15高中数学竞赛教材(共30讲含详细答案)——不等式的应用（精选5篇）

第一篇：15高中数学竞赛教材(共30讲含详细答案)——不等式的应用

§15不等式的应用

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）

22a12a2an*

这四个平均值有以下关系HnGnAnQn.○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，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：aabbcc(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，*求证：1

12131aa3ana12..n2232n25．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

1n1n1)(1).nn11119．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)2b(ca)2c(ab)2

0

ab(ab)bc(bc)ca(ca)6ab.c

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

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

(a1a2an)a1a2ann.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4abcabc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.222 不妨设abc,则abc,222111111，则a2b2c2（乱序和）cbacaba2111111b2c2（逆序和），同理a2b2c2（乱序和）abccab111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abc33a2组abc及3111，仿上可证第二个不等式.bcacabai1a；可理解为两数之积，尝试用排序不等式.ii2i24.分析：不等式右边各项设b1,b2,,bn是a1,a2,,an的重新排列，满足b1b2bn，又1111.2232n2anbna2a3b2b3.由于b1,b2,bn是互不相同的正整数，b122222n2323n所以a1故b11,b22,,bnn.从而b1bnb2b311，原式得证.12222n23n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，a2b2abba，a3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)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.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

11133求证：x1x2x2x3 x3.右侧的可理解为(x1x2x3).再如已知x1x2x30，333+x3x10，此处可以把0理解为(x1x2x3)，当然本题另有简使证法.（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)

382调和平均Hnn111a1a2an

几何平均Gnna1a2an 算术平均Ana1a2an

n22a12a2an平方平均Qn

2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）x2x3x1111x2xn（逆序和）x1x2xn x1

=n，aaa2ana1a2nn,即1Gn.GnGnGnn111，,各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，GnAn.a1a2an 评述:对8.分析:原不等式等价于n1(1)1平均，而右边为其算术平均.n11nn1，故可设法使其左边转化为n个数的几何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.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123n

（**） n1nn1

（**）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立.

第二篇：高中数学 3.2.2 一元二次不等式的应用教材分析与导入设计 北师大版必修5

3.2.2一元二次不等式的应用 本节教材分析

一元二次不等式的应用主要体现在两个方面，一是在数学上的应用（例

9、例

10、例11），一是在实际中的应用（例12）.这一节的设置，注重“转化”思想的渗透，例10和例11均体现了知识之间的转化.例12是一元二次不等式在实际生活中的应用，进一步体现了数学和生活的紧密关系.三维目标

1．知识与技能：巩固一元二次不等式的解法；进一步研究一元二次不等式的应用。

2．过程与方法：培养数形结合的能力，一题多解的能力，培养抽象概括能力和逻辑思维能力；

3．情态与价值：激发学习数学的热情，培养勇于探索的精神，勇于创新精神，同时体会从不

同侧面观察同一事物思想

教学重点：熟练掌握一元二次不等式的解法，初步掌握分式不等式及简单高次不等式的解法。教学难点: 分式不等式及简单高次不等式的解法的理解。

教学建议：

教学过程要充分体现教为主导，学为主体，思维训练为主线的新课标理念.要注重学生的探究，注重思想方法的提炼，课堂尽量设置成问题课堂，这样可以最大限度的训练学生的思维能力.其次，可以利用信息技术加大知识容量.新课导入设计

导入一:[直接导入] 上一小节我们讨论了一元二次不等式的解法，本小节我们进一步研究一元二次不等式的应用。

导入二：[问题导入]由于本节安排的第一个例题（即课本例9）体现了一元二次方程的解之间的转化关系，与前面学习的“三个二次”之间的关系类似.因此，可从学生探究该例引入新课.用心 专心 爱心-1-