利用均值不等式证明不等式

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1、1，利用均值不等式证明不等式 （1）均值不等式：设是n个正实数，记 它们分别称为n个正数的调和平均数，几何平均数，算术平均数，平方平均数。有如下关系：.等号成立的充要条件是。 先证 证法三： 上述不等式在数学竞赛中应用极为广泛，好的、难的不等式问题往往只需用它们即可解决，而无需过分追求所谓更“高级”的不等式，这是应该引起我们注意的。 例1：求证下列不等式： （1）， （2） （3），其中 证明（1） 当且仅当，即取等号。 证明（2

2、） ∴ 证明（3），同理 ，三式相加得 另一方面， 同理， 三式相加得 说明：（1）中涉及到与常数相关的不等式的证明问题，通过变形使其出现互为倒数的因式，利用均值不等式证得。（3）中累加的方法是常用的处理手段。 例2：若且，求证： 证明：左边 例3：已知是正数，满足 求证：（89年联赛试题） 证明：，同理：，… ，将以上式子相乘即得证。 例4：，求证： 证明：由有 显然上式不可能取等号，故原不等式成立。 说明：注意到的表达式的结构特点，当一些正数的倒数和易于化简时，应考虑含的均值不等式。 例5：若，求证： 证明：由有 ∵ ，∴上式不可

3、能取等号。 故原不等式得证。 例6：设是1，2，…n的一个排列，求证： 证明：∵是1，2，…n的一个排列 ∴ 于是 = 而 所以 说明：由于不等式的左边值的估计较为不便，且右边由于排列的任意性导致若直接用均值不等式放缩则“度”太大了，所以本题采用在两边均加上的变形处理。 例7：设a,b,c为正实数，求证： 证明： 注：本题问题中由可以看得出给了均值定理的提示：，构造均值定理是本题的关键。 例8： ,求证: 证明 左边= . 注:本题多次利用了均值不等式 本题也可以由,再处理. 例9：已知求证： 分析：通过放

4、缩，将异分母化为同分母，从而构造成出一些“零件不等式”，最后，将这些“零件不等式”相加，即可得出原不等式的证明。 证明： ① 同理可得 ② ③ 将①、②、③三个零件不等式相加，得 注：本题的技巧在于将三个异分母的分式放缩成三个同分母的分式，构造出“零件不等式”①、②、③。 例10：如图△ABC及其内接△DEF分原三角形所得△AEF、△BDF、△CDE中，至少有一个三角形的面积不大于原△ABC面积的（这里所指△ABC的内接三角形DEF，是顶点D、E、F分别在△ABC三条边上的三角形） 证明：

5、如图，设△ABC三边BC=a，CA=b，AB=c，且AE=e，AF=f，BD=m，BF=n，DC=p，EC=q，逆用公式，并注意到,于是有 ， ， ， 更注意到 若S△CDE、S△AEF、S△BDF皆大于S△ABC的，（*）式不可能成立，故所给四个三角形面积中，至少有一个不大于 类似例子很多，望同学们在做题实践中，更多予以总结，不断提高自己的分析，归纳解题能力。 例11：已知，，， 求证： 证明：令，则，且 ∴ ∴ ∴ 说明：本题采用变量代换的方式清晰地展现了已知条件与结论表达式中变量的关系。 例12; 设，求证：，其中都 是非负整数，且 分析与

6、解：欲证的不等式涉及到的量较多，为此先考察特殊情形：，即先证明，该不等式关于轮换对称，不妨设，则左－右 ，故式成立 进一步分析发现，式本身无助于原不等式的证明，其证明方法也不能推广到原不等式，故需重新考虑式的具有启发原不等式证明的其它证法。 考虑常用不等式证明的方法发现，式可以利用“均值不等式”或证，即 同理：以上三个式相加即得式。 运用此法再考虑原一般问题就简单多了，仿上，

7、 以上三个式相加即得待证不等式。 例13:设锐角满足，求证： 分析与解：由已知，立即联想到长方体得对角线公式： ，令， 以为棱构造长方体，则易知：， 同理：， 上面是从条件中隐含的数形关系中探索思考解题的途径，那么，从结论不等式中观察到什么呢？由，即是三个不等式相乘的结果，就可以再变化为：，这样也无需构造长方体模型，而采用下面的证法： 由，知 都是锐角，

8、 同理：， 将上面三个不等式两边分别相乘，即得待证不等式 通过上例的求解分析过程，我们可以看到问题的本质. 例14： 设，求证： 证明 令，则 分两种情形： （1）时，. （2）时，. 点评 注意到，故先作代换，使的表达形式更简单，放缩较为大胆，但要注意时能取到符号，放缩不能过头，最后回到平均值不等式。 例15：设为正实数，且满足1 求证： 证明：由均值不等式得： 从而 同理 各式相加得 又由题设得 代入上式即得。 说明：本题充分利用了等号成立的条件是“” 进行代数式的变形，借助1进行消

9、元，使问题得以解决。 所以,不等式得证. 例16： 设且1. 求证： 证明： ① 由均值不等式得 ， ， . 将以上三个不等式相加得 因此，所证不等式成立。 注：本题待证的不等式为非齐次不等式，先利用条件“”，将其转化为齐次不等式①，再利用均值不等式使问题获解。 例:17： 设a、b、c、d为正数，且 求证： 分析：本题属于非齐次不等式，且次数较高，处理此题的切入点，还是利用已知等式将其齐次化。 证明：由均值不等式 ， 故只须证即须证

10、 ① 令 于是， 式① ② 下面证明式②. ③ 同理， ④ 将式③，④相乘得 因此，所证不等式成立。 例18：设a,b,c为正实数，求证： 分析 本题的难点是分母较复杂，可以尝试用代换的办法化简分母。 证 令 则由此可得 从而 不难算出，对任何正实数a，只要 就可取到上述的等号。 注 代换法（换元法）是常用的化简分母、去分母、去根号的一种方法。

11、19：对任意a,b,cR+，证明： （a2+2）（b2+2）（c2+2）≥ 9（ab+bc+ca）. 证明 原不等式a2 b2 c2 +2+4+8 ≥ 9. 由抽屉原理，不妨设a和b同时大于等于1，或同时小于等于1。 则 c2（a2-1）（b2-1）≥ 0 即 a2 b2 c2+ c2≥a2 c2+ b2 c2 由均值不等式，有以及≥. 2+ 3+ 6 ≥ 7. 又由知2+ a2 b2 c2+=2+a2 b2 c2+ ≥ a2 + b2 + a2c2 + b2c2 +2 = (a2 + b2 )+ (a2c2 +1)+

12、( b2c2 +1) ≥2a b+2ac+2bc 2+ a2 b2 c2+≥2a b+2ac+2bc. +得a2 b2 c2 +2+4+8 ≥ 9. 即原不等式成立。 评注 这是一道美国数学奥林匹克试题。这里用抽屉原理构造了一个局部不等式，结合算术－几何平均值不等式给出了一个很精巧的证明，本题也可以利用柯西不等式与算术－几何平均值来证明。 练习题 1 ，若且，求证： , 证明： 又 ，故有 所以不等式成立 2，若，求证： 证明： ， 故有 3．设△ABC内切圆半

13、径为r，,求证： 证明：由于“形似”，我们联想到公式 a2+b2+c2≥ab+bc+ca， 于是有 继续“联想”三角形面积公式及内切圆半径公式： ，及， 就有 从而证明了本题。 4：证明△ABC中，有以下关系成立： 证明：注意到余弦定理： ， ， ， 于是 即原命题成立 5：如图，P是正△ABC内一点，A′、B′、C′分别是它在对应边上的射影。 求证： 证明：设PA′=x，PB′=y，PC′=z，△ABC底边上的高为h，则x+y+z=h，且 命题成立 6： 已知，且均为锐角，求证： 证明：

14、 又， 即 那么 所以 故有不等式成立 7：若，求证： 证明：∵中任意二数之和为正， ∴中至多有一个非正，若有一个数非正，结论显然成立。 若均为正，则 同理： 三式相乘即得证。 说明：应用基本不等式和不等式的基本性质推证不等式时应注意这些结论成立的条件。 8：已知，求证： （1997年第26届美国数学奥林匹克竞赛试题） 证明：∵，又∵ ∴，∴ 同理， 例1：已知：是三角形的三边，求证： 证明：令，，则 且，则原不等式等价于 ，左边拆开为六项，由均

15、值不等式即证得。 9：若为ABC的三边，，求证： 证明：令 则 则所证不等式的左边为 说明：换元法是常用的化简分母，去分母，去根号的一种方法。 10：已知，，且，， 求证： 证明：令，， 则，，变为 ，，，要证的不等式边为 等价于 （※） 注意到以为边长可以构成三角形，我们令 将其代入（※）即得： 由均值不等式得：，， 上述三式相加即得证不等式。 说明：对于条件，常作代换，， 从而使非奇次不等式变为奇次不等式，另外，三角形三边常用的代换为：。 11：已知，，求证 （IMO，2000） 证明：令，，则原不等式变为 ，这样就

16、变为我们熟悉的不等式题了。 12：设为正数，求证： ++（第39届IMO预选题） 证明：由均值不等式++ 同理：++ ++ 所以++ 说明：根据等号成立的条件，进行了上述变形。 13：设，求证 （IMO，2001） 证法1：先证， 由 由平均值不等式可知，上式显然成立，同理可知： 把以上三式相加，就可得所证不等式成立。 说明：对于形如的轮换不等式，根据不等式的特征，可够造如下不等式：或 的一系列不等式，，其中的可以用待定系数法求出。 证法2：令，， 则，，， 故=512 如果，则 = =512 矛盾，故，即原命题成立。 14： 已知正数且，并满足 ，求证： 证明：令，由已知条件应有： 于是 把以上诸式利用均值不等式，得： 再把上述个不等式两边相乘，得： 即，由于 故有