高中数学竞赛解题方法篇(不等式)

高中数学竞赛中不等式的解法

摘要：本文给出了竞赛数学中常用的排序不等式，平均值不等式，柯西不等式和切比雪夫不等式的证明过程，并挑选了一些与这几类不等式相关的一些竞赛题进行了分析和讲解。 希望对广大喜爱竞赛数学的师生有所帮助。

不等式在数学中占有重要的地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛数学中的热门题型.在解决竞赛数学中的不等式问题的过程中，常常要用到几个著名的代数不等式：排序不等式、平均值不等式、柯西不等式、切比雪夫不等式.本文就将探讨这几个不等式的证明和它们的一些应用.

1．排序不等式 定理1

设a1

a2 ... an,b1 b2 ... bn，则有

a1bn a2bn 1 ... anb1 (倒序积和)

a1br1 a2br2 ... anbrn（乱序积和） a1b1 a2b2 ... anbn（顺序积和）

其中r等式当且仅当a11,r2,...,rn是实数组b1,b2,...,bn一个排列，（说明： 本不等式称排序不等式，俗称倒序积和证明：考察右边不等式，并记S 不等式

乱序积和

a2 ... an或b1 b2 ... bn时成立.

顺序积和.）

a1br1 a2br2 ... anbrn。

的意义：当

S a1br1 a2br2 ... anbrn

r1 1,r2 2,...,rn n

时，S达到最大值

a1b1 a2b2 ... anbn.因此，首先证明an必须和bn搭配，才能使ak(k n)搭配时有

S达到最大值.也即，设rn n且bn和某个

akbn anbrn akbrn anbn. （1-1）

事实上，

anbn akbrn (akbn anbrn) (bn brn)(an ak) 0

，会使和S增加.同理，调整好an n时，调换bn和brn的位置（其余n-2项不变）

不等式（1-1）告诉我们当rn

和bn后，再调整an 1和bn 1会使和增加.经过n次调整后，和S达到最大值 a1b1 a2b2 ... anbn，这就证明了

a1br1 a2br2 ... anbrn a1b1 a2b2 ... anbn.

再证不等式左端, 由a1得

即

a2 ... an, bn bn 1 ... b1及已证明的不等式右端，

(a1bn a2bn 1 ... anb1) (a1br1 a2br2 ... anbrn) a1bn a2bn 1 ... anb1 a1br1 a2br2 ... anbrn .

abc

a b c3

例1 （美国第3届中学生数学竞赛题）设a,b,c是正数，求证：a思路分析：考虑两边取常用对数，再利用排序不等式证明. 证明：不妨设a

bc (abc)

.

b c，则有lga lgb lgc

根据排序不等式有：

alga blgb clgc algb blgc clga

alga blgb clgc algc blga clgb

以上两式相加，两边再分别加上 有

alga blgb clg c

3(alga blgb clgc) (a b c)(lgc lga lgb)

lgaabbcc

abc

即

a b c

lgabc 3

a b c3

故

abc (abc)

.

a2 b2b2 c2c2 a2a3b3c3

例2 设a,b,c R，求证：a b c . 2c2a2bbccaab

思路分析：中间式子每项都是两个式子之和，将它们拆开，再用排序不等式证明.

证明：不妨设a

111

b c，则 a2 b2 c2且

cba

根据排序不等式，有

a2b2c2111 a2 b2 c2 cababc

a2b2c2111 a2 b2 c2 bcaabc

两式相加除以2，得

a2 b2b2 c2c2 a2a b c

2c2a2b

再考虑a

3

b3 c3，并且

111 bccaab

利用排序不等式，

a3b3c3111 a3 b3 c3 bccaabcaabbc

a3b3c3111 a3 b3 c3 bccaababbcac

两式相加并除以2，即得

a2 b2b2 c2c2 a2a3b3c3

2c2a2bbccaab

综上所述，原不等式得证.

例3 设0 a1

n

n

a2 ... an,0 b1 b2 ... bn，而i1,i2,...,in与j1,j2,...,jn是1,2,...,n的两个排列. airbjs

r 1n

求证：

r s

r 1s 1

arbs

. （1-2） r ss 1

n

思路分析：已知条件中有两组有序实数，而式（1-2）具有“积和”形式，考虑使用排序不等式.

n

证明：令

dr

s 1

bjsr s

（r=1,2,...,n）

显然

d1 d2 ... dn b1 b2 ... bn ， 且

bs

dr s 1r s

n

因为

111

...

r nr (n 1)r 1

由排序不等式

又因为

n

a1 a2 ... an

n

n

n

所以

n

bs

ardr airdr且 ar ardr（注意到ar 0） r 1s 1r sr 1r 1r 1

故

r s a r s ad

ir

r 1s 1

n

nn

airbjs

nn

bjs

n

r 1s 1r 1

ir

r

nn

bsab

ardr ar rs r 1r 1s 1r sr 1s 1r s

nn

故 原式得证.

2.均值不等式

定理2 设a1,a2,...,an是n个正数，则H(n) G(n) 其中，

A(n) Q(n)称为均值不等式.

H(n)

1 ... a1a2an

，

，

G(n)

A(n)

a1 a2 ... an

n

Q(n)

分别称为a1,a2,...,an的调和平均数，几何平均数，算术平均数，均方根平均数. 证明： 先证

G(n) A(n).

记

c

bi

aic

，

则 原不等式 b1 b2 ... bn n

其中

b1b2...bn

1

(a1a2...an) 1 cn

xxx1x

,b2 2,...,bn 1 n 1, 则 bn n. x2x3xnx1

取

x1,x2,...,xn使 b1

由排序不等式，易证

b1 b2 ... bn

xxx1

... n 1 n n x2xnx1

下证 因为

A(n) Q(n )

122

a12 a2 ... an [(a1 a2 ... an)2 (a1 a2)2 (a1 a3)2 ... (a1 an)2

n

(a2 a3)2 (a2 a4)2 ... (a2 an)2 ... (an 1 an)2]

1

(a1 a2 ... an)2 n

2

a1 a2 .. .an.

n所以

从上述证明知道，当且仅当a1下面证明

a2 ... an时，不等式取等号.

H(n) G(n)

对n个正数

111

,,...,a1a2an

，应用

G(n) H(n)，得

111

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