高二数学竞赛班二试讲义 第三讲 均值不等式

高二数学竞赛班二试讲义 第三讲 均值不等式

一、知识要点：

班级 姓名

1．用好不等式(ab)()4,(abc)(11111)9(a,b,cR)，

ababc2222abcabbcca，(abc)3(abbcca)等不等式．

2．不等式的对称性

设f(x1,x2,,xn)是一个n元函数。若将x1,x2,,xn中任意的两个变元互相交换位置，得到的f与原式是恒等的，则称f(x1,x2,,xn)是完全对称的， 如xyyzzx，

abc等。 bccaab 设f(x1,x2,,xn)是一个n元函数。若作置换x1x2,x2x3,,xn1xn,xnx1，

得到的f与原式是恒等的，则称f(x1,x2,,xn)是轮换对称的，如xyyzzx，

333abc等。 abbcca显然，完全对称的一定是轮换对称的。

二、例题精析

例1．设正实数a、b、c满足：abc=1，求证：对于整数k2，有

akbkck3 abbcca2

例2．已知a,b,c0，abc1，求证：

abcbcacab3 abcbcacab2

例3．设正实数a,b满足ab1，正实数x1,x2,,x5满足x1x2x51，求证：

(ax1b)(ax2b)(ax5b)1

例4．设x1,x2,,xn是正实数，求证：

(1x1)(1x1x2)(1x1x2x3)(1x1xn)(n1)n1x1x2xn 三、精选习题

1．求出最大的正实数，使得对于满足x2y2z21的任何实数x、y、z成立不等式：

5。 xyyz222．a,b,c是直角三角形的三边，c为斜边，求使a成立的k的最大值。

bcb2cac2abkabc恒

1

3．设0,,2，且sin3sin3sin31，

3322 求证：tan2tan2tan2

2224．x,y,z0，xyz1，求证：27(1xy)(1yz)(1zx)3(xyz)

(a2b2)3(b2c2)3(c2a2)35．a,b,c为互不相等的正数，求证：8abc

(ab)3(bc)3(ca)32334226．已知x,y0，xyxy，求证：xy2

a2bb2cc2a7．正数a,b,c满足abc1，证明：2

bccaaba2b2c2(abc)38．a,b,c为正数，证明： 2(abc)bcaabbcca9．实数ai,bi(i1,2,,n)满足 证明：

abii1i1nni1，

1ijnaiaj1ijnbibjaibi1

i1n10．对正数a,b,c，证明

abbcca3(abbcca)4 bccaab(abc)2

11．（2006年中国国家集训队测试题）a,b,c,dR，abcd1，求证：

11111 2222(1a)(1b)(1c)(1d)12．a,b,c,d0，abcd1，求证：(1a)(1b)(1c)(1d)13．设非负实数x,y,z满足xyz2，求证：xyyzzxxyz1

222222abcd x3y3y3z3z3x3222 14．正数x,y,z满足xyz1，求证：2222xxyyyyzzzzxx15．求最小的实数m，使得对于满足a+b+c=1的任意正实数a，b，c，

（6abc）1。 都有m(abc）

16．设正整数n2，求f(n)的最大值，使得对所有满足xi(0,1)(i1,2,n)，且

1xj)(1ijn) (1xi)(的实数x1,x2,,xn均有

33322214xi1nif(n)1ijn(2xixjxixj)

2

高二数学竞赛班二试讲义 第三讲 均值不等式

例1．【分析】本不等式是对称不等式，显然当abc1时取等号。从不等式局部入手，当

ak1111abc1时，(ab)，用 k元均值不等式。

ab4222k2个12kak1111akk【解答】因为(ab)kka， ab422222k2个12akk1k2bkk1k2a(ab)b(bc)所以，同理可得 ， ab242bc242ckk1k2c(ca)。三式相加可得 ca242akbkckk13(abc)(abc)(k2) abbcca222

(k1)3333(abc)(k2)(k1)(k2)22222

【思考】对于对称型不等式，有时从整体考虑较难入手，故比较管用的手法是从局部入手，从局部导出一些性质为整体服务，这里的局部可以是某一单项也可以是其中的若干项。 例2．【分析】化齐次，再用分析法证明

abca(abc)bc2bc1【解答】

abca(abc)bc(ab)(ac)2bc2ca2ab3要证

(ab)(ac)(bc)(ba)(ca)(cb)24bc(1a)4ca(1b)4ab(1c)3(1a)(1b)(1c)

111bccaab9abc9

abc111111111而()(abc)9，即9成立

abcabcabcabcbcacab3所以

abcbcacab2【思考】如果没有明显的解题思路时，分析法是不等式的一种证明方法。 例3．【分析】如果从不等式局部axib2abxi入手，相乘，得

ab21)， 24 不等式方向不能传递。因此考虑多项式(ax1b)(ax2b)(ax5b)展开，再作打算。 )(a2x (ax1bb)(ab325(ab)2xxxab(，而5x)1554【解答】(ax1b)(ax2b)(ax5b)ax1x2x5ab

3

1ijkl5xixjxkxla3b21ijk5xixjxk

a2b31ij5xixjab4xib5

1i51ijkl5xixjxkxlC545(x1x2x5)4C54，

1ijk53103 xixjxkC5(x1x2x5)6C51ij5xixjC5210(x1x2x5)4C52

(ax1b)(ax2b)(ax5b)a55a4b10a3b210a2b35ab4b5(ab)51【思考】注意均值不等式是“和大于等于积”，依此确定配凑方法。

例4．【分析】两边平方，把含x1,x2,,xn的式子放置一边，再想办法。

x1x2xn1n1，原不等式等价于s() 222(1x1)(1x1x2)(1x1xn)n1xnx1x2令y1 ,y2,,yn1x1(1x1)(1x1x2)(1x1xn1)(1x1xn)xnx1x2,y2,,yn设y1 1x1(1x1)(1x1x2)(1x1xn1)(1x1xn)【解答】记sn11yn1，则syi，且

1x1xni1x11111 1x1x1xx1xx1xxxi11112121231111 1x1xn11x1xn1x1xnyin1n1n1yisyii1n1i1n11n1n1

【思考】本题用了数列中的裂项相消法，配出和为定值是关键。

212222222yyz1．1xyzx 221111222x12y222122且当即当时， yzy,x,z2222212111x2y2z2上述两个等号可同取到，则

22(|xy||yz|)22(|xyyz|)。

122是|xyyz|的最大值．令

125，22 4

则2。

， 22．令accos,bcsin,0,则ua2bcb2cac2ababc1sincossincos

sincos， 2sin1,242220则u，所以t，u1ut在1,2上是减函数， 2(t1)t1t1故当t2即时，umin232，从而kmax232。

4另解：猜测c2a2b时，umin232。

再令tsincosbacbac

abcabbccacbacbacc， ab2bcc2a2b2abacbac因为2,2,2，

ab2bcc2au22221ab1ab2abccab又1，，4， 2cc2cc2ccccabcc2，从而u232， 抽以

2b2a当且仅当c2a2b时，等号成立，故umin232。

a2bcb2cac2ab3．令a=sin，b=sin，c=sin，则a, b, c(0, 1)且a3b3c31，

222112a1a1a2aa32a2(1a2)2()3,

32233223,cc3, 同理bb3333

因此

a2b2c2a3b3c33333333(abc)2223331a1b1caabbcc22

注意到

5

sin2a2tan21sin1a222sinbtan221sin1b22

sin2c2tan21sin1c233222tantantan. 所以

22 注 易知上述不等式等号不能成立。

4．1xy33xy,1yz33yz,1zx33zx

(1xy)293x2y2,(1yz)293y2z2,(1zx)293z2x2

(1xy)2(1yz)2(1zx)29(3x2y23y2z23z2x2)27

欲证明(1xy)(1yz)(1zx)3(xyz) 只需证明4(xyz)3xyz4(xyyzzx) ① 设Sxyz33xyz3,txyyzzx3 ①等价于4S3S2t即(S2)2t70成立。

5．当xyz0时，xyz3xyz(xyz)(xyzxyyzzx)0 所以xyz3xyz

333222222222333222(a2b2)3(b2c2)3(c2a2)33(a2b2)(b2c2)(c2a2)所以 333(ab)(bc)(ca)3(ab)(bc)(ca)(ab)(bc)(ca)8abc

6．因为yy2y，所以yyyy 故由xyxy得xxyyyy 所以xyxy ①

2233233424343322343322x312y312又因为xxx1，yyy1

332x312y3122所以xy ② 3322结合① ②两式得xy2

2a2b2c2a2b2c21(a)(b)(c) 7．注意到

bccaabbccaaba(abc)b(abc)c(abc)abc bccaabbccaaba2bb2cc2aabbcca所以13，得证。

bccaabbccaaba2b2c2(abbcca)2(abc)(abc)3 b8．原不等式等价于ca展开即需证明abbccaabcbcacab

242424323232 6

令xab,ybc,zca，则只需证明xyzxyyzzx 这是显然成立的 9．由

222222ai1n2i21ijnaiaj(ai)，b222ii1i1nn1ijnbibj(bi)2得

i1n1n21n1n222左式aiajbibj(aibi)(ai)(bi)1

2i12i12i11ijn1ijnabbcca3(abbcca)10．假设bmaxa,b,c(3)(1)0

bccaab(abc)2(ac)2(ba)(bc)(ac)2(ba)(bc))0 ((ab)(bc)(ab)(ca)(abc)2(ac)2(a2c2abbcca)(ba)(bc)(b2c2abbcca)0 (ab)(bc)(abc)2(ab)(ca)(abc)2

这是显然成立的，当且仅当abc取等号。 11．从不等式局部入手，注意到当xy1时，我们有于是我们有

故我们考虑证明不等式

111， 1x1y111 1ab1cd111 (1a)2(1b)21ab111ab(ab)2(ab1)2而0 (1a)2(1b)21ab(1a)2(1b)2(1ab)111同理我们有 22(1c)(1d)1cd相加得证。

12．从不等式局部入手，先尝试证明(1a)(1b)事实上

cd 2(1a)(1b)22ab2a2b(ab1)21ab

1abcd2cd 同理，(1c)(1d)相乘得证。 13．当xyzab 224222222时，xyyzzxxyz1，等号不能成立。 327 当x,y,z中有两个为1，一个为0时等号成立。

1x2y2y2z2z2x2xyz[xy2xyyz2yzzx2zx2xyz]

21[xy(x2y2)yz(y2z2)zx(z2x2)2xyz] 211(xyyzzx)(x2y2z2)xyz(xyz2)(xyyzzx)(x2y2z2) 22112(xyyzzx)(x2y2z2)22222(xyyzzx)(xyz)()1 442

7

14．因为3(xxyy)(xxyy)2(xy)0

22222x2xyy21x3y3(xy)(x2xyy2)xy，2所以2 2222xxyy3xxyyxxyy3y3z3yzz3x3zx同理，2 ,222yyzz3zzxx3x3y3y3z3z3x3xyyzzx23xyz2 222222xxyyyyzzzzxx33315．【解法一】当a=b=c1时，有m27。下证不等式 327(a3b3c3)6(a2b2c2)1

对于满足a+b+c=1的任意正实数a，b，c都成立。 因为(ab)于是

2(ab)0，所以a3b3a2bab2，同理，

b3c3b2cbc2，c3a3c2aca2，

2(a3b3c3)a2bb2cc2aab2bc2ca23(a3b3c3)a3b3c3a2bb2cc2aab2bc2ca2(abc)(abc)a2b2c22222222所以6(abc)16(abc)(abc)

222

6(a2b2c2)3(a2b2c2)9(a2b2c2)27(a3b3c3)

所以，m的最小值为27．

1【解法二】当a=b=c时，有m27。下证不等式

327(a3b3c3)6(a2b2c2)1

对于满足a+b+c=1的任意正实数a，b，c都成立。

(abc)2(abc)(abc)(abc)(abc)33(a3b3c3)a2b2c2，则18(a3b3c3)6(a2b2c2)①

3332222222333abcabc333由幂平均不等式3，得9(abc)1②

33

①②相加得证 【解法三】当a=b=c1时，有m27。下证不等式 327(a3b3c3)6(a2b2c2)1

对于满足a+b+c=1的任意正实数a，b，c都成立。 因为对于0x1，构造函数f(x)27x3(6x2kxm)

11处取得极小值f()0 33f(x)81x2(12xk)，由题意f(x)在x

8

1f()0k54332所以解得，故f(x)27x(6x5x)0 41m3f()03327x36x25x481x318x215x40(3x1)2(9x4)0 3432故27x6x5x，0x1。

3444323232所以27a6a5a,27b6b5b,27c6c5c

333把上面三个不等式相加，得

27(a3b3c3)6(a2b2c2)1.

所以，m的最小值为27。 16．当x1x2xn所以f(n)n1n2时，f(n)1，即f(n)Cn，

2221ijn1 n1n1(2xixjxixj) 下证：xin1i11ijn1证明：由(1xi)(1xj)，得(1xi)(1xj)2(1xi)(1xj)1

4所以xixj1 (n1)xii1n1ijn(xixj)1ijn21Cnn(n1) 2所以

xii1nn 2右边21ijnxixj1ijnxixj(x1x2xn)(xxx)221222n1ijnxixj2

nn1n1nn1nnn1n2(x1x2xn)xixi(n1)xi xin2n2i12i1i1i1xx2xn（注意1n

22x12x2xn(x1x2xn)2222得x1x2xn）

nn 9