高中数学竞赛解题方法篇(不等式)

高中数学竞赛中不等式的解法

摘要：本文给出了竞赛数学中常用的排序不等式，平均值不等式，柯西不等式和切比雪夫不等式的证明过程，并挑选了一些与这几类不等式相关的一些竞赛题进行了分析和讲解。 希望对广大喜爱竞赛数学的师生有所帮助。

不等式在数学中占有重要的地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛数学中的热门题型.在解决竞赛数学中的不等式问题的过程中，常常要用到几个著名的代数不等式：排序不等式、平均值不等式、柯西不等式、切比雪夫不等式.本文就将探讨这几个不等式的证明和它们的一些应用.

1．排序不等式 定理1

设a1a2...an,b1b2...bn，则有

a1bna2bn1...anb1 (倒序积和)

a1br1a2br2...anbrn（乱序积和）  a1b1a2b2...anbn（顺序积和）

其中r等式当且仅当a11,r2,...,rn是实数组b1,b2,...,bn一个排列，（说明： 本不等式称排序不等式，俗称倒序积和证明：考察右边不等式，并记S 不等式

乱序积和

a2...an或b1b2...bn时成立.

顺序积和.）

a1br1a2br2...anbrn。

的意义：当

Sa1br1a2br2...anbrnr11,r22,...,rnn时，S达到最大值

a1b1a2b2...anbn.因此，首先证明an必须和bn搭配，才能使S达到最大值.也即，设rnn且bn和某个ak(kn)搭配时有

akbn事实上， anbnanbrnakbrnanbn. （1-1）

akbrn(akbnanbrn)(bnbrn)(anak)0

，会使和S增加.同理，调整好ann时，调换bn和brn的位置（其余n-2项不变）

不等式（1-1）告诉我们当rn和bn后，再调整an1和bn1会使和增加.经过n次调整后，和S达到最大值 a1b1a2b2...anbn，这就证明了

a1br1a2br2...anbrn  a1b1a2b2...anbn.

再证不等式左端,

··

~

由a1得

a2...an,bnbn1...b1及已证明的不等式右端，

(a1bn即 a1bn

a2bn1...anb1)(a1br1a2br2...anbrn)

a2bn1...anb1a1br1a2br2...anbrn .

例1 （美国第3届中学生数学竞赛题）设a,b,c是正数，求证：a思路分析：考虑两边取常用对数，再利用排序不等式证明. 证明：不妨设aabcbc(abc)abc3.

bc，则有lgalgblgc

根据排序不等式有：

algablgbclgcalgbblgcclga

algablgbclgcalgcblgaclgb 以上两式相加，两边再分别加上 algablgbclgc

有 3(algablgbclgc)(abc)(lgclgalgb) 即 lgaabcbcabclgabc 3abc3故 aabcbc(abc) .

a2b2b2c2c2a2a3b3c3例2 设a,b,cR，求证：abc. 2c2a2bbccaab思路分析：中间式子每项都是两个式子之和，将它们拆开，再用排序不等式证明. 证明：不妨设a111bc，则 a2b2c2且cba

根据排序不等式，有

a2b2c2111a2b2c2 cababca2b2c2111a2b2c2

bcaabc两式相加除以2，得 ··

~

a2b2b2c2c2a2abc2c2a2b再考虑a3

b3c3，并且

111 bccaab利用排序不等式，

a3b3c3111a3b3 c3 bccaabcaabbca3b3c3111a3b3 c3

bccaababbcac两式相加并除以2，即得

a2b2b2c2c2a2a3b3c3 2c2a2bbccaab综上所述，原不等式得证.

例3 设0a1nna2...an,0b1b2...bn，而i1,i2,...,in与j1,j2,...,jn是1,2,...,n的两个排列. airbjsr1n求证：

rsr1s1narbs. （1-2） rss1n思路分析：已知条件中有两组有序实数，而式（1-2）具有“积和”形式，考虑使用排序不等式.

证明：令 drs1bjsrs （r=1,2,...,n）

显然 d1d2...dn b2...bn ， 且

bsdr rss1n因为 b1111... rnr(n1)r1由排序不等式

又因为 a1na2...an

nnnnbs所以 ardraidr且arardr（注意到ar0）

rr1r1r1s1rsr1··

~

故

rsarsadirr1s1nnnairbjsnnbjsnr1s1r1irr

nnbsabardrarrs r1r1s1rsr1s1rsnn故 原式得证.

2.均值不等式

定理2 设a1,a2,...,an是n个正数，则H(n)G(n)其中，

A(n)Q(n)称为均值不等式.

H(n)1111...a1a2an，

，

G(n)na1a2...an

A(n)a1a2...ann，

22a12a2...anQ(n)n

分别称为a1,a2,...,an的调和平均数，几何平均数，算术平均数，均方根平均数. 证明： 先证 G(n)记 cA(n).

aic，

na1a2...an，令 bi则 原不等式b1b2...bnn

其中 b1b2...bn1(a1a2...an)1 cnxxx1x,b22,...,bn1n1, 则 bnn. x2x3xnx1取 x1,x2,...,xn使 b1由排序不等式，易证

b1b2...bnxxx1...n1nn x2xnx1··

~

下证

A(n)Q(n)

2因为 a1122a2...an[(a1a2...an)2(a1a2)2(a1a3)2...(a1an)2

n (a2 a3)2(a2a4)2...(a2an)2...(an1an)2]

1(a1a2...an)2 n2a1a2...ana2.a.n.21a2. nn所以

从上述证明知道，当且仅当a1下面证明 H(n)G(n)

a2...an时，不等式取等号.

对n个正数

111,,...,a1a2an，应用 G(n)H(n)，得

111...a1a2an111n...na1a2an 即 H(n)G(n)（等号成立的条件是显然的）.

例4已知0a1,x证明：由于 0有 ax2y20，求证：loga(axay)loga21. 8a1，ax0,ay0，

ay2axay2axyx从而 loga(a下证

ay)loga(2axay)loga2xy 2xy11 ， 即 xy。 2841112又因为 xyxx(x)244所以

例5（IMO）设a,b,c是正实数，且满足abc=1. 证明：(a1，等号在x=

12(这时y=

14)时取得

loagax(ay)1log . 2a8111)(b1)(c1)1 bca··

~

证明：令 ayyz,b,c，其中x,y,z是正实数，将原不等式变形为 xzx (x记 uyz)(yzx)(zxy)xyz （2-1）

xyz,vyzx,wzxy，

注意到u,v,w任意两个之和是一个正数，所以它们中间至多有一个负数. 如果恰有一个负数，那么uvw0（2-1）式成立. xyz，

如果这三个数都大于0，由算术—几何平均不等式 uv1(xyzyzx)x 2同理可证，于是 vwy，wuz uvvwwuxyz

xyz，（2-1）式得证.

即 uvw

例6 已知a1,a2,...,an0，且a1a2...an1.

求证：

ana1a2n. 1a2a3...an1a1a3...an1a1a2...an12n1nnai2思路分析：左边各项形式较复杂，首先将其化简为(1).

i12aii12ai左边为和的形式，但其各项之和难与右边联系，利用算术平均大于几何平均难以求证，而左边各项

22ai可看为倒

数形式，尝试用调和平均. 证明：不等式左边化为

nai2(1)， 2a2ai1i1iin对

222,,...,2a12a22an，利用

A(n)H(n)有

1naini12ainn2ai2i1

··

~

2ai即 2i1nn2n22n2 12n11nnain22i1nnnai2ai22n2所以  . (1)nn2n122n1i12aii12aii1n

3．柯西不等式

定理3 设ai，biR（i=1,2,…n）,恒有不等式a.b(aibi)2，当且仅当2i2ii1i1i1nnnbb1b2...na1a2an时，等式成立. 构造二次函数证明 当a1a2an0或b1b2bn0时，不等式显然成立 n2令Aaii1 Baibi Cbii1i1nn2 ，当a1,a2,,an中至少有一个不为零时，可知A>0 构造二次函数fxAx2BxC，展开得：fxaix2aibixbiaixbi0 故222222i1i1nnfx的判别式4B24AC0 移项得ACB2，得证。 cos,1 向量法证明 令a1,a2,,an，b1,b2,,bn.则对向量,有，由22n22n2nn2n2a1b1a2b2anbn，ai,bi，得aibiaibi.当且仅i1i1i1i1i1当cos,1，即,平行时等号成立。 数学归纳法证明 i ) 当n=1时，有当n=2时，··

a1b12a12b22，不等式成立。 a1b1a2b22a12b12a22b222a1b1a2b2 ~

因为a122a21a2b1b2a1b1a2b2a1b2a2b12222222222222 22b2a2b12a1b1a2b2，故有a1b1a2b2a1a2b1b2222 当且仅当a1b2a2b1，即a1a2时等号成立。 b1b2ii）假设n=k时不等式成立，即 a1b1a2b2akbk2a12a22ak2b12b22bk2 当且仅当aa1a2kb1b2bk时等号成立。 那么当n=k+1时， a1b1a2b2akbkak1bk12 222a1b1a2b2akbk2ak1bk1a1b1a2b2akbkak1bk1aaa1a2akb1b2bk2ak1bk1a1b1a2b2akbkak1bk12222222222222211a2ak2a2ak1bbbabbb12k222212k1221222222222bk1b1ak1akbk1bkak1ak1bk1 222222a1a2anb1b2bn 当且仅当a1bk1b1ak1,a2bk1b2ak1,,akbk1bkak1时等号成立， 时等号成立。 即aaa1a2kk1b1b2bkbk1于是n=k+1时不等式成立。 由i ) ii）可得对于任意的自然数n，柯西不等式成立。 利用恒等式证明 先用数学归纳法证明如下恒等式，然后证明柯西不等式：对于两组实数a1,a2,,an;b1,b2,,bn有柯西—拉格朗日恒等式 a21a2anb1b2bna1b1a2b2anbn222222222a1b2a2b1a1b3a3b1a1bnanb1a2b3a3b22a2bnanb22an1bnanbn12由实数性质2 0R可得柯西不等式成立。 以上给出了柯西不等式的几种证法。不难看出柯西不等式的重要性。它的对称和谐的结构、广泛的应用、简洁明快的解题方法等特点深受人们的喜爱。所以，若将此定理作进一步剖析，归纳它的各类变形，将会有更多收获。 ··

~

柯西不等式的推广 命题1

nnn22若级数ai与bi收敛，则有不等式aibiaibi。

i1i1i1i1i122nn2nn2n222证明：ai,bi收敛，0aibiaibi

i1i1i1i1i1nnn2aibi收敛，且limaibilimailimbi2i1ni1ni1ni1nnn22从而有不等式aibiaibi成立。

i1i1i12nnn22

命题2

nnn22若级数ai与bi收敛，且对nN有aibiaibi，则对定义在a,b上的任意连续函数

i1i1i1i1i122bbb22fx,gx有不等式afxgxdxafxdxagxdx

2[3]

nn2证明：因为函数

fx,gx在区间a,b上连续，所以函数fx与gx、f2x、g2x在a,b上可积，将

a,b区间n等分，取每个小区间的左端点为i，由定积分的定义得：

fxdxlimfx,gxdxlimgxanii1anii1bnbnbaf2xdxlimf2ix,g2xdxlimg2ixni1ani1nbn

令a21f1,bg1，则ai与bi22122i1i1nn2收敛，由柯西不等式得

nn2n2figixfixgix,i1i1i1nnn2limfigixlimfixlimg2ixni1ni1ni1bbb22afxgxdxafxdxagxdx。

222从而有不等式

赫尔德不等式

[4]

··

~

1p1q设a10,b10,(i1,2,,n),p0,q0,满足pq11pq1,则：aibiaibipqi1i1i1nnn，等号成立的充分必要条件是aibii1,2,,n;0. 证明：首先证明11111时，对任何正数A及B，有ApBqAB. pqpq对凹函数fxlnx,有： 1P1q111P1qpqlnABlnAlnBlnABABAB. ppqqpq令Aaknpaii11p,Bbknqbii11q,代入以上不等式并对于k1,2,,n，把这n个不等式相pqnnakbkab11kk111,即 加.11pnpqnqpqk1k1nnpqbipqaiaibii1i1i1i1pqababiiiii1i1i1

nn1pn1q成立。等号成立的充分必要条件是：aini1ppibini1q,即 qiab222xnxnx12x21例7 设x1,x2,...,xnR，求证：...x1x2...xn.

x2x3xnx1思路分析：注意到式子中的倒数关系，考虑运用柯西不等式来证明. 证明：因为x1,x2,...,xn0，故由柯西不等式，得

222xnxnx12x21(x2x3...xnx1)(...)x2x3xnx1 (x2.xxx1xx3.2...xn.n1x1.n)2x2x3xnx1

(x2x3...xnx1)2222xnxnx12x21所以 ...x1x2...xn.

x2x3xnx1··

~

例8 已知实数a,b,c,d，e满足abcd思路分析：由a2e8,a2b2c2d2e216，求e的取值范围.

b2c2d2e2联想到应用柯西不等式.

解：因为

4a(2b2c2d2)(111a12)(b22c2 d) (abcd)即

,

4(16e2)(8e)2，

2 4e即 5e216ee2

16e0，所以

0e6. 5e(5e16)，

故

评述：此题十分巧妙地应用柯西不等式求最值，十分典型，它是将重要不等式应用于求最值问题的一道重要题目.

例9 x1,x2,x3R满足x1222x2x31，求

x3x1x2221x121x21x3取最小值

的最小值.

解：容易猜到x1x2x3x31x1x2时，221x121x21x3333. 2为了证明这一点，利用柯西不等式，得

3xi332 .x(1xi)xi21， 2ii11xii1i133只需要证明

xi3(1xi2)i12333 等价于 233xxi3 （3-1）

5ii1i13由几何—算术平均不等式，得

2x12x12x1255x133()()x1x13， 3333332222x2x2x2553x233()()x2x2同理可证， ， 333333··

~

22x333x33(532x33333)(2x353)x3x3，

以上三式相加，（3-1）式得证，进而证得

x3x1x2221x121x21x3ii的最小值是133，当且仅当x1x2x3时。 23ii评述：柯西不等式中的

3ab的项ab如何拆成两个因式a和b的积，可以说是应用此不等式的主要技巧（上例

iix(1x)3i2ii1233，我们将xi2中的xi2表示为i13xi1xi2和xi3(1xi2)的积），正因为aibi可以按照我

们的需要加以分解，柯西不等式的应用更为广泛.

例10 试问：当且仅当实数

x0,x1,...,xn(n2)满足什么条件是，存在实数

y0,y1,...,yn使得

222其中zkxkiyk，i为虚数单位，k=0,1,…,n. 证明你的结论.（高中联赛，1997） z0z12z2...zn成立，

22z0z12z2...zn2成立转换到实数范围内求解。根据表达式的特点，结合柯西不等式寻找

思路分析：将

xi(i1,2,...,n)的范围.

解：将z0222转化到实数范围内，即 z12z2...znnn2222xxyy0k0,kk1k1 nxkykx0y0k1n （3-2）

若存在实数

y0,y1,...,yn使（3-2）成立，则xy(xkyk)2.

2020k122002y(x)(yk) （3-3）

2kk1k1nn由柯西不等式可得 x如果x20xk1n2k，由（3-2）可知

2，从而 yyk20k1n2xy(x)(yk)与 （3-3）矛盾 22002kk1k1nn··

~

于是得 x202 （3-4） xkk1n反之若（3-4）成立，有两种情况：

202，则取ykxk，k=0,1,2,…,n，显然（3-2）成立. xkk1nn⑴x⑵x20xk12k，记a222xkx00，则x1,...,xn不全为0. k1n不妨设xn0，

取

yk0,k0,1,2,...,n2，并且取 yn1axnx2n1x2n,ynaxn1x2n1x2n.

易知（3-2）成立.

202. xkk1n综上，所求的条件为 x

4．切比雪夫不等式 定理4 设

x1,x2,...,xn，

y1,y2,...,yn为任意两组实数，若

x1x2...xn且

y1y2...yn或

x1x2...xn且y1y2...yn，则

1n1n1n xiyi(xi)(yi) （4-1）

ni1ni1ni1若x1x2...xn且y1y2...yn或x1x2...xn且y1y2...yn，则

1n1n1n xiyi(xi)(yi) （4-2）

ni1ni1ni1当且仅当x1（4-1）和（4-2）中的不等式成立. x2...xn或y1y2...yn时，

证明： 设x1,x2,...,xn,y1,y2,...,yn为两个有相同次序的序列，由排序不等式有

x1y1x2y2 x1y1x2y2 x1y1x2y2··

...xnynx1y1x2y2...xnyn ...xnynx1y2x2y3...xny1 ...xnynx1y3x2y4...xny2

~

…………

x1y1x2y2...xnynx1ynx2y1...xnyn1

把上述n个式子相加，得 nxyii1ni(xi)(yi)

i1i1nn1n1n1n上式两边同除以n，得 xiyi(xi)(yi)

ni1ni1ni12等号当且仅当x1 例 10 设aiax2...xn或y1y2...yn时成立.

0(i1,2,...,n)，

aann求证：a11a22...a(a1a2...an)1(a1a2...an)n

证明：不妨令 a1a2...an0，则 lga2...lgan

lga1由切比雪夫不等式，有

a1lga1a2lga2...anlgan

 1(a1a2...an)(lga1lga2...lgan)na1a212即 lg(a...a)lg(a1a2...an)annann1(a1a2...an)n

从而证得 a 例11 已知a1a1a212a...a(a1a2...an)1(a1a2...an)n.

a2...an0,bnbn1...b10.

nbi1ni求证： ni1aini1ai.

ib证明：取xiai,yibi，则由a2a2...an0,bnbn1...b10，

可知xi，bi满足切比雪夫不等式的条件，故

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~

1n11n1n1 ai(ai)()

ni1bini1ni1bi又由均值不等式，正数b1,b2,...,bn的调和平均数不大于它们的算术平均数，

即

n1i1binbi1nin.

其中等号仅在b1b2...bn时成立.

1nbi这样就有 ni1aiai1ni1ni，

ibbi1ni即 ni1aini1nai， 而且等号仅在b1bb2...bn时成立.

i

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