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1、 陶平生广州不等式例讲解答 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 不等式例讲解答 陶平生 基本内容与方法：变形配凑法，数形结合法，三角代换法，化归法，归纳法，调整法 1、设,1a b cRabc，证明：()()()4(1)ab bc caabc 证一：局部放缩法，据对称性，不妨设，1c，由于 2223()()()()()()(3()ab bc caab cabbccaab cabc 2()(3)ab c，则()()()4(1)ab bc caabc 2()(3)4()4(1)ab cabc 2()(1)4(1)(1)()(1)4ab cccab c 11(1)(4)(1)(4)0ca
2、cbcabcabba因此结论成立，取等号当且仅当1abc 证二：结构转换法，令,xbc yca zab，则2xyzabc，而,222yzxzxyxyzabc，由于,x y z中任两数之和大于第三数，故以,x y z为边长可以构成一个三角形XYZ，设其面积为S，外接圆半径为R，内切圆半径为r，条件1abc 化为，1222yzx zxy xyz，即22222xyz yzx zxy xyzxyz，也即22xyzS，所以22xyzS rr，即2S rS，得1Sr 又由4xyzSR，得4xyzRS，于是所证式化为，4(1)2xyzxyz，即 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 442xyzR
3、SSr，也即()2xyzRr S，由此，()2xyzRr Srr，即()Rr SrS，也即()1Rr r 今证，注意本题的等号在,a b c相等时取到，此时XYZ为正三角形，当有2Rr，据此，将式左边写作，2423()3224RrRrR rRr rr，为证，只要证，243314R r，即223 3r R 由条件1Sr，即212xyzr，由正弦定理，化为 2(sinsinsin)1XYZ Rr 由于在XYZ中，有3 3sinsinsin2XYZ，故由得223 3r R，即成立，因此结论得证 2、设,a b cR，2224abcabc，证明：3abc 证一、显然24c，据条件式22224()(2)
4、()(2)2abcabc ababc 21()(2)4abc，即21()24abc，也即2 2abc，令2tc，此式化为2222(1)33abcttt，当1abc时取等号 证二、三角方法，令2,2,2ax by cz，条件式成为22221xyzxyz 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 由此，0,1x y z，改记cos,cos,cosxyz，其中,为锐角，成为，222coscoscos2coscoscos1 ，我们先来证明，,为一个锐角三角形的三个内角据，222coscossin2coscoscos0，即2coscos()cos()cos cos()cos()0 ，由此知，cos
5、(),cos()是关于cos的一元二次方程的两个根，从而化为 coscos()coscos()0，因为coscos()0，故得 coscos()0，所以0180()，即0180因此,为一个锐角三角形的三个内角；而在中，有3coscoscos2，即有2223xyz，也即3abc 3、设正数,x y z满足：4xyzxyz，证明：yzzxxyxyzxyz 证：令,yzzxxyabcxyz，则,xbc yca zabxyzabc，条件化为 4abbccaabc，待证结论成为：abcabbcca 据知，,a b c三个正数，必有一数1，也必有一数1，另一数要么1，要么1；总之，,a b c三个正数，有
6、两个在1的同侧，另一个在异侧，不妨设，,a b在1的同侧，则(1)(1)0ab，于是1 abab，今考虑另一数c，精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 据，()4c ababab，于是 4442212(2)ababababcabababababababab，所以，(1)2cab，即(1)2cababab，据，即要证，cbcacabab，也即 cbcacabcabababc 由于左边(1)(1)(1)0cababcab，而右边(1)()0cabab，故成立，从而结论得证 4、锐角三角形ABC中，证明：coscoscos2(coscoscoscoscoscos)ABCABBCCA 证：由
7、于sinsinsinsinsinsin2,2,2sinsinsinsinsinsinABBCACBACBCA，以及 sin2sin2sincossincossincos2ABAABBABAB sincosCAB，因此，sincossincoscos1sinAABBABC，同理有，sincossincossincossincos1,1sinsinBBCCAACCAB，故 2coscos2coscos2coscosABBCCAsinsincoscossinsinABABBA sinsinsinsincoscoscoscossinsinsinsinBCCABCCACBAC coscossincoss
8、incossincossincossinsinABBBCCAACCAB cossincossincossinCAABBCcoscoscosABC 当且仅当ABC时取得等号，故结论得证 5、设,a b c d e为正数，满足：1abcde，证明：10111113aabcbbcdccdeddeaeeabababcdbcbcdecdcdeadedeabeaeabc 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 证：将条件1abcde 离散化，令3524112345,xxxxxabcdexxxxx，则 241351xxaabcababcdxxx，类似得，351241xxbbcdbcbcdexxx，1
9、42351xxccdecdcdeaxxx，251341xxddeadedeabxxx，132451xxeeabeaeabcxxx，于是即要证,3525132414135124235134245103xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx 两边各加5，即 12345()xxxxx 13512423534145211111()xxxxxxxxxxxxxxx253 记12345Axxxxx，13512423534145211111Bxxxxxxxxxxxxxxx，则 5131242353414523()()()()()Axxxxxxxxxxxxxxx，于是由柯西不等式，325A B，即2
10、53A B，故成立，因此结论得证 6、设2()f xaxbxc的系数,a b c为正数，满足：1abc，证明：对于满足121nx xx 的任一组正数12,nx xx，成立不等式：12()()()1nf xf xf x 证：先证引理：对任意正数,x y，成立不等式2()()()f x f yfxy 事实上，若记xyz，则 22222()()()()()()f x f yfzaxbxc aybycazbzc 222422223()()(2)ax yzbxyzab x yxyz 222(2)(2)ac xyzbc xyz 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 222()()()0ab x
11、yy xac xybcxy，故引理成立 回到本题，我们指出，若n不是2的方幂，则可在数组12,nx xx中补加若干个1，使得数组中恰有2m个数，这时数组中的各数之积仍为1，且因(1)1f，可知所得的结果并不失去一般性；为方便计，不妨就设2mn，则由引理，22121234()()()()()nf xf xf xfx xfx x444412345678()()fx x x xfx x x x 12()(1)1nnnnfx xxf 7、设12,na aa为正数，满足：对每个1,2,kn，都有121ka aa；证明：112121221(1)(1)(1)(1)(1)nnaaaaaa 证：对每个k，121
12、212(1)(1)(1)22222kkkkkaaaaaaa aa，则12(1)(1)(1)2kkkkaaa，记 11212121(1)(1)(1)(1)(1)nnsaaaaaa，则231232222nns，设23123()2222nns，其中01，得231232222nsn，231223412222nsn，相减得2311111122222nnsn 112222nnn，所以22s 8、设,x y zR，记222(),(),()ax yzby zxcz xy，求证：2222()abcabbcca 证：设2222()fabcabbcca，将其视为a的二次函数，整理得，精品文档 收集于网络，如有侵权请
13、联系管理员删除 22()2()()f aabc abc，它的两根为2abc，于是 22fabcabc abcabcabcabc 由于()()()abcyzzx xy，()()()abczx xyyz，()()()abcxyyzzx，则abcabcabc 222()()()()()()0 xyyz zxxyyzzx 又 0abc 据以上三式得 0f，即2222()abcabbcca 9、设2,0，且1sinsinsin333，求证：2223 3tantantan2 证一、由于33321(sinsinsin)2222(tansincostansincostansincos)222424242(ta
14、ntantan)(sincossincossincos)2222 3(tantantan)9 这里用到，636332 333sinsinsinsinsin999 124313sinsin27，所以4632 3sinsinsin9，即4232 3sincossin9，同理 4232 3sincossin9，4232 3sincossin9，相加得 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 4242423332 32 3sincossincossincos(sinsinsin)99 因此由得2223 3tantantan2 证二、令 sin,sin,sin,(0,1)abca b c则，且3
15、331abc,222322231121122(1)(),3223 3aaaaaaa 同理 3322,3 33 3bbcc因此 2223333332223333 33 3()11122abcabcabcabcaabbcc，注意到 222222222222222sinsinsintan,tan,tan1 sin11 sin11 sin1abcabc 所以 2223 3tantantan.2 10、设xR，证明：在sin x与sin1x中，必有一个大于13 证：用反证法，若1sin3x，1sin13x，记12x，即有 11sin23，11sin23，所以 21111sinsin2 sincos2si
16、ncos32222 21111sinsin2 cossin2cossin32222 因此，11sin,cos113cos3sin22，平方相加得，22221111111119sincos9sincos2222，所以22111sincos229，即24sin 19，精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 另一方面，因142，得2sin1sin42，故21sin 12，导致4192，矛盾！从而结论得证 11、设正实数,a b c满足：1abc，求证：对于整数2k，有 32kkkabcabbcca 证明：配凑法，因为1221111()422222kkkkkaakabkaab个,所以 12()
17、242kakkaabab同理可得 12()242kbkkbbcbc，12()242kckkccaca三式相加可得 13()()(2)222kkkabckabcabckabbcca(1)3()(2)22kabck333(1)(2)222kk 12、设正整数2n，(0,1),1,2,iain，约定11naa，试求 611(1)niiiaa的最大值 解：仍采用配凑法，由于6466111 1 1 1(1)2(1)2 2 2 2iiiiaaaa 2233111111112(1)23622226iiiiaaaa；所以 2213336111113(1)232266nniiiiiinaaaan，当1212na
18、aa时取得等号 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 13、设,x y zR，1xyyzxz，证明：2226xyxzyzxyzxyzzyx 证：3xyzxyzxyyzzxxy xyyz yzxz xzxyz，故即要证，2223xyxzyzxyzxy xyyz yzxz xzzyx 据对称，可设xyz，由于，2xyxyxyzxy xyxzyzzz；同理有，2yzyzxyzyz yzyxzxxx，2xzxzxyzxz xzxyzyyy 注意0,0 xyyzxzyzyxzxzx，而 0 xzxyzyy，又由 xyz知，xyxzxzxzyzxyyzxyzyzyy，即有 0 xyxzxzyzx
19、yzyzy，从而由+得，22230 xyxzyzxyzxy xyyz yzzx zxzyx，即成立，当且仅当xyz时取得等号从而所证结论成立 14、设12,na aa为n个非负实数，证明：12233nnnnaaaaaaaaa 212349naaan a 证：对n归纳，1,2n 时结论成立；设nk时对于任意k个非负实数结论都成立，当 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 1nk时，对于任意1k 个非负实数121,kka aa a，先将1kkaa视为一个数，利用归纳假设，12123111()()()kkkkkkkaaaaaaaaaaa 21231149kkkaaakaaa 1，只要证，2
20、2212311123149491kkkkkaaakaaaaaak aka.平方整理只要证，211kka211231249()kkkaaaakaa211kka 2，显然 2211231111249()22kkkkkkaaaakaaak aka，故2 成立.因此 121231311kkkkaaaaaaaaa 221231491kkaaak aka 即1nk时结论也成立.故由归纳法，结论得证.15、设,x y z为正数，证明不等式：2xyyzzxxyzy zxz xyxyyzzx 证一：令2yza，2zxb，2xyc，由于2a，2b，2c中，任两数之和大于第三数，则以,a b c为边，可构成一个锐角
21、三角形ABC，于是222cos2bcaxbcA，222cos2acbyabB，222cos2abczabC，代入所证式两端，并约去公因式abc，即要证，在锐角三角形ABC中，coscoscos2cos2coscos2coscosABCcosABBCCA 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 由于sinsin2,sinsinABBAsinsin2,sinsinBCCBsinsin2sinsinCAAC 以及 sin2sin2sincossincossin()cos()sincos()sin2ABAABBABABCABC同理有sincossincossinBBCCA，sincossinc
22、ossinCCAAB 所以，2coscos2coscos2coscosABBCCA sinsinsinsinsinsin()coscos()coscos()coscossinsinsinsinsinsinABBCCAABBCCABACBACcoscossincossincossincossincossinsinABBBCCCCAAAB cossincossincossinCAABBCcoscoscossinsinsincoscoscossinsinsinABCABCABCABC 故成立，因此结论成立。（证法）：令222,yzazxbxyc由于222,abc三数中，任两数之和大于第三数，则以,a
23、 b c为边，可构成一个锐角三角形ABC,于是 222222222cos,cos,cos,222bcaacbabcxbcA yacB zabC代入所证式两端，并约去公因式abc，即要证，在锐角三角形ABC中，coscoscos2cos2coscos2coscosABCcosABBCCA 令cot A，cot B，cotC，则,0()ABC 因为锐角 且1，而21 （+)+，21 （+)+，21 （+)+式成为 2222222223111111 两端通乘 （+)+，即要证：222()()()精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 3 （+)+因为 2222 所以 22222()()(2)
24、22()(2)22(1)(1)(1)(2)222，同理有，222 ，222 ；三式相加，式左边2222 21113，式右边=233 13 313 因此式成立，故成立，从而结论成立 16、在ABC中，证明不等式：cos2()cos2()cos2()2 cos2cos2cos20ABBCCAABC 证：左边 cos2cos2sin2sin2cos2cos2sin2sin2ABABBCBC cos2cos2sin2sin22 cos2cos2cos2CACAABC cos2cos2cos2cos2cos2cos2cos2cos2ABABBCBC cos2cos2cos2cos2CACA sin2si
25、n2sin2sin2sin2sin2ABBCCA 1 cos21 cos21 cos21 cos21 cos21 cos23ABBCCA sin2 sin2sin2 sin2sin2 sin2ABBCCA 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 2222224 coscoscoscoscoscosABBCCA4 sinsincoscosABAB sinsincoscossinsincoscos)3BCBCCACA 4 coscoscoscoscoscoscoscoscos3ABABBCBCCACA 4 coscoscoscoscoscos30ABBCCA 以上用到，在ABC中，3cos
26、coscos2ABC（注），所以 293 coscoscoscoscoscoscoscoscos4ABBCCAABC 因此，4 coscoscoscoscoscos3ABBCCA 从而所证的不等式成立，取等号当且仅当3ABC,此时ABC为正三角形（注）222coscoscos2 coscoscos3222ABCABC 2222 2sincossin3222ABC22 2sincoscos3222ABCBC 22 2sinsincos3222AABC22 2sinsin322AA 23132 sin2222A 17、在锐角三角形ABC中，证明：sinsinsinsinsinsin0sin 2si
27、n 2sin 2ABACBABCCACBABC 证：由于sinsinsincossinsincossinsin22sincosABACABACBAACAAA cossincoscossinsinsincoscossin2cos2sinBACACBACACAA coscossincossinsincossinsincos2cos222sinBCABCBCBCAAA 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 sincoscossinsinsincos2cos22sinBCBCABCAAA coscossinsinsinsincos2cos22sinBCAABCAAA；同理有 sinsinsi
28、n2BABCBcoscossinsinsinsincos2cos22sinCABBCABBB；sinsinsin2CACBCcoscossinsinsinsincos2cos22sinABCCABCCC 因此所证不等式化为：sinsincoscoscossinsinsincoscoscossin()()sincossincosABCABCBCABCACCAA sinsincoscoscossin()sinsinsinsincosCABCABABCBB 令cot,cot,cotxAyBzC，则,1x y zRxyyzzx，而 sinsincoscoscossinsincosABCABCCC222
29、21111111xyzzxyxy 22211zxyzxy，同理sinsincoscoscossinsincosBCABCAAA22211xyzxyz，sinsincoscoscossinsincosCABCABBB22211yzxyzx于是只要证 222222222111111xyzyzxzxyxyzyzxzxy222111111xyz注意 221xxyyzzxxxyxz；221yxyyzzxyxyyz，221zxyyzzxzxzyz；精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 化为 222xyzyzxzxyxyyzzxxyzy zxz xy 此式关于,x y z对称，故可设，xyz，由于
30、 22xx yzyzxyxzxyzyzxyzxyzxyz；2yzyxyzxzxy zxy zx；2zxzyzxyxyz xyz xy 即要证，xyxzx yzyzyxy zx0zxzyz xy 因为 0 xyxzx yz，yzyxy zxzxzyz xy(xzxyyzz xyy zx)(xzxyyzzxyzyxyz)0，故成立，因此结论得证 证二：据对称性，不妨设ABC，则00006090,90,45ABCBA，所以00sin2sin 1802sin 1802sin2AABB，sinsinsinsinsin2sin2ABBCABBCAB，则 sinsinsinsinsin2sin2BABCBA
31、BCBA，于是 sinsinsinsinsin2sin2ABACBABCAB sinsinsinsin0sin2sin2ABACBABCAA；因sinsin0sin2CACBC，所以sinsinsinsinsinsin0sin2sin2sin2ABACBABCCACBABC 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 18、设实数0abcd，求函数)1)(1)(1)(1(),(adbdcacbdbacdcbaf的最小值 解：显然f没有上界，这是由于，当1,0abcd时，f ，又注意f是一个零次齐次函数，且当abcd时，f的值为432 以下证明，对于满足条件的任何正数,a b c d均有43
32、,2f a b c d，即要证 3333abc bcd cda dab 2222ab bc cd da1 据条件，1,abcddd设 1 6,1 6,1 6,abcxyzddd 则 0,xyz1 式化为：12121212xyzyzzxxy 1 31 31 31 3xyyzzx2 活化一个常量，改记 1为t，且设 2222ttxyztyztzxtxy 3333ttxytyztz tx 则 ,tt皆为t的四次多项式，而 p ttt为t的二次多项式 记 2,p tAtBtC 为证2 式成立，即要证，10,p于是只要证，0A，0B，0C 易知，28444Axyzxyyzyzzxzxxy 9999xyy
33、zyzzxzxxyxz2223 xyz 8xyyzxz223276 270 xzxzxzxz 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 88Bxyzxyyzyzzxzxxyxyyzzx 27272xyyzzxxz xzy8x xyxz 88y yxyzz zxzy5272xyyzzxxz xzy 3332222813xyzx yxyy zyz2214200 x zxzxyz.以上用到，333272120 xyzxyzxyzxz，32xx z，以及 22221313x yxyx zxz 16810cxyyzxzxyzxz 以上用到，1616216 22 2xzxyzxzxzxzxz.64
34、281xzxz 故 10p.因此，函数,f a b c d的最小值是432 19、设,x y z为非负实数，满足1xyyzzx，证明：11152xyyzzx 证明：为使所证式有意义，,x y z三数中至多有一个为0；据对称性，不妨设0 xyz，则0,0,0,1xyzxy；01、当xy时，条件式成为221xxz，212xzx，21x，而 2211121214212212xxxxyyzzxzxxxxxx，只要证，2145212xxx，即231 9550 xxx，也即215410 xxx，此为显然；取等号当且仅当1,0 xyz 02、再证，对所有满足1xyyzzx的非负实数,x y z，皆有 精品文
35、档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 11152xyyzzx显然，,x y z三数中至多有一个为0，据对称性，仍设0 xyz，则0,0,0,1xyzxy，令cot,cotxA yB，,A B为锐角今以,A B为内角，构作ABC，则1 cotcot1cotcotcotcotABxyCABABxy 0z，于是090C，且由0 xyz知，cotcotcot0ABC；于是 090ABC，即ABC是一个非钝角三角形 下面采用调整法，对于任一个以C为最大角的非钝角三角形ABC，固定最大角C，将ABC调整为以C为顶角的等腰A B C，其中2ABAB，且设cottan22ABCt，记111,f x y z
36、xyyzzx，据 01知，5,2f t t z 今证明，,f x y zf t t z即111122xyyzzxttz 即要证 1111202xytyzzxtz 先证 2xyt，即证 cotcot2cot2ABAB，即 2cossin2sinsinsin2ABABABAB，此即 2sinsinsin2ABAB，也即 1 cossinsinABAB，即 cos1AB，此为显然 由于在A B C 中，221ttz，则222221tztztzztz；而在ABC中，211221xyzxyzyzzxyzzxz，因此式成为 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 2112012xytzt xy ，
37、只要证，211012zt xy ，即证 221t xyz，注意式以及 212tzt，只要证2221412ttt，即421512tt，也即221521tt 由于三角形的最大角C满足：006090C，而cottan22ABCt，则113t，所以2211152152133tt，故成立，因此得证，由及得成立，从而成立，即,f x y zf t t z，因此本题得证 20、从 2nn个正数12,.,na aa中，每次取k个作乘积，将所有这种乘积的算术平均值的k次方根，称为这n个正数的k次对称平均，记为kA，即：kA11213111.kkkn knnkna aaa aaaaaC.证明：若121kkn，则有
38、12kkAA.证：记kPkkA，为便于表达，定义0P,先证明，2kP1kP1kP（11kn）.(*)对ia的个数n归纳.2n 时，对于任意两个正数12,a a，1212121222,2aaaappa aC，显然有21P2P 即21P2P0P,此时（*）成立.3n 时，对于任意三个正数1a，2a，3a，123113aaaPC，122313223a aa aa aPC，123333a a aPC，显然有 21233aaa1223133a aa aa a，即21P0P2P，精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 类似地，由于对任意正数,x y z，有23xyz3xyyzzx，在此式中，若令2
39、3xa a，13ya a，12za a,则化为 212233 13a aa aa a1231233aaaa a a,即22P1P3P.今设命题（*）在1nm时成立，即对任何给定的1m个正数 121,.,ma aa以及所有正整数k（1(1)1km），（*）式均成立，当nm，对于m个正数121,.,mma aaa，记121,.,mma aaa，121,.,ma aa，将集M中所有k个元 之积记为()kSM，则()kS=()kS+ma1()kS，于是()kP=()kkmSC=()kkmSC+ma1()kkmSC=1()kkmSmCmk+ma111()kkmSmCk=mkm()kP+kmma1()kP
40、.分别将()rP，_()rP改记为rP及_rP，则上式成为 kP=mkm_kP+kmma_1kP 于是 2kP1kP1kP21kmkmkkpa pmm（1mkm_1kP+1kmma_kP）（1mkm_1kP+1kmma2kp）2 整理式并表为：2m（2kP1kP1kP）2mmABaCa 3 其中：221111kkkAmkpmkmkpp2211kkkmkppp 2211111kkkkkkpppppp.2Bk mk_kP_1kP11kmk_kP_1kP11kmk_1kP_2kP 2 _kP_1kP11kmk（_kP_1kP-_1kP_2kP）2 _kP_1kP.精品文档 收集于网络，如有侵权请联系
41、管理员删除 （此处注意_1kP_2kP=_11_1kkkPPP_2_.kkkPPP21kkpp21.kkpp=_kP_1kP，以及 10,10kmk ）.2Ck21kp11kk_kP_2kP 222211211kkkkkpkpp pp.因此成为 2222211112kkkkmkkmkmppppa p pa p210kmkpa p.从而对任意m个正数121,.,mma aaa，以及满足12km的正整数k，有211kkkppp.当1km时，有 kP23131211.mmmmma aaa aaa aaC1212111mma aamaaa，1kP=12.ma aa，111121311212121.2.
42、11(.)(1)mmmmmmkmmmmaaaaaaa aa aaaa aaPCm ma aaa，欲证2kP1kP1kP，即212111maaa121211(.)1mmma aaa 即212111.maaam 121211.mmma aaaC.此即对 m 个数11a，21a，1ma的2120pp p.（据上述归纳法中1k 情形已证得）因此对nm，命题（*）也成立.回到本题，据kkkpA，221211,kkkppppp,可得2212AA，21111kkkkkkAAA.精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 则12AA，将其与431231AA A相乘，得32A33A，即2A3A.由1kAkA得11kkA1kkA 1kkA11kkA，故kA1kA.从而12nAAA，若121kkn，则有12kkAA.