1、1，利用均值不等式证明不等式 （1）均值不等式：设 12,.na是 n 个正实数，记 12nnH 12nnGa naA 221nnQ 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：nHG .等号成立的充要条件是 12naa。 先证 nA证 法 一 ： .nAG用 数 学 归 纳 法 证 明 ： 21()20,n naG当 时 ， 成 立 。 .kA假 设 ： =k时 成 立 ,即 有 ：11kkkkGGn+1时 ： 只 需 证 ： 12naa不 妨 设 ： 01111=kkkkiiiik aA1101kkki iiikkaaaC11 1111()() .
2、k kkki i iikaaaaA 11.1kkAGank所 以 对 时 亦 成 立 。 原 不 等 式 成 立 。. nAG证 法 二 ： 用 反 向 数 学 归 纳 法 证 明 ：21()20,n naAG当 时 ， 成 立 。 +kNk1假 设 ： n=2（ ） 时 成 立 ， 当 n=2时 ：+ +1+11+11.2ii iii i iaaaA Gkkkk1 k+k1 k1222 2+,Nk即 ， 对 当 n=时 ， 结 论 成 立 。t假 设 t3（ ） 时 成 立 。 则 n=t时 有 ：11 111()tiitt iiitaAGaaGtttttt+ttnt化 简 即 得 ： ，
3、即 时 亦 成 立 。 所 以 原 不 等 式 成 立 。 证法三： 12naa不 妨 设 ： 011,0.kikbb令 ： 则 有 ： 211111()()()k kkkkkkbb11 11 .kkkkkkbb 即 ： ， 亦 即 ： 11().(2),.kkana且 ： 11122n nn nkkkkbAbG12n=.nGa等 号 成 立 当 且 仅 当 : 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） 13ab， (0)ab （2） logl1,2nn （
4、3） 442xyxyzxyz，其中 ,0xyz 证明（1） 1ab1ab33 当且仅当 10abb，即 2,1ab取等号。 证明（2） loglnnl12n2loglog1nn 1, 证明（3） 442xyxy，同理 42zyz42zz ，三式相加得 42xx 另一方面 2xyxyz， 同理 22z， 22yzx 三式相加得 2xyzxy 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 ,abcR且 1abc，求证： 31134abc 证明：左边 1363 4cA 例 3：已知 12,n
5、a是正数，满足 12na 求证： 3n（89 年联赛试题） 证明： 311，同理： 32a，32na ，将以上式子相乘即得证。 例 4： N，求证： 1123nn 证明：由 212nAH有 1123nn221n 显然上式不可能取等号，故原不等式成立。 说明：注意到 nH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 nH的均值不等式。 例 5：若 ,mN，求证： 1 mn 证明：由 nGA有 1 mnm个 111nnm 1，上式不可能取等号。 故原不等式得证。 例 6：设 12,na是 1，2， n 的一个排列，求证：3123naa 证明： 12,n是 1，2 ，n 的一个排列 2
6、1aa12n 于是 123naa2n = 1123n21na1123na121nna 而 213n 所以 1213n123naa 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 12n的变形处理。 例 7：设 a,b,c 为正实数，求证： 3()()(1)abcabc 证明： (1)()2abcc()1bca333abc33 3()2()112()bcaabc 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。bc 例 8： ,aR,求证: 2223()()()abcab 证明 左边=
7、 222(1)11()()bcc() 3()()aabcc3()()()bbcaab3()3cb322aac . 注:本题多次利用了均值不等式 本题也可以由 2()abccab ,再处理 . 例 9：已知 求证：,R .43)()()(323232 baccbba 分析：通过放缩，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： 3)(2 )(2)(33232cbacbacb a4 同理可得 cbacb332)( a3324)( 将、三个零件不等式相加，得 3323232 4)()()( baccbba 注：本题的技巧在于
8、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” 、。 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：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 SCDE 、S AEF 、S BDF 皆大于 SABC 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
9、 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 0,12,imn， 1p， 1 npiim ， 求证： 12pn 证明：令 ipix，则 1iix，且 1 ni 121i iinxninx 1212 nppn xm112nnx 12 npn 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 ,abcR，求证： nnpqrrprqabcabca，其中 ,nNpqr都 是非负整数，且 pqr 分析与解：欲证的不等式涉及到的量较多，为此先考察特殊情形： 2,10pqr，即先证明33221abcabc ，
10、该不等式关于 ,abc轮换对称，不妨设 abc，则左右a 222bc 0cbc，故 1式成立 进一步分析发现， 1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 1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， 1式可以利用“均值不等式”或证，即 33332 2abaabbAA 同理： 3322,c 以上三个式相加即得 1式。 运用此法再考虑原一般问题就简单多了，仿上， nnpqrnnnp paqbrcabcabc A 个 q个 r个 nnrnnnabpc A q个 r个 p个 nnrpqnnnrqabcabc r个 p个 q个 以上三个式相加
11、即得待证不等式。 例 13:设锐角 ,满足 222coscos1，求证： tant2 分析与解：由已知 2 ，立即联想到长方体得对角线公式： abcl，令 s,cs,sabclll， 22bc 以 ,为棱构造长方体，则易知： 2tna ， 同理： 2tancacb ， 2tabc ttcA 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 3tant2 ，即是三个不等式相乘的结果，就可以再变化为：sisicoss ，这样也无需构造长方体模型，而采用下面的证法： 由 222co1，知 22sincscoscos ,都是锐角， in 同理： si2cos， s
12、i2cs 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：xR22 3()3)()6.xxfx 证明 令 ，则1t2(1)2.ttgt 分两种情形： （1） 时， .2t2()9t 2(1)()6;tg （2） 时， .t0212()ttt 21tttt4612tt. 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()6f1tx()fx 时能取到符号，放缩不能过头，最后回到平均值不等式。0t 例 15：设 ,abcd为正实数，且满足 abcda1 求证： 3333 证明：由均值不等式得： 318
13、2abcd3182abcda 从而 3c 同理 31282bacdad3c31282dabcabc 各式相加得 3333cddbaa13bcd 又由题设 abc1得12 代入上式即得。 说明：本题充分利用了等号成立的条件是“ 12abcd” 进行代数式的变形，借助 abcd1 进行消元，使问题得以解决。 所以,不等式得证. 例 16： 设 且 1.,Rca、 22 求证： 3)(1322 abcb 证明： )( 322aabccb)(1133222 222 )()(a abccb)()( 332222a bc)( 33)()(2222ca.33ba 由均值不等式得 ，cacbc42424 ，2
14、2 ba .ccc42424 将以上三个不等式相加得 )(2)()()( 3322222 cbabaab 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221 不等式，再利用均值不等式使问题获解。 例:17： 设 a、b、c 、d 为正数，且 )()(adcba 求证： .16)(2)()(2)( 2abcddacdbca 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4)2(41)2( cbacba ，d 故只须证 即须证,16)(24abcda24)(cb3)()(1611 adcb
15、a .164badc 令 于是，,1,vzybxa 式 3)()(x .164zvyxz 下面证明式. 2)(4vyx()yzz2)()2yxvzvxy.2()(xyz )2vzyx 同理， 2(4xyzv ).()22vzxy 将式，相乘得 4)(16yvz.() 3zxy 因此，所证不等式成立。 例 18：设 a,b,c 为正实数，求证： .2173 843cbaccba 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 ,32,cbazyx 则 由此可得,xyzcbx,23 从而 cbacca38462173884)()2(2zyxyzz 不难算出，对任何正实数 a，
16、只要,)4(,)1(cab 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。 19：对任意 a,b,c R+，证明： （a 2+2） （b 2+2） （c 2+2） 9（ab+bc+ca ）. 证明 原不等式 a2 b2 c2 +2 +4 +8 9 ab. 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（a 2-1） （b 2-1） 0 即 a2 b2 c2+ c2a2 c2+ b2 c2 由均值不等式，有 以及 .23ab 2 + 3 + 6 7 . 2 又由 知 2+ a2 b2 c2+ =2+ a2 b2 c2+ (
17、)2ab a2 + b2 + a2c2 + b2c2 +2 = (a2 + b2 )+ (a2c2 +1)+( b2c2 +1) 2a b+2ac+2bc 2+ a2 b2 c2+ 2a b+2ac+2bc. + 得 a2 b2 c2 +2 +4 +8 9 ab. 22 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 ,abcR且 1abc，求证： , 11abca274 证明： 3311abca 9()()(1)bca 9abcca1
18、 又 2223 21bbcabc 13c，故有 997143a 所以不等式 成立11abc2 2，若 ,0nNx，求证： 221 nnx 证明： 22111,nn nx nxxx ， 故有 22112 nnn 3设ABC 内切圆半径为 r， ,求证： 证明：由于“形似”，我们联想到公式 a2+b2+c2ab+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 21()()pabcr 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
19、。 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 2，且 ,均为锐角，求证：tan5tan5tan543 证明： 222tan5tan5tan533 ttt1 又 tanttantan2 ， 即 ttcot1t 那么 anana ttcttn1 所以 anaa563 343 故有不等式 t5tntan53成立 7：若 ,0abc，求证： abcbcb 证明： ,中任意二数之和为正， c中至多有一个非正，若 ,acab有一个数非正，结论显然 成立。 若 ,abab均为正，则 2abcababc 同理： bcabc 三式相
20、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 *,cR，求证： 333111abcbacabc （1997 年第 26 届美国数学奥林匹克竞赛试题） 证明： 32ab，又 2 2， 3abcabcc 同理 3c， 3333111abbacabcc11ababc 例 1：已知： ,c是三角形的三边，求证： 3abcbca 证明：令 ,xy， z，则 0,xyz 且 ,22yzabc，则原不等式等价于3xyz ，左边拆开为六项，由均值不等式即证得。 9：若 ,abc为 ABC 的三边， 1k，求证：321ckkabk 证明：令 xcyzkab
21、则 1212kxyzabkzyxc 则所证不等式的左边为11212kxyzkyxzkyxz31kxy 32 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 ,xyzR， 1xyz，且 1xz， 1yx， 1zy 求证： 23 证明：令 axb， yc， za,bcR 则 1z， 1x， 1y变为c ， ， ，要证的不等式边为23abca 等价于 2223bcabc （） 注意到以 ,ac为边长可以构成三角形，我们令mnblc,lR 将其代入（）即得：332222lnlmlnl 由均值不等式得： 3， 3m， 322ll 上述三式相加即得证不等式。 说明：对于条件 1xyz
22、，常作代换 axb， yc， za 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： amnblc 。 11：已知 ,xyzR， 1xyz，求证 11xyzx （IMO，2000） 证明：令 ab， c， za,bcR则原不等式变为c ，这样就变为我们熟悉的不等式题了。 12：设 ,xyz为正数， 1xyz求证：31 + 3 + 3zxy4 （第 39 届 IMO 预选题） 证明：由均值不等式 31yz + 18+ 36x 同理： 3yxz + 8+ x34y31zy + 1+ yz 所以 3xz + 3xz + 31xy124y3124y 说明：根据等号成立的条件 xz，进行
23、了上述变形。 13：设 ,abcR，求证222188cab （IMO，2001） 证法 1：先证 2bc 43c ， 由 28ac 43abc 441123328abcabc44338444333322bcacb28ac 由平均值不等式可知，上式显然成立，同理可知： 28bac43bc2c43abc 把以上三式相加，就可得所证不等式成立。 说明：对于形如 12,nfaAg或 的轮换不等式，根据不等式的特征，可够造如下不等式：1212, tiinttnhaAa 或1212, tiinttn 的一系列不等式， 1,2in，其中的 t可以用待定系数法求出。 证法 2：令 28axbc， 28byac
24、， 28czab 则 ,0,1yz， 22a， 21b， 21zc 故 2x22z=512 如果 1yz，则2x22 = 2211xyz22yzxyz22xxyzyz 222444yzxzxyxyz =512 矛盾，故 1，即原命题成立。 14： 已知正数 ,23,2imRnp 且 N，并满足 121pppnm ，求证： 121npnm 证明：令 2tan,0,pii，由已知条件应有： 2221coscos1n 于是 222221 1coscosinn 222 11scosin n 222223 11coscoscin 把以上诸式利用均值不等式，得： 2221 1osinn 21221coscsin 222131osinn 再把上述 个不等式两边相乘，得： 22221 1coscisinn n 即 212tatan ，由于 ta,1,piim 故有 2pnm
