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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第42讲 平均不等式



平均不等式 本节主要内容是两个、三个或 n 个(n∈N+)正数的算术平均数不小于它的几何平均数, 也就是

a?b ? ab (a, b ? R ? ) 2 a?b?c 3 ? abc(a, b, c ? R ? ) 3
a1 ? a 2 ? ... ? a n n ? a1a 2 ...a n (a1 , a 2 ,..., a n ? R ? )

n

对于一般正整数 n 的平均不等式,我们将在本节的附录里给出证明. A 类例题 例 1 证明:对任意实数 a>1,b>1, 有

a2 b2 ? ?8 b ?1 a ?1

分析:由对称性,容易算出当 a=b=2 时等号成立,此时

a2 b2 ? 4(b ? 1) ? ? 4(a ? 1) ? 4 b ?1 a ?1
证明:

a2 a2 ? 4(b ? 1) ? 2 .4(b ? 1) b ?1 b ?1

[来源:学科网]



a2 ? 4(b ? 1) ? 4a b ?1 b2 ? 4(a ? 1) ? 4b a ?1 a2 b2 ? ? 8 ,a=b=2 时等号成立. b ?1 a ?1

同理

两同向不等式相加得

说明:不等式中什么时候等号成立,应该看作是一种信息,有时能帮助我们找到证题的 入口.本题对平均不等式用得巧妙、简捷、富有启发性. 链接:本题可以稍作引申: 当 a>1,b>1,c>1 时,

a2 b2 c2 ? ? ? 12 b ?1 c ?1 a ?1

例 2 已知 a2,…, an 是 n 个正数,满足 c=1 求证: (2+ a1) (2+ a2)…(2+ an) ? 3
n

(1989 年全国联赛题)

分析:考虑到已知条件 a1.a2…an=1,因此如何从(2+ a1) (2+ a2)…(2+ an)过渡到能 用已知条件就成关键.再注意到 2+ a1,2+ a2 等都与 3 比较接近,并且还有相等的可能,因 此证法便自然得到. 证明:1+1+ a1 ? 33 1.1.a1

即 2+ a1 ? 33 a1 同理 2+ a2 ? 33 a 2 … 2+ an ? 33 a n
n 将这 n 个同向不等式相乘得(2+ a1) (2+ a2)…(2+ an) ? 3 . 3 a1 a 2 ...a n ? 3 ,当 a1=
n

a2= an 时等号成立. 说明:本题证明中将 2+ a1 拆成 1+1+ a1,这种恒等变形(分拆)还有形形色色的“凑” 和“配” ,在解题时是经常用到的.这些技巧的运用并无固定的程式和章法可套,只能根据题 目的特点,因题而异.经验和洞察力要靠我们不断地实践和积累. 链接:本题也可以从左边入手乘开,或将 3n 表为(2+1)n 二项展开都可以获得成功,过 程略显繁琐.
[来源:学科网 ZXXK]

例 3 设 a>b>0,那么 a2+

1 的最小值是_____(2005 年全国高中联赛江苏赛区初赛) b( a ? b)

分析:本题取自课本的一个习题(人教社版,第二册(上) ) ,题中有两个变量 a,b, 解题时总希望字母愈少愈好,故最好把原式处理成一个变量问题,再证明它大于或等于一个 常数.在这中间我们又注意到和-b 之和为 a,因式 b(a ? b) ? 解: b(a ? b) ?

b? a ?b a ? 2 2

1 a 4 ? 2 ? b( a ? b) a 2

a2+

1 1 4 的最小值是 4. ? a 2 ? 2 ? 4 ,因此 a2+ b( a ? b) b( a ? b) a

当?

? a? 2 ? 2 时取得最小值. ?b ? 2 ?

说明:当若干个变量的和为常量或积为常量时,我们就可以考虑用平均值不等式,再 说 在短短的演算过程中两次使用了平均值不等式. 链接:如果题目变为 a>b>0,求 a2+ 情景再现 1. 设 a>b>c,证明

1 b(a ? b)

的最小值,你会做吗?

a?c a?c ? ?4 a ?b b?c
2 X2 X2 X 12 X 2 ? ? ... ? n ?1 ? n ? X1+ X2+…+ Xn X2 X3 Xn X1

2. 设 X1, X2…Xn ? R ? ,求证

3. 证明 3 (

a?b?c 3 a?b ? abc) ? 2( ? ab ) ,其中 a,b,c∈R+ 3 2

B 类例题 例 4 已知 abc=0,求证

a4 b4 c4 1 ? 4 ? 4 ? 4 4 4 4 4 4 4 2 4a ? b ? c a ? 4b ? c a ? b ? 4c

(2004 年北京市中学生数学竞赛高一) 分析:如果通分或去分母也许能行得通,但计算量太大,因此这种情况下往往考虑利用 “≤”或“≥”的变形(而不是恒等变形)统一分母. 证明:4a4+b4+c4= 2a4+ a4+ b4+ a4+ c4≥2a4+2a2b2+2a2c2 所以

a4 a2 a4 ? ≤ 4a 4 ? b 4 ? c 4 2a 2 (a 2 ? b 2 ? c 2 ) 2(a 2 ? b 2 ? c 2 )

同理可得

b2 b4 ≤ 2(a 2 ? b 2 ? c 2 ) a 4 ? 2b 4 ? c 4 c2 c4 ≤ 2(a 2 ? b 2 ? c 2 ) a 4 ? b 4 ? 4c 4
三式相加得

a4 b4 c4 a2 ? b2 ? c2 1 ? 4 ? 4 ? ? 4 4 4 4 4 4 4 2 2 2 4a ? b ? c a ? 4b ? c a ? b ? 4c 2(a ? b ? c ) 2
当 a2=b2=c2≠0 时上式等号成立. 说明:平均不等式还有一些特殊形式,从中还能推导出另外一些“副产品” ,而所有这些 在证题中是常常用得到的,例如: a2+b2≥2ab (a,b∈R) a+

1 ≥2 a a b ? ≥2 b a
a?b ? 2

(a∈R ) (ab>0) (a,b,c∈R ) (a,b∈R)
+

+

A3+b3+c3≥3abc

a2 ? b2 2

a?b?c ? 3

a2 ? b2 ? c2 3

(a,b,c∈R)

此外该题处理分母的方法给我们深刻印象,值得借鉴. 例 5 已知 a,b,c 是正数且 abc≤1

试证:

a?b b?c c?a ? ? ? 2(a ? b ? c) c a b

分析:不等式的左边是分式,处理分式的原则一般是能不通分时尽量不通分,能不去分 母时尽量不去分母,避开它,绕道走,减小计算量,却同样达到目的.改变结构,转换命题, 使得新命题便于用已知条件,便于用平均值不等式. 证明:原题等价于证明

a?b b?c c?a ? ? ?2 c ( a ? b ? c ) a ( a ? b ? c ) b( a ? b ? c )



a?b (a ? b ? c) ? c 1 1 = ? ? c( a ? b ? c) c(a ? b ? c) c a?b?c a?b b?c c?a 1 1 1 3 ? ? ? ? ? ? c ( a ? b ? c ) a ( a ? b ? c ) b( a ? b ? c ) a b c a ? b ? c
? 33 1 3 1 ? 3 ? 23 ?2 abc 3 abc abc

因而

当 a=b=c=1 时等号成立. 说明:转换命题或加强命题是证题的一个重要手段,也是一个策略.例 5 与例 4 都是分 式不等式,都用平均不等式解决问题,但途径、风格截然不同. 例 6 设 a,b,c 是正实数,且满足 abc=1,证明

1 1 1 (a ? 1 ? )(b ? 1 ? )(c ? 1 ? ) ? 1 . b c a

(第 41 届 IMO)

分析: 不等式左边三个括号所代表的数有可能为负数 (或零) 因此, , 不能直接用平均不等式. 但 仔细 观察、计算发现三个括号最多只能有一个不是正数.因此,应先讨论.此外,即使全正, 用三个正数的算术平均,推导也难以进行.故应该用两个正数的算术平均不小于相应的几何 平均. 证法一: 1° a ? 1 ?

1 1 1 , b ? 1? , c ? 1 ? 三个式的值如果一个不为正(即为零或负) ,另两个 c b a

为非负,不等式显然成立. 2°以上三个式的值最多有一个不为正数,证明如下.假设有两个不正,不妨设

1 ? ?a ? 1 ? b ? 0 ?1 ? ab ? b ? 0 ?1 ? ab ? b ? 0 ?1 ? ab ? b ? 0 ? (abc ? 1) ? ? (相加) ?? ?? ? ?1 ? bc ? c ? 0 ?abc ? bc ? c ? 0 ?ab ? b ? 1 ? 0 ?b ? 1 ? 1 ? 0 ? c ?

? 2ab≤0 这不可能,故三个式子的值最少两个为正.
3°如三个数全为正

1 1 1 1 b ? 1 ? ab ? 1 ? b ? ab 2 (a ? 1 ? )(b ? 1 ? ) ? (1 ? b ? ab)(b ? 1 ? ab) ? ( ) =a2b b c b b 2 1 1 2 同理 (b ? 1 ? )(c ? 1 ? ) ? b c c a

1 1 (c ? 1 ? )( a ? 1 ? ) ? c 2 a a b 1 1 1 3 三式相乘得[ (a ? 1 ? )(b ? 1 ? )(c ? 1 ? ) ]2 ? (abc) ? 1 b c a 1 1 1 因此 (a ? 1 ? )(b ? 1 ? )(c ? 1 ? ) ? 1 .当 a=b=c=1 时等号成立.综上原不等式成 b c a
立. 证法二:令 a=

x y z ,b= ,c= y x z

(x,y,z∈R )

+

代入后原不等式化为要证 (x-y+z)(y-z+x)(z-x+y)≤xyz. 说明:两种政法殊途同归.第二种证法告诉我们,如果能把一个新问题转化为一个我曾经 解决过的问题,那么新问题也就得解. + 链接:本题可推广为 n 个任意正整数,a,b,c∈R ,abc=1,那么

(a n ? 1 ?

1 1 1 )(b n ? 1 ? n )(c n ? 1 ? n ) ? 1 n b c a

情景再现 4. 证明对所有正实数 a,b,c 有

1 1 1 1 ? 3 ? 3 ? 3 3 3 a ? b ? abc b ? c ? abc c ? a ? abc abc a ? 3c 4b 8c 5. 设 a,b,c 为正实数,求 的最小值. ? ? a ? 2b ? c a ? b ? 2c a ? b ? 3c
3

(第三届中国女子数学奥林匹克) C 类例题 例 7 x,y,z∈R,求 u=

xy ? 2 yz 的最大值. x ? y2 ? z2
2

分析:u 的值可正,可负也可为零.因此最大值肯定为正值.xy,2yz 都可以通过不等式建 立与 x2+y2,y2+z2 的联系. 解:引入待定正的常数 ?1 , ? 2 xy+2yz≤

1 1 1 2 1 1 1 2 (?1 x 2 ? y 2 ) ? ?2 y 2 ? z ? ?1 x 2 ? ( ? ?2 ) y 2 ? z 2 ?1 ?2 2 2?1 ?2

1 ?1 ??1 ? 5 ? 2 ?1 ? 2? ? ? 2 ? ? 1 令? 解此方程组得 ? 2 5 ?? 2 ? ?1 ? ? 1 1 5 ? ?2 ?2 ?
这样便有 xy+2yz ?

5 2 (x ? y 2 ? z 2 ) 2

? y ? 5x xy ? 2 yz 5 5 ? ? .umax= ,当 ? 2 2 5 (x≠0)时取得最大值. 2 2 x ?y ?z z ?y ? 2 ?
说明:我们也可以从判别式入手,同样可以求得 u 的最大值.解法如下: 最大值应为正值,因此 u >0. 原式化为 uz2-2yz+(ux2+uy2-xy)=0.将此 式看作是关于 z 的方程,该方程必有解.故 △ 1 = 4 y ? 4u (ux ? uy ? xy) ? 0 .
2 2 2



u 2 x 2 ? uyx ? y 2 (u 2 ? 1) ? 0 . 将 此 式 看 作 是 关 于 x 的 不 等 式 , 该 不 等 式 必 定 有 解

(u 2 ? 0) ,故△ 2 = u 2 y 2 ? 4u 2 y 2 (u 2 ? 1) ? 0 .u 取正值时原式中y≠0,于是得

4u ? 5 ? u ?

5 5 .也就是 umax= . 2 2

比较两种解法,后者显得自然流畅,而前者把待定系数法应用到不等式中使人感到耳目一新. 链接:本题解法为我们解决多元函数的最值 提供了新的方法.

例 8 a,b 为正实数,x∈(0,

? a b ) ,求 的最小值. ? 2 sin x cos x

分析:这是一道含有三角函数的题.因此解题过程一定会用上三角公式,经验告诉我们 如果直接不好求,则可转而求其平方的最值. 解:令原式为 f(x),则[f(x)]2=

a2 2ab b2 ? ? sin 2 x sin x cos x cos2 x

=

a 2 (sin 2 x ? cos2 x) 2ab(sin 2 x ? cos2 x) b 2 (sin 2 x ? cos2 x) ? ? sin x cos x sin 2 x cos2 x

=a2+b2+a2cot2x+2abtanx+2abcotx+b2tan2x = a2+b2+(a2cot2x+abtanx+abtanx)+(b2tan2x+abcotx+abcotx)
2 2 3

? a 2 ? b 2 ? 33 a 4 b 2 ? 33 a 2 b 4 ? (a 3 ? b 3 ) 2
当 tanx.ab=a2cotx,也就是 tanx=

a 时取得最小值. b

链接:本题做法很多,可以用柯西不等式来证,也可以用求导数的方法求得结果,其过 程都不很长.本题有明显的几何背景: 如图点 p 位于第一象限,过 p 引直线交 x 轴正方向与A,交y轴正方向与B,求线段A B的最小值.
[来源:学科网 ZXXK]

令∠ABO=x,容易算得|PB|=

a a a b ,|PA|= ,则|AB|= + ,n 是 cos x sin x sin x cos x
2 2 n?2 2

任意正整数,还有相应的不等式

a b + ? (a n ? 2 ? b n ? 2 ) n n sin x cos x

,这个不等式的证明也不

很困难,只要用上 n 个正数的平均值定理即可,这个不等式证完.例 8 就可以看作是它的一 个特例.

例 9 小值.

设u,v,w为正实数,满足条件 u vw ? v wu ? w uv ? 1 ,试求u+v+w的最 (第三届中国女子数学奥林匹克)

分析:从改造已知条件入手, vw 是v与w的几何平均,很容易想到 此有 u.

v?w w?u u?v ?v ?w ? u vw ? v wu ? w uv ? 1 .也即 uv ? vw ? wu ? 1 2 2 2 u?v ? uv ,因此由已知条件可得 uv ? vw ? wu ? 1 2
2
2 2 2

v?w ? vw ,因 2

这个条件从形式上更接近于u+v+w. 解:由于

又(u+v+w) = u ? v ? w ? 2uv ? 2vw ? 2wu ? uv ? vw ? wu ? 2uv ? 2vw ? 2wu

? 3(uv ? vw ? wu) ? 3
( u+v+w) ?

3

另一方面,显然u=v=w=

3 满足题中条件,因此u+v+w的最小值为 3 . 3

说明:本题实质是据一个已知不等式,去证明另一 个不等式,其中的过程就是一个简单 的乘法公式和平均值不等式的应用. 例 10 n 为任意正整数,求证 (1 ?

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

分析:原不等式等价于证明

n ? 2 n ?1 1 ? (1 ? ) n .该式左边可看作是某 n+1个正数的算 n ?1 n

术平均.如右边能写成相应的几何平均,则问题得证. 证明:考虑 n+1个正数 (1 ?

1 1 1 ), ? ),, ? ) ,1,由平均不等式 (1 ... (1 n ?n n ???? ????? ?
n个

1 1 1 (1 ? ) ? (1 ? ) ? ... ? (1 ? ) ? 1 1 n n n ? n?1 (1 ? ) n .1 n ?1 n


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

说明:证题的关键是命题的改造和巧妙的“配”和“凑” ,有针对性的“配”“凑”能使 、 已知条件和相关定理得到最合理的运用.同时,它也使得条件和结论的内在联系显现出来.因 此这种技能和技巧值得我们很好地学习和用心去体会.

从原题形式看不出它与平均值不等式有什么直接联系,这需要我们对题目要进行进一步 的挖掘,并且要增强运用平均不等式的意识. 链接:从数列的观点看,该不等式表明数列{ (1 ?

1 n ) }是一个单调递增数列.在高等数 n

学里还进一步证明它是有界数列,

lim (1 ? n )
n ??

1

n

? e ,e是与 ? 同样活跃的一个超越数.

例 10 的证法很多,相比之下用平均值不等式的证明可说是最为自然和简捷. 情景再现 6.x>0,求证:

x 3 3 ? 2 2 16 (1 ? x )

7. 设x,y,z,w 是不全为0的实数,求

xy ? 2 yz ? zw 的最大值. x ? y 2 ? z 2 ? w2
2

习题 1. 已知x,y,z∈R+,且xyz(x+y+z)=1,证明(x+y) (y+ z) ? 2 ,并指出何时等号 成立. 2. n>2,求证: log n
n ?1

? log n ?1 . n

3. 设数列{ a n }满足 a1=1,an+1an=n+1 (n 为任意正整数),求证:

?a
k ?1

n

1
k

? 2( n ? 1 ? 1) .

4. 设 a,a1,b,b1 均为正实数, a1 ? b1 ? a ? b ? 1 ,求证
2 2 2 2

a3 b3 ? ? 1. a1 b1

5. a,b,c∈ R ,求证:

?

a b c ? ? ? 1. 1 ? a ? ab a ? b ? bc 1 ? c ? ca
x2 x12 x2 x2 1 ? 2 2 ? 3 2 ? 4 2 ? 1 ,求证: x1 .x2 .x3 .x4 ? . 2 1 ? x1 1 ? x 2 1 ? x3 1 ? x 4 9

6.

x1 , x 2 , x3 , x 4 ? R ? ,且
?

7. a,b,c∈ R ,1)证明 (a ? b ? c)(

1 1 1 ? ? )?9 a b c

2)证明

1 1 1 9 ? ? ? a ? b b ? c c ? a 2(a ? b ? c)

3)证明
3

c a b 3 ? ? ? a?b b?c c?a 2
3 2 2

(1963 年莫斯科数学竞赛)

8. 设正实数x,y 满足 x ? y ? x ? y ,求证: x ? 4 y ? 1 . (2005 年女子数学奥林匹克)
2 2 2 2 2 2 9. 设 a, x, 都是正数, b, y 并且 x ? y ? 1 , 求证 a x ? b y ?

a2 y2 ? b2 x2 ? a ? b .
7

10. 设正实数x,y,z 满足x+y+z=xyz,求 x ( yz ? 1) ? y ( zx ? 1) ? z ( zy ? 1) 的最小值.
7 7

(2003 年中国国家集训队测试题) 11. 设实数 a,b 满足 ab 件. 一般地,证明:对任意实数 a,b 均有 3 条件. 12. 0<ai<1 (i=1,2,…,n),证明 >0,证明: 3

a 2 b 2 (a ? b) 2 a 2 ? 10 ab ? b 2 ? ,并求等号成立的条 4 12

a 2 b 2 (a ? b) 2 a 2 ? ab ? b 2 ? ,并求等号成立的 4 3
(第十四届爱尔其数学奥林匹克)

1 1 1 n . ? ? ... ? ? n n n 1 ? a1 1 ? a 2 1 ? a n 1 ? a1 a 2 ...a n

附录:设 a1,a2,…,an>0,An=

a1 ? a 2 ? ... ? a n ,Gn= n a1 a 2 ...a n ,则 An ? Gn,当且 n

仅当 a1=a2…=an 时等号成立. 我们用数学归纳法来证明它, 1 时不等式显然成立.假设 n=k 时不等式成立,那么 Ak+1=

2kAk ?1 (k ? 1) Ak ?1 ? (k ? 1) Ak ?1 1 ? ? [a1 ? a 2 ? ... ? a k ? a k ?1 ? (k ? 1) Ak ?1 ] 2k 2k 2k

1 a ? a 2 ? ... ? a k a k ?1 ? (k ? 1) Ak ?1 1 a ? a 2 ? ... ? a k a k ?1 ? Ak ?1 ? Ak ?1 ? ... ? Ak ?1 ? [ 1 ? ]? [ 1 ? ] 2 k k 2 k k
(其中有 k-1 个 Ak ?1 ) ?
1

1 k [ a1a2 ...ak ? k ak ?1 ( Ak ?1 ) k ?1 ] ? 2

k

(a1a2 ...ak )ak ?1 ( Ak ?1 ) k ?1

? [(Gk ?1 ) k ?1 .( Ak ?1 ) k ?1 ] 2k ? ( Ak ?1 ) 2k ? (Gk ?1 ) k ?1 ( Ak ?1 ) k ?1 ? Ak ?1 ? Gk ?1 .即 n=k+1 时不
等式成立.由上可知,对 n ? N ? 不等式成立. 本节“情景再现”解答 1.

a ?c a ?c a ?b?b?c a ?b?b?c b?c a ?b ? ? ? ? 1? ?1? ?4 a ?b b?c a ?b b?c a ?b b?c
x2 x2 x12 x2 ? x 2 ? 2x1 , 2 ? x3 ? 2x3 ,…, n ?1 ? x n ? 2 x n ?1 , n ? x1 ? 2 x n ,相加后即得. x2 x3 xn x1

2. 3.

c ? ab ? ab 3 a?b?c 3 a?b ? c ab ab ? c ? 2 ab ? 33 abc ? 3( ? abc) ? 2( ? ab ) 3 3 2
4. 由 (a ? b)( a ? b ) ? 0 得, a ? b ? ab ? a b ,
2 2

3

3

2

2

a 3 ? b 3 ? abc ? ab2 ? a 2 b ? abc ?

1 1 ? , 3 a ? b ? abc ab(a ? b ? c)
3

同理

1 b ? c ? abc
3 3

?

1 1 1 , 3 ,相加后对不等式右边 ? 3 bc(a ? b ? c) c ? a ? abc ac(a ? b ? c)

稍作化简便得. 5. 令 x=a+2b+c, a+b+2c, y= z=a+b+3c, 则有 x-y= b-c, -y= c, z 由此可得 a+3c=2y-x, z+x-2 b= y,c= z- y,故

a ? 3c 4b 8c 2 y ? x 4( z ? x ? 2 y ) 8( z ? y ) ? ? ? ? ? a ? 2b ? c a ? b ? 2c a ? b ? 3c x y z ? ?17 ? 2 y x z y 上式中的等号可以 ? 4 ? 4 ? 8 ? ?17 ? 2 8 ? 2 32 ? ?17 ? 12 2 . x y y z

成立.事实上,由上述推导过程知,等号成立当且仅当平均不等式中的等号成立,而这

? ?2 ? 等价于 ? ?4 ? ?

y x ?4 ? y 2 ? 2x 2 ? y ? 2x x y ? ,也即 ? 2 ,即 ? ,亦即 z y ?z ? 2 y 2 ?z ? 2x ? ?8 y z

?b ? (1 ? 2 )a ?a ? b ? 2c ? 2 (a ? 2b ? c) ? ,解此不定方程,得到 ? ,只要满足此条件 ? a ? b ? 3c ? 2(a ? 2b ? c) ?c ? (4 ? 3 2 )a ? ?
便能取得最小值 ? 17 ? 12 2 .
[来源:学科网]

6.

1 1 1 x2 x 3 3 16 x 2 2 ? ? ? x 2 ? 44 ? ,即 (1 ? x ) ? ,也就是 2 2 3 3 3 27 16 (1 ? x ) 3 3

7. 该题解法可完全仿照例 7,显然只需考虑x>0,y>0,z>0,w>0 的情形.引进待定正常数

? , ? , ? ,则有 ? 2 x 2 ? y 2 ? 2?xy, ? 2 y 2 ? z 2 ? 2?yz, ? 2 z 2 ? w 2 ? 2?zw, 即
?
2 x2 ? y2 z2 ? w2 ? xy, ?y 2 ? ? 2 yz, z 2 ? ? zw, 将上述三式相加得 2? ? 2 2?

?
2


x2 ? (

1 1 ? 1 2 ? ? ) y 2 ? ( ? )z 2 ? w ? xy ? 2 yz ? zw, 2? ? 2 2?

?
2

?

1 1 ? 1 ?? ? ? ? ,解得 ? ? 2 ? 1, ? ? 1, ? ? 2 ? 1 ,于是 2? ? 2 2?
2 ?1 ,即所求最大 2

xy ? 2 yz ? zw 2 ?1 2 ? ( x ? y 2 ? z 2 ? w 2 ) ? xy ? 2 yz ? zw ,∴ 2 2 x ? y 2 ? z 2 ? w2
值是

2 ?1 . 2

本节习题解答 1. ( x ? y )( y ? z ) ? xy ? xz ? y ? yz ? xz ? y ( x ? y ? z ) ? 2 xzy( x ? y ? z ) ? 2 ,容易算
2

得?

?x ? z ? 1 ?y ? 2 ?1

时取得等号.

2. ∵n>2 ∴ log n , log n 皆为正数, log n . log n

n ?1

n ?1

n ?1

n ?1

?[

log n ?1 ? log n ?1 2 n n ] 2

log (nn ?[ 2

2

?1)

log n 2 ] ? ( n ) ? 1 ,据对数换底公式 log n ?1 ? log n ?1 . n n 2
2

2

3. 由已知,易证 a n ? 0(n ? 1,2,3...) ,又 a2=2.n ? 2 时 得 a n (a n ?1 ? a n ?1 ) ? 1 ?

a n ?1 a n ? n ? 1, a n a n ?1 ? n ,相减

1 1 1 ? a n ?1 ? a n ?1 ,据此 ? a3 ? a1 , ? a4 ? a2 , an a2 a3

n 1 1 1 1 ? a n ?1 ? a n ? 2 ? a5 ? a3 ,., ? an ? a n?2 , ? a n ?1 ? a n ?1 ,相加得 ? .. a4 a n ?1 an k ?1 a k

? 2 a n a n ?1 ? 2 ? 2( n ? 1 ? 1)
4.

a3 a3 a3 b3 ? ? a12 ? 33 a 6 ,即 2 ? a12 ? 3a 2 .同理 2 ? b12 ? 3b 2 ,相加 a1 a1 a1 b1

a3 b3 a3 b3 2 2 2 2 2( ? ) ? a1 ? b1 ? 3(a ? b ) ? ? ?1 a1 b1 a1 b1
5. 分析:欲证原不等式成立,只要证

a b 1 ? ca ,去分母,即证 ? ? 1 ? a ? ab 1 ? b ? bc 1 ? c ? ca

经过展开, 化简, (1 ? c ? ca)[a(1 ? b ? bc) ? b(1 ? a ? ab)] ? (1 ? ca)(1 ? a ? ab)(1 ? b ? bc) , 即证 a b c ? 1 ? 2abc ,此式显然成立,原不等式获证
2 2 2

xi2 (i ? 1,2,3,4) ,据已知则有 u1 ? u 2 ? u 3 ? u 4 ? 1 , 6. 令 u i ? 1 ? xi2

x12 ?

u3 u1 u1 u1 u2 2 2 ? ? ,同理 x 2 ? , x3 ? , 1 ? u1 u 2 ? u 3 ? u 4 33 u 2 u 3 u 4 33 u1u 3 u 4 33 u1u 2 u 4 u4 33 u1u 2 u 3
,相乘得 ( x1 x 2 x3 x 4 ) ?
2

2 x4 ?

1 1 ? x1 x2 x3 x4 ? 81 9

7. 1) a ? b ? c ? 33 abc ,

1 1 1 1 ? ? ? 33 ,相乘便得 a b c abc

2)据 1) [( a ? b) ? (b ? c) ? (c ? a)].( 即

1 1 1 ? ? )?9 a?b b?c c?a

1 1 1 9 ? ? ? a ? b b ? c c ? a 2(a ? b ? c)

3)由于 2) 2(a ? b ? c)(

1 1 1 ? ? )?9? a?b b?c c?a a?b?c a?b?c a?b?c 9 c a b 9 ? ? ? ? 1? ?1? ?1? ? a?b b?c c?a 2 a?b b?c c?a 2 c a b 3 ? ? ? ? a?b b?c c?a 2

3 2 2 4 2 2 2 3 3 8. 由平均不等式得 5 y ? x y ? 2 5 x y ? 4 xy ,所以 4 xy ? x y ? 4 y ? y ,又

x3 ? y3 ( x ? 4 y )( x ? y ) ? x ? 4 xy ? x y ? 4 y ? x ? y ? x ? 4 y ? ?1 x? y
2 2 3 2 2 3 3 3 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 9. 分析法,将欲证不等式两边平方,即证 ( a x ? b y )( a y ? b x ) ? ab

? (a 2 x 2 ? b 2 y 2 )( a 2 y 2 ? b 2 x 2 ) ? a 2 b 2 ,乘开即证 a 4 x 2 y 2 ? a 2 b 2 ( x 4 ? y 4 ) ? b 4 x 2 y 2 ? a 2 b 2 ,而 a 4 ? b 4 ? 2a 2 b 2 ,因此问题变更为要证
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a 2 b 2 ( x 4 ? y 4 ) ? 2a 2 b 2 x 2 y 2 ? a 2 b 2 .此式显然成立,原不等式得证
10. 因为x,y,z>0,且x+y+z=xyz,所以 z ( xy ? 1) ? x ? y ,同理 y( xz ? 1) ? z ? x ,

x( yz ? 1) ? y ? z ,又由平均不等式有 xyz ? x ? y ? z ? 33 xyz ? xyz ? 3 3 ,当且仅当
x ? y ? z ? 3 时等号成立.所以 x 7 ( yz ? 1) ? y 7 ( zx ? 1) ? z 7 ( xy ? 1)
? x 6 ( y ? z ) ? y 6 ( z ? x) ? z 6 ( x ? y ) ? 66 x 6 yx 6 zy 6 xy 6 zz 6 xz 6 y ? 66 x14 y 14 z 14

? 6( xyz) ? 6( 3 ) 7 ? 162 3 ,故原式最小值为 162 3 .注:此题更一般的推广形式为:设
x,y,z>0, p ? 2, x ? y ? z ? xyz ,则 x p ( y ? z ) ? y p ( x ? z ) ? z p ( x ? y)

7 3

? ? p ( xy ? yz ? zx)

p ?1 2

, 其 中 ?p ?

2 3
p ?1 2

,由此可解决下面有趣的问题,若x,y,

z>0, p ? 2, x ? y ? z ? xyz ,求 x p ( yz ? 1) ? y p ( zx ? 1) ? z p ( xy ? 1) 的最小值

11. ab ? 0 时,

1 2 1 ( a ? b) 2 1 ( a ? b) 2 ( (a ? 10 ab ? b 2 ) ? [ ? 2ab] ? [ ? ab ? ab] a ? b 时 12 3 4 3 4

取等号) ? 3

a 2 b 2 ( a ? b) 2 a 2 ? ab ? b 2 .对任意 a, b ,若 ab ? 0 , 4 3

?

a 2 b 2 ( a ? b) 2 a 2 ? b 2 ? 4ab ? 3(a 2 ? b 2 ) a 2 ? b 2 ? 10 ab ? (据前已证结论) 3 (a ? b ? 4 12 12

a 2 ? ab ? b 2 (a ? b) 2 ? ab 时取等号) .若 ab ? 0 , ? ? 3 3

1 1 (a ? b) 2 ? ab ? ab 2 2 3

1 1 a 2 b 2 ( a ? b) 2 1 ? 3 (a ? b) 2 (? ab)( ? ab) ? 3 , 等 号 在 (a ? b) 2 ? ? ab 时 成 立 , 即 2 2 4 2

b a a ? ? 或 b ? ? 时取到 2 2
12. 配对.据 n 个正数的平均不等式易得 [(1 ? a1 ) ? (1 ? a 2 ) ? ... ? (1 ? a n )].
n n n

[

n n 1 1 1 1 ] ? n2 ? ? ... ? ] ? n 2 .即 [n ? (? ain )].[ ? n n n 1 ? ain (1 ? a1 ) (1 ? a 2 ) (1 ? a n ) i ?1 i ?1

(1)

?a

i ?1

n

n i

n
n

?

n

n n n a1 a 2 ...a1

? ? ain ? na1 a 2 ...a n ? n(1 ? a1 a 2 ...a n ) ? n ? ? ain ? 0
i ?1 i ?1

n

(2)

(1) (2)相乘便得

?1? a
i ?1

n

1

n i

?

n . 1 ? a1 a 2 ...a n

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