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2011全国高中数学竞赛讲义15-不等式的应用



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§15 不等式的应用
1.排序不等式(又称排序原理) 设有两个有序数组 a1 ≤ a 2 ≤ L ≤ a n 及 b1 ≤ b2 ≤ L ≤ bn . 则 a1b1 + a 2 b2 + L + a n bn (同序和)

≥ a1b

j1 + a 2 b j 2 + L + a n b jn (乱序和) ≥ a1bn + a 2 bn ?1 + L + a n b1 (逆序和)
其 中 j1 , j 2 , L , j n 是 1 , 2 , … , n 的 任 一 排 列 . 当 且 仅 当 a1 = a 2 = L = a n 或

b1 = b2 = L = bn 时等号(对任一排列 j1 , j 2 , L , j n )成立.
2.应用排序不等式可证明“平均不等式” : 设有 n 个正数 a1 , a 2 , L , a n 的算术平均数和几何平均数分别是

An =

a1 + a 2 + L + a n 和G n = n a1 a 2 L a n n

此外,还有调和平均数(在光学及电路分析中要用到

Hn =

n 1 1 1 + +L+ a1 a 2 an



和平方平均(在统计学及误差分析中用到)

Qn =

2 2 a12 + a 2 + L + a n n

* 这四个平均值有以下关系 H n ≤ Gn ≤ An ≤ Qn . ○

3.应用算术平均数——几何平均数不等式,可用来证明下述重要不等式. 柯西(Cavchy)不等式:设 a1 、 a 2 、 a3 ,…, a n 是任意实数,则
2 2 2 2 (a1b1 + a 2 b2 + L + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a 2 + L + a n )(b12 + b2 + L + bn ).

等号当且仅当 bi = kai ( k 为常数, i = 1,2, L , n) 时成立. 4.利用排序不等式还可证明下述重要不等式. 切比雪夫不等式:若 a1 ≤ a 2 ≤ L ≤ a n , b1 ≤ b2 ≤ L ≤ bn , 则

a1b1 + a 2 b2 + L + a n bn a1 + a 2 + L + a n b1 + b2 + L + bn ≥ ? . n n n

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例题讲解
1. a, b, c > 0, 求证: ab( a + b) + bc (b + c ) + ca (c + a ) ≥ 6abc.

2. a, b, c > 0 ,求证: a b c ≥ (abc)
a b c

a+b+c 3

.

3.: a, b, c ∈ R + , 求证a + b + c ≤

a 2 + b2 b2 + c 2 c 2 + a 2 a3 b3 c3 + + ≤ + + . 2c 2a 2b bc ca ab

4.设 a1 , a 2 , L , a n ∈ N ,且各不相同,
*

求证: 1 + + + L +

1 2

1 3

1 a a3 a ≤ a1 + 2 + 2 + L + n . . 2 n 2 3 n2

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5.利用基本不等式证明 a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca.

6.已知 a + b = 1, a, b ≥ 0, 求证: a + b ≥
4 4

1 . 8

7.利用排序不等式证明 G n ≤ An

8.证明:对于任意正整数 R,有 (1 +

1 n 1 n+1 ) < (1 + ) . n n +1

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1 1 1 9.n 为正整数,证明: n[(1 + n) ? 1] < 1 + + + L + < n ? ( n ? 1) n n ?1 . 2 3 n

1 n

?1

例题答案:
1. 证明:Q

ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) ? 6abc
= a (b 2 + c 2 ? 2bc) + b(a 2 + c 2 ? 2ac) + c(a 2 + b 2 ? 2ab) = a (b ? c) 2 + b(c ? a ) 2 + c(a ? b) 2 ≥0

∴ ab(a + b) + bc(b + c) + ca (c + a ) ≥ 6abc.
评述: (1)本题所证不等式为对称式(任意互换两个字母,不等式不变) ,在因式分解 或配方时,往往采用轮换技巧.再如证明 a + b + c ≥ ab + bc + ca 时,可将 a + b
2 2 2 2 2

1 ? (ab + bc + ca) 配方为 [(a ? b) 2 + (b ? c) 2 + (c ? a ) 2 ] ,亦可利用 a 2 + b 2 ≥ 2ab, 2 b 2 + c 2 ≥ 2bc, c 2 + a 2 ≥ 2ca ,3 式相加证明.(2)本题亦可连用两次基本不等式

获证.
2.分析:显然不等式两边为正,且是指数式,故尝试用商较法. 不等式关于 a, b, c 对称,不妨 a ≥ b ≥ c, 则a ? b, b ? c, a ? c ∈ R ,且
+

a b , , b c

a 都大于等于 1. c

a abb c c (abc)
a+b+c 3

=a

2 a ?b ? c 3

b

2b? a ?c 3

c

2 c ? a ?b 3

=a

a ?b 3

?a

a ?c 3

?b

b? a 3

?b

b ?c 3

?c

c ?a 3

?c

c ?b 3

a =( ) b

a ?b 3

b ?( ) c

b ?c 3

a ?( ) c

a ?c 3

≥ 1.

评述: (1)证明对称不等式时,不妨假定 n 个字母的大小顺序,可方便解题. ( 2 ) 本 题 可 作 如 下 推 广 : 若 a i > 0(i = 1,2, L , n), 则a1 1 a 2 2 L a n
a a an



(a1 a 2 L a n )

a1 + a 2 +L+ an n

.
a b b a

(3)本题还可用其他方法得证。因 a b ≥ a b ,同理 b b c c ≥ b c c b , c c a a ≥ c a a c ,

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另 a b c ≥ a b c ,4 式相乘即得证.
a b c a b c

(4)设 a ≥ b ≥ c ≥ 0, 则 lg a ≥ lg b ≥ lg c. 例 3 等价于 a lg a + b lg b ≥ a lg b + b lg a, 类似例 4 可证 a lg a + b lg b + c lg c ≥ a lg b + b lg c + c lg a ≥ a lg c + b lg b + c lg a. 事实上,一般地 有排序不等式(排序原理) : 设有两个有序数组 a1 ≤ a 2 ≤ L ≤ a n , b1 ≤ b2 ≤ L ≤ bn , a1b1 + a 2 b2 + L + a n bn(顺 则 序和)

≥ a1b j1 + a 2 b j2 + L + a n b jn (乱序和) ≥ a1bn + a1bn?1 + L + a n b1 (逆序和)
其 中 j1 , j 2 , L , j n 是1,2, L , n 的 任 一 排 列 . 当 且 仅 当 a1 = a 2 = L = a n 或

b1 = b2 = L = bn 时等号成立.
排序不等式应用较为广泛(其证明略) ,它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序 数组的积的形式.如

a, b, c ∈ R +时, a 3 + b 3 + c 3 ≥ a 2 b + b 2 c + c 2 a ? a 2 ? a + b 2 ? b + c 2 ? c
≥ a 2 ? b + b 2 ? c + c 2 ? a; a2 b2 c2 1 1 1 1 1 1 + + ≥ a + b + c ? a2 ? + b2 ? + c2 ? ≥ a2 ? + b2 ? + c2 ? b c a b c a a b c

. 3.思路分析:中间式子中每项均为两个式子的和,将它们拆开,再用排序不等式证明.

1 1 1 1 1 1 ≥ ≥ ,则 a 2 ? + b 2 ? + c 2 ? (乱序和) c b a c a b 1 1 1 1 1 1 ≥ a 2 ? + b 2 ? + c 2 ? ( 逆 序 和 ), 同 理 a 2 ? + b 2 ? + c 2 ? ( 乱 序 和 ) a b c c a b 1 1 1 ≥ a 2 ? + b 2 ? + c 2 ? (逆序和)两式相加再除以 2,即得原式中第一个不等式.再考虑数 a b c 1 1 1 3 3 3 组a ≥ b ≥ c 及 ≥ ≥ ,仿上可证第二个不等式. bc ac ab
不妨设 a ≥ b ≥ c, 则a ≥ b ≥ c ,
2 2 2

4.分析:不等式右边各项

ai 1 = a i ? 2 ;可理解为两数之积,尝试用排序不等式. 2 i i

设 b1 , b2 , L , bn 是a1 , a 2 , L , a n 的重新排列,满足 b1 < b2 < L < bn , 又1 >

1 1 1 > 2 >L> 2 . 2 2 3 n

所以 a1 +

a b b a 2 a3 b + 2 + L + n ≥ b1 + 2 + 3 + L + n .由于 b1 , b2 , L bn 是互不相同的正整 2 2 2 n 2 3 2 3 n2 b b b 1 1 数,故 b1 ≥ 1, b2 ≥ 2, L , bn ≥ n. 从而 b1 + 2 + 3 + L + n ≥ 1 + + L + ,原式得证. 2 2 2 2 n 2 3 n

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评述:排序不等式应用广泛,例如可证我们熟悉的基本不等式, a + b ≥ a ? b + b ? a,
2 2

a 3 + b 3 + c 3 ≥ a 2 ? b + b 2 ? c + c 2 ? a = a ? ab + b ? bc + c ? ca ≥ a ? bc + b ? ac + c ? ab = 3abc.
5.思路分析:左边三项直接用基本不等式显然不行,考察到不等式的对称性,可用轮换的方 .. 法.

a 2 + b 2 ≥ 2ab,同理b 2 + c 3 ≥ 2bc, c 2 + a 2 ≥ 2ca ;三式相加再除以 2 即得证.
评述: (1)利用基本不等式时,除了本题的轮换外,一般还须掌握添项、连用等技巧. 如
2 x2 x12 x 2 + + L + n ≥ x1 + x 2 + L + x n , 可 在 不 等 式 两 边 同 时 加 上 x 2 x3 x1

x 2 + x3 + L + x n + x1 . 再如证 ( a + 1)(b + 1)( a + c) 3 (b + c ) 3 ≥ 256a 2 b 2 c 3 ( a, b, c > 0) 时,可连续使用基本不 等式.

a + b 2 a2 + b2 (2)基本不等式有各种变式 如 ( ) ≤ 等.但其本质特征不等式两边的次数及 2 2
系数是相等的.如上式左右两边次数均为 2,系数和为 1. 6. 思路分析:不等式左边是 a 、 b 的 4 次式,右边为常数

1 ,如何也转化为 a 、 b 的 4 次 8

式呢. 要证 a + b ≥
4 4

1 1 , 即证 a 4 + b 4 ≥ (a + b) 4 . 8 8

3 3 评述: (1)本题方法具有一定的普遍性.如已知 x1 + x 2 + x3 = 1, xi ≥ 0, 求证: x1 + x 2

1 1 1 3 3 求证: 1 x 2 + x 2 x 3 x + x3 ≥ . 右侧的 可理解为 ( x1 + x 2 + x3 ) . 再如已知 x1 + x 2 + x 3 = 0 , 3 3 3
+ x3 x1 ≤ 0 ,此处可以把 0 理解为 ( x1 + x 2 + x3 ) ,当然本题另有简使证法.
2

3 8

(2)基本不等式实际上是均值不等式的特例.(一般地,对于 n 个正数 a1 , a 2 , L a n ) 调和平均 H n =

n 1 1 1 + +L+ a1 a 2 an
n

几何平均 G n = 算术平均 An =

a1 ?a 2 L a n

a1 + a 2 + L + a n n

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平方平均 Qn =

2 2 a12 + a 2 + L + a n 2

这 四 个 平 均 值 有 以 下 关 系 : H n ≤ Gn ≤ An ≤ Qn , 其 中 等 号 当 且 仅 当

a1 = a 2 = L = a n 时成立.
7. 证明: 令 bi =

ai , (i = 1,2,L, n) 则 b1b2 L bn = 1 ,故可取 x1 , x 2 , L x n > 0 ,使得 Gn

b1 =

x x x1 x , b2 = 2 ,L, bn?1 = n ?1 , bn = n 由排序不等式有: x2 x3 xn x1
b1 + b2 + L + bn
=

x x1 x 2 + + L + n (乱序和) x 2 x3 x1
1 1 1 + x 2 ? + L + x n ? (逆序和) x1 x2 xn

≥ x1 ?
=n,



a a + a2 + L + an a1 a 2 + + L + n ≥ n,即 1 ≥ Gn . Gn Gn Gn n
1 1 1 , , L , 各数利用算术平均大于等于几何平均即可得, G n ≤ An . a1 a 2 an

评述:对

8.

分析:原不等式等价于 n +1 (1 +

1 n 1 ) < 1+ ,故可设法使其左边转化为 n 个数的几何 n n +1

平均,而右边为其算术平均.
n +1

1 1 1 1 1 n+2 1 (1 + ) n = (1 + ) L (1 + ) ? 1 < (1 + ) L (1 + ) + 1 = =1+ . n +1 n n 2 n 2 n +1 n +1 144 44n 3 144 44n 3
n个 n +1

评述:(1)利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化,使其两边与均值不等 式形式相近.类似可证 (1 +

1 n+1 1 n+2 ) < (1 + ) . n n +1

(2)本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证,但较繁. 9.证明:先证左边不等式

1 1 1 n[(1 + n) ? 1] < 1 + + + L + ? (1 + n) n ? 1 < 2 3 n

1 n

1

1+

1 1 1 + +L+ 2 3 n n

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1 1 1 + +L+ + n 2 3 n ? (1 + n) < n 1 1 1 (1 + 1) + ( + 1) + ( + 1) + L + ( + 1) 1 2 3 n ? (1 + n) n < n 3 4 n +1 2 + + +L+ 2 3 n (*) ? n 1+ n < n
1 n

1+

2+

3 4 n +1 + +L+ 2 3 n > n 2 + 3 + 4 + L + n + 1 = n n + 1. n 2 3 n

∴ (*)式成立,故原左边不等式成立.
其次证右边不等式
? 1 1 1 + + L + < n ? (n ? 1) ? n n ?1 2 3 n 1

1+

?n

?

1 n ?1

<

n ? (1 +

1 1 1 1 1 1 + +L+ ) (1 ? ) + (1 ? ) + L + (1 ? ) 1 2 3 n ? n ?1 < 2 3 n n ?1 n n ?1

1 2 n ?1 + +L+ 1 n ? n ?1 < 2 3 n n ?1

(**)

(**)式恰符合均值不等式,故原不等式右边不等号成立.

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