高中数学竞赛知识点整理

不等式块

1．排序不等式（又称排序原理）

设有两个有序数组a1a2an及b1b2bn. 则a1b1a2b2anbn（同序和）

a1bj1a2bj2anbjn（乱序和）

a1bna2bn1anb1（逆序和）

其中j1,j2,,jn是1，2，…，n的任一排列.当且仅当a1a2an或

b1b2bn时等号（对任一排列j1,j2,,jn）成立.

2．应用排序不等式可证明“平均不等式”：

设有n个正数a1,a2,,an的算术平均数和几何平均数分别是

An

a1a2an和Gnna1a2an

n此外，还有调和平均数（在光学及电路分析中要用到

Hnn111a1a2an，

和平方平均（在统计学及误差分析中用到）

Qn22a12a2an* 这四个平均值有以下关系HnGnAnQn. ○

n3．应用算术平均数——几何平均数不等式，可用来证明下述重要不等式.

柯西（Cavchy）不等式：设a1、a2、a3，…，an是任意实数，则

2222(a1b1a2b2anbn)2(a12a2an)(b12b2bn).

等号当且仅当bikai(k为常数，i1,2,,n)时成立. 4．利用排序不等式还可证明下述重要不等式.

切比雪夫不等式：若a1a2an，b1b2bn ，

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则

a1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn.

nnn 例题讲解

1．a,b,c0,求证：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc.

abc32．a,b,c0，求证：abc(abc)

abc.

a2b2b2c2c2a2a3b3c3. 3．：a,b,cR,求证abc2c2a2bbccaab

*4．设a1,a2,,anN，且各不相同，

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求证：1

12131aa3ana12.. 222n23n5．利用基本不等式证明a2b2c2abbcca.

6．已知ab1,a,b0,求证：ab441. 8

7．利用排序不等式证明GnAn

8．证明：对于任意正整数R，有(1

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1n1n1)(1). nn1

1119．n为正整数，证明：n[(1n)1]1n(n1)nn1.

23n

1n1例题答案：

1. 证明：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc

a(b2c22bc)b(a2c22ac)c(a2b22ab) a(bc)b(ca)c(ab)222

0 ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc.

评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明abcabbcca时，可将ab

222221(abbcca)配方为[(ab)2(bc)2(ca)2]，亦可利用a2b22ab,

2b2c22bc,c2a22ca，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式

获证.

2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.

不等式关于a,b,c对称，不妨abc,则ab,bc,acR，且

ab,， bca都大于等于1. caabbcc

abc3a2abc3b2bac3c2cab3aab3aac3bba3bbc3cca3ccb3(abc)

ab3a()bb()cbc3a()cac31. 评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定n个字母的大小顺序，可方便解题. （2）本题可作如下推广：若ai0(i1,2,,n),则a11a22anaaan

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a1a2ann(a1a2an).

abba （3）本题还可用其他方法得证。因abab，同理bbccbccb,ccaacaac，

另abcabc，4式相乘即得证.

（4）设abc0,则lgalgblgc.例3等价于algablgbalgbblga,类似例4可证algablgbclgcalgbblgcclgaalgcblgbclga.事实上，一般地有排序不等式（排序原理）：

设有两个有序数组a1a2an,b1b2bn，则a1b1a2b2anbn（顺

abcabc序和）

a1bj1a2bj2anbjn（乱序和）

a1bna1bn1anb1（逆序和）

其中j1,j2,,jn是1,2,,n的任一排列.当且仅当a1a2an或

b1b2bn时等号成立.

排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如

a,b,cR时,a3b3c3a2bb2cc2aa2ab2bc2c

a2b2c2111111abbcca;abca2b2c2a2b2c2bcabcaabc.

3.思路分析：中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明.

222111111，则a2b2c2（乱序和）cbacab111111a2b2c2（逆序和），同理a2b2c2（乱序和）

abccab111a2b2c2（逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数

abc111333组abc及，仿上可证第二个不等式. bcacab

不妨设abc,则abc,2224.分析：不等式右边各项

ai1a；可理解为两数之积，尝试用排序不等式. i22ii设b1,b2,,bn是a1,a2,,an的重新排列，满足b1b2bn， 又1111. 22223n高中数学

anbna2a3b2b3.由于b1,b2,bn是互不相同的正整b122222n2323nb3bnb11数，故b11,b22,,bnn.从而b12，原式得证. 12222n23n所以a1评述：排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，ababba,

22a3b3c3a2bb2cc2aaabbbcccaabcbaccab3abc.

5.思路分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方．．法.

a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.

评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.

22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上

x2x3x1x2x3xnx1.

再如证(a1)(b1)(ac)(bc)256abc(a,b,c0)时，可连续使用基本不

33223等式.

ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式 如(等.但其本质特征不等式两边的次数及22系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1. 6. 思路分析：不等式左边是a、b的4次式，右边为常数式呢.

要证ab441，如何也转化为a、b的4次811,即证a4b4(ab)4. 8833评述：（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知x1x2x31,xi0,求证：x1x2

11133x1x2x2x3 求证：x3.右侧的可理解为(x1x2x3).再如已知x1x2x30，

3332+x3x10，此处可以把0理解为(x1x2x3)，当然本题另有简使证法.

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（2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于n个正数a1,a2,an)

调和平均Hnn111a1a2an

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几何平均Gnna1a2an 算术平均Ana1a2an

n22a12a2an

2平方平均Qn这四个平均值有以下关系：HnGnAnQn，其中等号当且仅当

a1a2an时成立.

7. 证明: 令biai,(i1,2,,n)则b1b2bn1，故可取x1,x2,xn0，使得 Gnb1

xxx1x,b22,,bn1n1,bnn由排序不等式有： x2x3xnx1b1b2bn

=

xx1x2n（乱序和） x2x3x1

x1111x2xn（逆序和） x1x2xn =n，

aaa2ana1a2nn,即1Gn. GnGnGnn 评述:对

111,,,各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，GnAn. a1a2an1n1)1，故可设法使其左边转化为n个数的几何nn18. 分析:原不等式等价于n1(1平均，而右边为其算术平均.

n111111n21

(1)n(1)(1)1(1)(1)11.n1nnnnnn1n1n个n1 评述:（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等

式形式相近.类似可证(11n11n2)(1). nn1（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁.

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9.证明:先证左边不等式

111(1n)123n1111n123n  (1n)n

n111(11)(1)(1)(1)123n (1n)nn34n1223nn1n(*)

nn[(1n)1]121n1n111123n

n

34n123nn234n1nn1.

n23n

 （*）式成立，故原左边不等式成立.

其次证右边不等式

1111n(n1)nn1

23n1

n1n1n(1111111)(1)(1)(1)23nn1123n n1nn112n11n （**）  n123nn1

（**）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立.

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