重要不等式及其运用

不等式的解法与应用不等式是数学中常见的一种数值关系，它描述了数值之间的大小关系，与等式不同，不等式中的符号可以是“大于”，“小于”，“大于等于”，“小于等于”等。

解不等式的过程中，需要运用一系列的数学方法和技巧，同时不等式也有广泛的应用场景。

一、一元一次不等式的解法与应用1. 解一元一次不等式的基本方法是通过移项、合并同类项和化简等步骤，最终得到不等式的解集。

例如对于不等式2x + 3 > 7，可以先将3移到等式右边，得到2x > 7 - 3，再将同类项合并得到2x > 4，最后除以2得到x > 2，所以该不等式的解集为{x | x > 2}。

2. 在实际应用中，一元一次不等式经常用于描述物品的限制条件或问题的解集。

例如，在某个超市购物时，商品x的价格大于5元，可以表示为x > 5。

当我们需要求购物的范围时，就可以得到该不等式的解集，即{x | x > 5}。

二、一元二次不等式的解法与应用1. 解一元二次不等式的方法相对复杂一些，一般需要通过图像、因式分解、求根、区间判断等步骤来求解。

例如对于不等式x^2 - 4 < 0，可以将不等式的左边因式分解得到(x + 2)(x - 2) < 0，然后根据乘积为负的条件，可以得到x取值的范围为-2 < x < 2，即解集为{x | -2 < x < 2}。

2. 一元二次不等式在实际应用中有较广泛的应用。

例如，在解决某些物理问题时，一元二次不等式可以用来描述某个物理量的取值范围或限制条件。

同样地，在经济学中，一元二次不等式也可以用来描述某些经济问题的解集。

三、绝对值不等式的解法与应用1. 绝对值不等式是一种特殊的不等式，其中涉及到绝对值符号。

解绝对值不等式的方法一般分为以下几种情况来讨论：当绝对值大于等于零时，解集为实数集；当绝对值小于某个数时，解集为两个不等式的交集；当绝对值大于某个数时，解集为两个不等式的并集。

不等式的方法与技巧解不等式是数学中的一个重要问题，也是解决实际问题的基础。

在解不等式时，常常需要运用一些方法和技巧来简化和求解。

下面将介绍一些常用的方法和技巧。

1.转化为等价不等式：有时候，我们可以通过转化为等价不等式来简化求解过程。

例如，对于不等式x>3和x≥2，可以分别转化为等价不等式x-3>0和x-2≥0。

这样一来，我们只需要求解x-3>0和x-2≥0即可。

2.合并同类项：当不等式中存在同类项时，可以通过合并同类项来简化不等式。

例如，对于不等式3x+4>2x-1，可以合并同类项得到x>-5、这样一来，不等式中只剩下一个未知数，求解起来更加方便。

3.交换两边的值：当不等式中的大小关系不确定时，可以通过交换两边的值来确定不等式的方向。

例如，对于不等式3x<2x+1，可以交换两边的值得到2x>1、这样一来，不等式中的x的系数变小了，可以更加方便地求解。

4.乘除同一个正数：当不等式中存在未知数的乘除项时，可以通过乘除同一个正数来简化不等式。

例如，对于不等式2x+1>3，可以先将两边同时减去1，得到2x>2，然后再除以2，得到x>1、这样一来，不等式的系数就被消去了，求解起来更加方便。

5.乘除同一个负数：当不等式中存在未知数的乘除项时，可以通过乘除同一个负数来改变不等式的方向。

例如，对于不等式2x+1<3，可以先将两边同时减去1，得到2x<2，然后再除以2，得到x<1、这样一来，不等式的方向被改变了，求解起来更加方便。

6.分段讨论法：当不等式中存在多组解时，可以将不等式拆分成多个子区间，然后分别讨论每个子区间上的不等式。

例如，对于不等式，x-2，<3，可以分别讨论x<2，2≤x<5和x≥5三个子区间上的不等式。

这样一来，不等式的解集就可以根据每个子区间的解集来确定了。

7.图像法：当不等式中存在绝对值函数、二次函数等特殊函数时，可以通过绘制函数的图像来求解不等式。

重要不等式使用条件一、引言在数学中，不等式是一种比较两个数或者变量关系的数学表达式。

不等式的研究对于解决各种实际问题具有重要意义。

在数学中，有许多重要的不等式被广泛应用于各个领域，如数论、代数、几何和概率论等。

本文将介绍一些常见的重要不等式及其使用条件。

二、柯西-施瓦茨不等式柯西-施瓦茨不等式是解析几何中的一个基本定理，它描述了内积的性质。

该不等式可以用来证明其他重要定理，如三角形不等式和均值不等式。

不等式表述对于实数集合上的内积空间V中的向量a和b，柯西-施瓦茨不等式可以表示为：|⟨a,b⟩|≤∥a∥∥b∥其中⟨a,b⟩表示向量a和b的内积，∥a∥表示向量a的模。

使用条件柯西-施瓦茨不等式成立的条件是向量空间V上定义了内积，并且满足以下性质：1.正定性：对于任意非零向量a，有⟨a,a⟩>0。

2.齐次性：对于任意标量k和向量a，有⟨k⋅a,b⟩=k⋅⟨a,b⟩。

3.加法性：对于任意向量a、b和c，有⟨a+b,c⟩=⟨a,c⟩+⟨b,c⟩。

满足以上条件的内积空间可以是实数集合上的内积空间或复数集合上的内积空间。

三、三角形不等式三角形不等式是几何学中一个基本的定理，它描述了三角形中边长之间的关系。

该不等式在计算几何学、概率论和信息论等领域得到广泛应用。

不等式表述对于任意三角形的边长a、b和c，三角形不等式可以表示为：|a−b|<c<a+b使用条件三角形不等式成立的条件是边长a、b和c满足以下条件：1.非负性：边长必须大于等于零，即a,b,c≥0。

2.两边之和大于第三边：任意两边之和必须大于第三条边，即a+b>c,a+c>b,b+c>a。

满足以上条件的三个边长可以构成一个有效的三角形。

四、均值不等式均值不等式是数论中的一个重要定理，它描述了一组数的平均值与其他函数之间的关系。

该不等式在概率论、统计学和经济学中得到广泛应用。

不等式表述对于一组实数x1,x2,…,x n，其中n≥2，均值不等式可以表示为：x1+x2+⋯+x nn ≥√x1⋅x2⋅…⋅x n n使用条件均值不等式成立的条件是实数x1,x2,…,x n满足以下条件：1.非负性：所有实数必须大于等于零，即x i≥0。

不等式在高中数学中的重要作用新一轮教育教学改革对高中数学教学提出了新的要求，即高中数学教学除了要遵循以人为本的原则，还要突出知识实用性，不等式作为数学理论必不可少的一部分，与很多知识都有着密切相连的关系，不仅可以帮助学生解决数学题目，而且可以帮助学生解决现实问题，具有很强的实用性，所以高中数学教师应主动实施不等式知识教学，从而活跃数学课堂气氛，提升学生解题效率。

本文主要针对不等式在高中数学中的重要作用作出了分析与探讨。

一、学习高中数学不等式的必要性高中阶段的学生即将面临高考，学习任务比较繁重，通过对大量数学考题的分析与总结，我们发现不等式是高考重点考查内容，占有很重要的分值，而且在日常的数学学习中，学生可以运用不等式解决多种类型的数学题目，总得来说，不等式是高中数学的基础理论，与很多知识都有着密切相连的关系，运用不等式解题可以培养学生创新思维能力，提高学生解题速度，所以，学习高中数学不等式很有必要。

第一，可以运用不等式知识求解函数最值问题。

随着教育教学改革的不断深入，函数最值逐渐成为高考重点考查内容，对大部分高中生来说，虽然他们现已掌握了多种求函数最值的方法，但运用函数单调求函数最值是他们最常用的解题方法，这种方法相对较复杂，需要花费一定的思考时间，而运用不等式求函数最值则是一种较为便捷的解题方法，不仅可以帮助学生理清解题思路，而且可以提高学生解题技巧与能力。

第二，可以运用不等式解决?⑹?取值问题。

参数取值是高考考查的重点问题，这类问题涉及多个知识点，给学生的理解带来了很大的困难，在具体解题过程中，学生往往会运用函数单调性与导数等方法求参数取值范围，这种方法相对比较复杂，且容易出错，会影响学生的答题速度。

运用不等式解决参数取值问题则可以将问题简单化，提高解题效率，需要注意的是，参数取值综合性较强，方法灵活多样，高中生需要在熟悉掌握运用不等式求参数取值范围思路的基础上结合其他方法一起进行题目分析与解决，如函数单调性等方法，从而提高解题速度。

等式与不等式的解法与应用知识点总结等式与不等式是数学中非常基础且重要的概念，它们在解数学问题、推导理论以及应用实践中都起到了至关重要的作用。

本文将对等式与不等式的解法以及其在实际问题中的应用进行知识点总结。

一、等式的解法1. 一元一次方程：一元一次方程是指只有一个未知数，并且未知数的最高次数为1的方程。

解一元一次方程可以使用基本的代数运算法则，如加减乘除等。

常用的解法有加减消元法、变量相消法、代入法等。

2. 二元一次方程组：二元一次方程组是指有两个未知数的方程组，并且每个方程中未知数的最高次数为1。

解二元一次方程组可以使用消元法、代入法、加减消元法等解法。

3. 二次方程：二次方程是指未知数的最高次数为2的方程。

解二次方程可以使用配方法、求根公式、完全平方式等。

其中，求根公式为：x=(-b±√(b^2-4ac))/2a。

4. 分式方程：分式方程是指方程中带有分式的方程。

解分式方程需要将方程中的分式进行通分，并使用合适的解方程方法进行求解。

二、不等式的解法1. 一元一次不等式：一元一次不等式是指只有一个未知数，并且未知数的最高次数为1的不等式。

解一元一次不等式需要注意不等号的变换规则，可使用类似于解等式的代数运算法则进行解答。

2. 一次不等式组：一次不等式组是指含有多个一次不等式的方程组。

解一次不等式组可以使用区间法、图解法等。

区间法是将不等式右边等式化，然后通过判断不等式的符号来确定解集的范围。

3. 二次不等式：二次不等式是指未知数的最高次数为2的不等式。

解二次不等式需要根据二次不等式的形式和条件来判断解集的范围，可以通过求根、图像、区间等方法进行求解。

4. 绝对值不等式：绝对值不等式是指方程中含有绝对值的不等式。

解绝对值不等式需要考虑绝对值的定义和性质，可通过分情况讨论、画图等方法进行求解。

三、应用知识点总结1. 线性规划：线性规划是一种优化问题，它将问题转化为目标函数和约束条件下的最大值或最小值求解。

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柯西不等式的证明及应用
作者：胡向斌
来源：《中学课程辅导·教学研究》2013年第26期
摘要：柯西不等式是一个非常重要的不等式，灵活巧妙的应用它，可以使一些较为困难的问题迎刃而解。

本文在证明不等式，解三角形相关问题，求函数最值，解方程等问题的应用方面给出几个例子。

关键词：柯西不等式；证明；应用
参考文献：
[1]柯西不等式的微小改动 [J]数学通报2002 第三期
[2]柯西不等式与排序不等式[M]南山湖南教育出版社
[3]普通高中解析几何[M]高等教育出版社
（作者单位：甘肃省榆中县第一中学730100）。

几个重要不等式与不等式的证明蔡玉书(江苏省苏州市第一中学,215006) 收稿日期:2008-09-16　修回日期:2009-02-17 (本讲适合高中)在不等式的证明中,重要不等式的使用是不等式证明的常用方法.1　几个重要不等式这里所说的几个重要不等式是指:均值不等式　设a 1,a 2,…,a n 都是正数.则a 1+a 2+…+a nn≥n a 1a 2…a n ,当且仅当a 1=a 2=…=a n 时,等号成立.柯西不等式　设a 1,a 2,…,a n ;b 1,b 2,…,b n 是两组实数.则(∑ni =1a 2i)(∑ni =1b 2i)≥(∑ni =1a ib i)2,当且仅当a i =kb i (i =1,2,…,n )时,等号成立.下列柯西不等式的三个变形在解题中有相当大的作用.变形1　设a 1,a 2,…,a n ;b 1,b 2,…,b n 是两组正实数.则∑ni =1a 2ib i≥(∑ni =1a i)2∑ni =1bi.变形2　设a 1,a 2,…,a n ;b 1,b 2,…,b n是两组正实数.则∑ni =1a ib i≥(∑ni =1a i )2∑ni =1a i bi.变形3　设a 1,a 2,…,a n ;b 1,b 2,…,b n是两组正实数.则∑ni =1a i·∑ni =1bi≥∑ni =1a ib i .Schur 不等式　设x 、y 、z ≥0,r 是实数.则x r(x -y )(x -z )+y r(y -x )(y -z )+z r(z -y )(z -x )≥0.当r =1时,Schur 不等式有几种变形:(1)x 3+y 3+z 3-(x 2y +xy 2+x 2z +xz 2+y 2z +yz 2)+3xyz ≥0;(2)(x +y +z )3-4(x +y +z )·(yz +zx +xy )+9xyz ≥0;(3)xyz ≥(x +y -z )(y +z -x )(z +x -y ).契比雪夫不等式　设a 1≤a 2≤…≤a n ,b 1≤b 2≤…≤b n ,则∑ni =1a i∑ni =1bi≤n∑ni =1a ib i;设a 1≤a 2≤…≤a n ,b 1≥b 2≥…≥b n ,则∑ni =1a i∑ni =1bi≥n∑ni =1a ib i.2　例题选讲在证明不等式时,要特别注意两点:(1)所给条件的综合变形与运用重要不等式的配合;(2)运用其他方法或技巧与运用重要不等式的配合.例1　设a 、b 、c 是正数,且ab +bc +ca =3.求证:11+a 2(b +c )+11+b 2(c +a )+11+c 2(a +b )≤1abc.(2008,罗马尼亚国家集训队试题)证明:依题设,由均值不等式得ab+bc+ca=3≥33(abc)2,即　abc≤1.故11+a2(b+c)≤1abc+a2(b+c)=1a(ab+bc+ca)=13a.同理,11+b2(c+a)≤1 3b,11+c2(a+b)≤1 3c.以上三式相加得11+a2(b+c)+11+b2(c+a)+11+c2(a+b)≤1 31a+1b+1c=ab+bc+ca3abc=1abc.注:本题巧妙地利用已知条件和均值不等式将不等式左边的分母中的1换成较小的abc,实现了转化.例2　设x、y、z是正实数,且x+y+z =3.证明:x3 y3+8+y3z3+8+z3x3+8≥19+227(xy+yz+zx).(2008,伊朗数学奥林匹克)证明:由均值不等式得x3 y3+8+y+227+y2-2y+427≥33x3y3+8·y+227·y2-2y+427=x3.同理,y 3z3+8+z+227+z2-2z+427≥y3,z3 x3+8+x+227+x2-2x+427≥z3.以上三式相加,并注意到x+y+z=3,得x3 y3+8+y3z3+8+z3x3+8≥4 9-127(x2+y2+z2)=19+9-(x2+y2+z2)27=19+(x+y+z)2-(x2+y2+z2)27=19+227(xy+yz+zx).注:本题巧妙地将分母进行了因式分解,并且通过考察不等式等号成立的充要条件,调整因式前面的系数,达到证明的目的.例3　设x、y、z是非负数,且x2+y2+z2=3.证明:xx2+y+z+yy2+z+x+zz2+x+y≤3.(2008,乌克兰数学奥林匹克)证明:由柯西不等式得3(x2+y2+z2)≥(x+y+z)2.因为x2+y2+z2=3,所以,x2+y2+z2≥x+y+z.①由柯西不等式得(x2+y+z)(1+y+z)≥(x+y+z)2.于是,只要证明x1+y+z+y1+z+x+z1+x+yx+y+z≤3.再由柯西不等式得(x1+y+z+y1+z+x+z1+x+y)2=(x·x+xy+zx+y·y+yz+xy+z·z+zx+xy)2≤(x+y+z)[(x+xy+zx)+　(y+yz+xy)+(z+zx+xy)]=(x+y+z)[(x+y+z)+2(xy+yz+zx)]≤(x+y+z)[x2+y2+z2+2(xy+yz+zx)]=(x+y+z)3.故x1+y+z+y1+z+x+z1+x+yx+y+z≤x+y+z.由不等式①得x+y+z≤x2+y2+z2= 3.因此,不等式得证.注:先局部使用柯西不等式,将分母化为相同,再继续使用柯西不等式进行放缩,从而达到证明的目标.例4　设a、b、c∈16,+∞,且a2+b2+c2=1.证明:1+a22a2+3ab-c2+1+b22b2+3bc-a2+1+c22c2+3ca-b2≥2(a+b+c).(2007,乌克兰国家集训队试题)证明:由柯西不等式得(2a2+3ab-c2+2b2+3bc-a2+2c2+3ca-b2)·a22a2+3ab-c2+b22b2+3bc-a2+c22c2+3ca-b2≥(a+b+c)2,①(2a2+3ab-c2+2b2+3bc-a2+2c2+3ca-b2)2≤(1+1+1)[(2a2+3ab-c2)+　(2b2+3bc-a2)+(2c2+3ca-b2)] =3[(a2+b2+c2)+3(ab+bc+ca)].②又由均值不等式得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.故4(a+b+c)2≥3(a2+b2+c2)+9(ab+bc+ca).③由式②、③得2a2+3ab-c2+2b2+3bc-a2+2c2+3ca-b2≤2(a+b+c).④由式①、④得a22a2+3ab-c2+b22b2+3bc-a2+c22c2+3ca-b2≥12(a+b+c).⑤由柯西不等式得(2a2+3ab-c2+2b2+3bc-a2+2c2+3ca-b2)·12a2+3ab-c2+12b2+3bc-a2+12c2+3ca-b2≥(1+1+1)2=9.⑥注意到a2+b2+c2=1,由柯西不等式得9=9(a2+b2+c2)≥3(a+b+c)2.⑦由式④、⑥、⑦得12a2+3ab-c2+12b2+3bc-a2+12c2+3ca-b2≥3(a+b+c)2.⑧⑤+⑧得1+a22a2+3ab-c2+1+b22b2+3bc-a2+1+c22c2+3ca-b2≥2(a+b+c).注:将原不等式拆成两个后,分别采用柯西不等式进行处理,恰到好处.例5　已知a、b、c都是正实数.证明:(a+b)3+4c3≥4(a3b3+b3c3+c3a3).(2008,波兰数学奥林匹克)证明:由均值不等式和柯西不等式得(a+b)3+4c3=a3+b3+3a2b+3ab2+4c3=2(a2b+ab2)+(a2+b2)(a+b)+4c3≥4a3b3+(a32+b32)2+4c3≥4a3b3+4c32(a32+b32)=4(a3b3+b3c3+c3a3).注:在使用两个不等式时,应注意保证等号能够成立.证明之雅,使人回味无限.例6　设x、y、z都是正数,且x+y+z≥1.证明:x xy+z+y yz+x+z zx+y≥32.(2003,摩尔多瓦国家集训队试题)证明:由均值不等式得x32+y32+y32≥3x12y,x32+z32+z32≥3x12z.相加得2(x32+y32+z32)≥3x12(y+z).故xy+z≥3x322(x32+y32+z32).同理,yz+x≥3y322(x32+y32+z32),z x +y≥3z322(x 32+y 32+z32).于是,要证明原不等式只要证明x 2+y 2+z2x 32+y 32+z32≥13Ζ3(x 2+y 2+z 2)2≥(x 32+y 32+z 32)2.由柯西不等式得(x 2+y 2+z 2)(x +y +z )≥(x 32+y 32+z 32)2,3(x 2+y 2+z 2)≥(x +y +z )2≥x +y +z .两个不等式相乘即得.注:利用均值不等式将三个式子作对称化处理,为后面巧妙地应用柯西不等式做好了充分的准备.例7　设a 、b 、c 是正数.求证:1+4a b +c 1+4b c +a 1+4c a +b >25.(2008,波斯尼亚数学奥林匹克)证明:注意到1+4a b +c 1+4b c +a 1+4c a +b>25Ζ(b +c +4a )(c +a +4b )(a +b +4c )>25(a +b )(b +c )(c +a )Ζa 3+b 3+c 3+7abc>a 2b +ab 2+b 2c +bc 2+c 2a +ac 2.由Schur 不等式得a 3+b 3+c 3+3abc≥a 2b +ab 2+b 2c +bc 2+c 2a +a 2c .从而,不等式得证.注:在最近几年的数学竞赛中,Schur 不等式已经被普遍使用,希望引起大家的重视.例8　设x 、y 、z 是正实数.求证:xy z +yz x +zxy>23x 3+y 3+z 3.(2008,中国国家集训队测试题)证明:设xy z =a 2,yz x =b 2,zx y=c 2.因为x 、y 、z 是正实数,所以,x =ca ,y =ab ,z =bc .于是,原不等式化为a 2+b 2+c 2>23a 3b 3+b 3c 3+c 3a 3,即　(a 2+b 2+c 2)3>8(a 3b 3+b 3c 3+c 3a 3)Ζa 6+b 6+c 6+3(a 4b 2+a 2b 4+b 4c 2+b 2c 4+c 4a 2+c 2a 4)+6a 2b 2c2　>8(a 3b 3+b 3c 3+c 3a 3).由Schur 不等式得a 6+b 6+c 6+3a 2b 2c 2>a 4b 2+a 2b 4+b 4c 2+b 2c 4+c 4a 2+c 2a 4.①由均值不等式得a 4b 2+a 2b 4≥2a 3b 3,b 4c 2+b 2c 4≥2b 3c 3,c 4a 2+c 2a 4≥2c 3a 3.以上三式相加得a 4b 2+a 2b 4+b 4c 2+b 2c 4+c 4a 2+c 2a4≥2(a 3b 3+b 3c 3+c 3a 3).②又a 2b 2c 2>0.③①+4×②+3×③得a 6+b 6+c 6+3(a 4b 2+a 2b 4+b 4c 2+b 2c 4+c 4a 2+c 2a 4)+6a 2b 2c2>8(a 3b 3+b 3c 3+c 3a 3).注:分析法的使用为证明打开了大门,变量代换为Schur 不等式的使用铺平了道路.例9　已知a 、b 、c 是正数,且a +b +c =1.证明:1bc +a +1a+1ca +b +1b+1ab +c +1c≤2731.(2008,克罗地亚数学奥林匹克)证明:注意到1bc +a +1a+1ca +b +1b+1ab +c +1c≤2731Ζ9a 2+9abc +9-31a a 2+abc +1+9b 2+9abc +9-31bb 2+abc +1+9c 2+9abc +9-31c c 2+abc +1≥0.不妨设a ≥b ≥c .显然9(a +b )<31.容易证明9a2+9abc+9-31a≤9b2+9abc+9-31b≤9c2+9abc+9-31c.故a2+abc+1≥b2+abc+1≥c2+abc+1,即　1a2+abc+1≤1b2+abc+1≤1c2+abc+1.由契比雪夫不等式有39a2+9abc+9-31aa2+abc+1+9b2+9abc+9-31bb2+abc+1+9c2+9abc+9-31cc2+abc+1≥[(9a2+9abc+9-31a)+(9b2+9abc+ 9-31b)+(9c2+9abc+9-31c)]·1a2+abc+1+1b2+abc+1+1c2+abc+1.于是,只要证明(9a2+9abc+9-31a)+(9b2+9abc+9-31b)+(9c2+9abc+9-31c)≥0 Ζ9(a2+b2+c2)+27abc+27-31(a+b+c)≥0.又a+b+c=1,只要证明9(a2+b2+c2)+27abc-4≥0Ζ9(a2+b2+c2)(a+b+c)+27abc-4(a+b+c)3≥0Ζ5(a3+b3+c3)-3(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ac2)+3abc≥0.①由Schur不等式得a3+b3+c3+3abc≥a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+a2c.②由均值不等式得a3+b3+c3≥3abc.③②×3+③×2得不等式①.从而,原不等式得证.注:本题难度相当大.首先用分析法将不等式化为等价的不等式进行证明,也为利用契比雪夫不等式做好了充分的准备,Schur不等式和均值不等式的使用为最后的证明锦上添花.例10　已知x、y、z是正数,且x+y+z =1,k是正整数.证明:x k+2x k+1+y k+z k+yk+2y k+1+z k+x k+zk+2z k+1+x k+y k≥17.(2007,南斯拉夫数学奥林匹克)证明:不妨设x≥y≥z.则x k≥y k≥z k.由契比雪夫不等式得3(x k+1+y k+1+z k+1)≥(x+y+z)(x k+y k+z k).①因为x≥y≥z,所以,x k+1+y k+z k≤y k+1+z k+x k≤z k+1+x k+y k.事实上,由x≥y≥z,有x k-1≥y k-1≥z k-1,x(1-x)-y(1-y)=x(y+z)-y(z+x)=z(x-y)≥0,即　x(1-x)≥y(1-y).从而,x k(1-x)≥y k(1-y).所以,x k+1+y k+z k≤y k+1+z k+x k.同理,y k+1+z k+x k≤z k+1+x k+y k.故xk+1x k+1+y k+z k≥y k+1y k+1+z k+x k≥z k+1z k+1+x k+y k.由契比雪夫不等式得x k+2x k+1+y k+z k+yk+2y k+1+z k+x k+zk+2z k+1+x k+y k≥13(x+y+z)xk+1x k+1+y k+z k+y k+1y k+1+z k+x k+zk+1z k+1+x k+y k=13x k+1x k+1+y k+z k+y k+1y k+1+z k+x k+z k+1z k+1+x k+y k =13x k+1x k+1+y k+z k+y k+1y k+1+z k+x k+z k+1z k+1+x k+y k·[(x k+1+y k+z k)+(y k+1+z k+x k)+(z k+1+x k+y k)]·1x k+1+y k+1+z k+1+2(x k+y k+z k)≥x k +1+y k+1+z k+1x k+1+y k+1+z k+1+2(x k+y k+z k)=x k+1+y k+1+z k+1x k+1+y k+1+z k+1+2(x+y+z)(x k+y k+z k)≥x k +1+y k+1+z k+1x k+1+y k+1+z k+1+2×3(x k+1+y k+1+z k+1)=1 7 .最后一步用的是不等式①.注:条件x+y+z=1是用来调整不等式的次数的.这里多次采用排序,使用契比雪夫不等式,使得证明完美.练习题1.设x1,x2,…,x n是正实数,n是正整数.证明:∏n i=1(1+x1+x2+…+x i)≥(n+1)n+1x1x2…x n. (2007,俄罗斯数学奥林匹克)(提示:对元素y1=x11+x1,y2=x2(1+x1)(1+x1+x2),y3=x3(1+x1+x2)(1+x1+x2+x3),……y n=x n(1+x1+…+x n-1)(1+x1+…+x n-1+x n),y n+1=11+x1+…+x n-1+x n应用均值不等式.)2.已知a、b、c都是正数,且ab+bc+ca =1.证明:a3+a+b3+b+c3+c≥2a+b+c.(2008,伊朗国家集训队试题)(提示:用条件ab+bc+ca=1将问题化为证明a(a+b)(c+a)+b(a+b)(b+c)+c(c+a)(b+c)≥2(a+b+c)(ab+bc+ca),之后应用柯西不等式和Schur不等式.)3.设a、b、c∈R+,且abc=1.证明:1b(a+b)+1c(b+c)+1a(c+a)≥32.(2008,塔吉克斯坦数学奥林匹克)(提示:先作变换a=xy,b=yz,c=zx,再用柯西不等式和均值不等式.)4.设a、b、c、d是正数,且1a+1b+1c+1d =4.证明:3a3+b32+3b3+c32+3c3+d32+3d3+a32≤2(a+b+c+d)-4.(2007,波兰数学奥林匹克)(提示:先用分析法证明3a3+b32≤a2+b2a+b.再用柯西不等式.)5.设a≥b≥c>0,x≥y≥z>0.证明:a2x2(by+cz)(bz+cx)+b2y2(cz+ax)(cx+az)+c2z2(ax+by)(ay+bx)≥34.(2000,韩国数学奥林匹克)(提示:先用均值不等式,再用柯西不等式和契比雪夫不等式.)6.已知x1,x2,…,x n是正实数,满足∑ni=1x i =∑ni=11x i.证明:∑ni=11n-1+x i≤1.(2007,波兰等国联合数学竞赛)(提示:令yi=1n-1+x i.利用柯西不等式结合反证法加以证明.)欢迎订阅《中等数学》2009年第6期:服务于全国高中数学联赛的专刊。

高中重要不等式及其应用一、几个重要不等式以下四个不等式在数学竞赛中使用频率是最高的，应用极为广泛。

1、算术-几何平均值（AM-GM ）不等式设12,,,n a a a 是非负实数，则12nn a a a n+++≥2、柯西（Cauchy ）不等式设,(1,2,)i i a b R i n ∈=，则222111.n n n i i i i i i i a b a b ===⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑等号成立当且仅当存在R λ∈，使,1,2,,.i i b a i n λ==变形（Ⅰ）：设+∈∈R b R a i i ,，则∑∑∑===⎪⎭⎫⎝⎛≥ni in i i ni ii b a b a 12112；等号成立当且仅当存在R λ∈， 使,1,2,,.i i b a i n λ==变形（Ⅱ）设i i b a ,同号，且0,≠i i b a ，则∑∑∑===⎪⎭⎫ ⎝⎛≥n i ii n i i ni ii b a a b a 1211。

等号成立当且仅当n b b b === 21 3．排序不等式设n n n j j j b b b a a a ,,,,,212121⋯≤⋯≤≤≤⋯≤≤是n ,,2,1⋯的一个排列，则n n j j j n n n b a b a b a b a b a b a b a b a b a n ++≤+++≤+++-2211321112121. 等号成立当且仅当n a a a === 21或n b b b === 21。

（用调整法证明）.4．琴生（Jensen ）不等式若()x f 是区间()b a ,上的凸函数，则对任意的点()b a x x x n ,,,,21∈ *()n N ∈有()()()12121().nn x x x f f x f x f x nn +++≤+++⎡⎤⎣⎦等号当且仅当n x x x === 21时取得。

（用归纳法证明）二、进一步的结论运用以上四个不等式可得以下更一般的不等式和一些有用的结论，有时用这些结论也会起到意想不到的效果。

基本不等式1、教学重点：应用数形结合的思想理解不等式ab b a 222≥+，并从不同角度探索不等式2a b ab +≤的证明过程； 通过简单的变形发现基本不等式在最值问题上的作用，并能够进行使用条件辨析及其简单运用。

2、教学难点：基本不等式2a b ab +≤使用限制条件 基本不等式2a b ab +≤等号成立条件 基本不等式在最值问题中的运用3、学生必须掌握的内容：1．重要不等式定理1：如果a ，b ∈R ，那么a 2＋b 2≥2ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．2．基本不等式(1)定理2：如果a ，b >0，那么2a b ab +≥ ( a ＋b 2≥ab)，当且仅当a ＝b 时，等号成立．(2)定理2的应用：对两个正实数x ，y ，①如果它们的和S 是定值，则当且仅当x ＝y 时，它们的积P 取得最大值，最大值为S 24. ②如果它们的积P 是定值，则当且仅当x ＝y 时，它们的和S 取得最小值，最小值为2P .3．基本不等式ab ≤a ＋b 2的几何解释如图，AB 是⊙O 的直径，C 是AB 上任意一点，DE 是过C 点垂直AB 的弦．若AC ＝a ，BC ＝b ，则AB ＝a ＋b ，⊙O 的半径R ＝a ＋b 2，Rt △ACD ∽Rt △DCB ，CD 2＝AC ·BC ＝ab ，CD ＝ab ，CD ≤R ⇒ab ≤a ＋b 2，当且仅当C 点与O 点重合时，CD ＝R ＝AB 2，即ab ＝a ＋b 2.4．几个常用的重要不等式(1)如果a ∈R ，那么a 2≥0，当且仅当a ＝0时取等号；(2)如果a ，b >0，那么ab ≤（a ＋b ）24，当且仅当a ＝b 时等号成立． (3)如果a >0，那么a ＋1a ≥2，当且仅当a ＝1时等号成立．(4)如果ab >0，那么a b ＋b a ≥2，当且仅当a ＝b 时等号成立．3．三个正数的算术-几何平均不等式1．如果a 、b 、c ∈R ＋，那么a 3＋b 3＋c 3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．2．(定理3)如果a 、b 、c ∈R ＋，那么3++≥a b c (a ＋b ＋c 3≥3abc)，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．即三个正数的算术平均不小于它们的几何平均．3．如果a 1，a 2，…，a n ∈R ＋，那么a 1＋a 2＋…＋a n n ≥n a 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．即对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均不小于它们的几何平均．4、容易出现的问题：学生容易忽略和混淆不等式取到等号的条件，容易遗忘不等式使用的限制条件.5、解决方法：找到具体实例，和学生一起分析存在的问题并及时纠正学生的易错之处.。