ? b) ? 0 ? ab ? a ? b ? 1 (1) , 又 a ? b ? 2ab ,
2 2

4 ? a 2 ? b 2 ? c 2 ? abc ? 2ab ? c 2 ? abc ? 4 ? c 2 ? ab(2 ? c) , 约 去 2 ? c 得 2 ? c ? ab
(2) , (1)+(2)得 a ? b ? c ? 3 .另:本题也可用反证法证明. 11. 不等式左端分子、分母均为二次,因此对 a, b, c 乘一个合适的因子可把原问题化为

a ? b ? c ? 1 的情形,因原不等式只要证

a ? b ? c ? 1 (a, b, c ? 0) ? ? 2 (1 ? b) 2 (1 ? c) 2 ,注意到 ? (1 ? a) ? 2 ? 2 ?8 2 2 2 2 ? 2b ? (1 ? b) 2c ? (1 ? c) ? 2a ? (1 ? a)

8 2 a? (1 ? a) 2 a 2 ? 2 a ? 1 1 a 2 ? 2a ? 1 1 3 ] ? 1 [1 ? ? 2 ? ? [1 ? 3 2 2 1 3 1 2 3 2a ? (1 ? a) 3a ? 2a ? 1 3 2 2 a ? a? (a ? ) 2 ? 3 3 3 9 1 ? (12 a ? 4) . 据 此 同 理 可 得 另 两 道 式 子 , 三 式 相 加 , 原 不 3 1 ? [12(a ? b ? c) ? 12 ] ? 8 ,当 a ? b ? c 时取等号. 3
2 2 2 2 2 ?

8 2 a? 3 3] 2 9
等 式 之 左

12. 解 法 一 : 由 x ? y ? 2 xy ? 4( x ? xy ? y ) ? 3( x ? y) ( x, y ? R ) , 因 此 有

x 2 ? y 2 ? xy ?

3 3 ( x ? y) ,同理 y 2 ? z 2 ? yz ? ( y ? z) , 2 2 3 ( z ? x) ,三式相加得 2
y 2 ? z 2 ? yz ? z 2 ? x 2 ? zx ? 3 ( x ? y ? z ) ?

z 2 ? x 2 ? zx ?
x 2 ? y 2 ? xy ?

x 2 ? y 2 ? xy ?

y 2 ? z 2 ? yz ? z 2 ? x 2 ? zx ? 3 ,因此所求最小值为 x? y?z

3 ,当

x ? y ? z 时取得此最小值. (注: x, y , z 中如有零,不等式显然成立. )
解法二:构造三角形 ABC ,其中 AM ? x, BM ? y, CM ? z , M 是 ?ABC 的斐尔玛点.图 示 圆 为 ?BC M 的 外 接 圆 , 连 接 AM 交 图 中 圆 于 P , ?PBC 为 正 ? . 由 平 面 几 何 知

MP ? BM ? MC ? y ? z , BC ? CP ?

y 2 ? z 2 ? yz ,?CMP ? 60? ,在 ?PCM 中,用余

PC MP PC 3 弦定理 ,即 ? ? MP ? ? ? sin ?MCP MP 2 sin 60
一. ( (注:受到解法二的启示得到解法一)

y 2 ? z 2 ? yz 3 ,以下同解法 ? y?z 2

A

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