2022年数学不等式

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1、学习必备欢迎下载潍坊讲义（新高二）（一）不等式1 (排序不等式）设,.21naaanbbb.21njjj,.,21是n,.,2, 1的一个排列，则.221121112121nnjnjjnnnbababababababababan2 (均值不等式 ) 设naaa,.,21是n个正数，则naaan.21.21nnaaa3 （柯西不等式）设),.2, 1(,niRbaii则.)()(211212iniiniiniibaba等号成立当且仅当存在R，使得),.,2, 1(niabii变形： （1）设RbRaii,则.)()(11212niiniiniiibaba（2）设iiba ,同号，且,0,iiba

2、则.)()(1121niiiniiniiibaaba4 （J e n s不等式）若)(xf是),(ba上的凸函数，则对任意),(,.,21baxxxn).(.)()(1).(2121nnxfxfxfnnxxxf5 （幂均值不等式）设)(0Rai则.).().(121121MnaaanaaaMnn证：作变换令iixa，则1iixa则.).().(12121nxxxxxxnMMnn因0所以, 1则函数xxf)(是),0(上的凸函数，应用Jensen不等式即得。6 （切比雪夫不等式）设两个实数组naaa.21，nbbb.21则精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - -

3、 - - - -第 1 页，共 32 页学习必备欢迎下载).(1).(12211111121nnniiniinnnbababannbnabababan（该不等式的证明只用排序不等式及niiniiba11的表达式就可得证）7 （一个基础不等式）yxyx)1(1其中 1 ,0,0, yx证：若yx,中有一个为零，则结论成立。设yx,均不为零，则原不等式等价于不等式).1()()(yxyx令, tyx则上式).1 (tt记,)1()(tttf则1)( ttf当;0)( , 1tft0)( , 10tft且,0)1 ( f所以函数)(tf在1t取得最小值0，从而可得证结论。8 （H o l d e r

4、不等式）设).,.2, 1(0,nkbakk1,qp且111qp，则qnkqkpnkpkknkkbaba11111)()(（等号成立当且仅当qkpktba）证：在不等式7 中令qkpkByAxp,1则有.11qkpkkkBqApBA所以nkqknkpkknkkBqApBA11111令nkqqkkknkppkkkbbBaaA1111)(,)(则得证Holder不等式。*9.与对数函数有关的一个不等式xxxx)1ln(1，. 0x（该不等式的证明利用导数的符号得出函数的单调性）*10三角函数有关的不等式xxxtansin)2,0(x*11。舒尔（Schur）不等式设Rzyx,，则0)()()(yz

5、xzzzyxyyzxyxx证明：首先考虑设Rzyx,，则0)()()(yzxzzzyxyyzxyxxrrr精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 32 页学习必备欢迎下载由于对称性可设0zyx（1）当0r时 左边0)()()(21)()()(222222xzzyyxzxyzxyzyxyzxzzyxyzxyx所以结论成立；（2）当0r时0zy，0zx，0rryx左边0)()()()()()()()(2yxyzyyxyzxyxyzyyxyzxyxxzxzyzzyyxyzxyxxrrrrrrrr结论得证；（3）当0r时0yx，0zx，

6、0rryz左边0)()()()()()()()(2zyyzyzxyzyyxyzxzyzzyyxyzxzyzzyyxyzxyxxrrrrrrrr结论得证。当1r时有0)()()(yzxzzzyxyyzxyxx*12。 闵可夫斯基 （Minkowski） 不等式如果nxxx,.,21与nyyy,.,21都是非负实数，1p，那么pnipipnipippiniiyxyx111111)()()(证明：11)()()(piiipiiipiiyxyyxxyx应用Holder不等式得ppiippipiiiyxxyxx1111)()()(，ppiippipiiiyxyyxy1111)()()(。从而得证。例1设

7、Rcba,且,1abc求证.333222cbacba证： （1）由柯西不等式,)()(2222333cbacbacba精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 32 页学习必备欢迎下载而322222222223)()()(111()(3abccbacbacbacba由条件即得cbacba222所以结论成立。（2）由幂均值不等式（32, 1）.)33()()3()3(3)3(32222132222222122222223222333cbacbacbacbacbacbacba（3）由切比雪夫不等式，不妨设cba，则.3)(222222

8、333cbacbacbacba例2设, 1).,.,2, 1( ,01niiixnix求证.1111nxxxniiniii证：左边 =niiniixx11111（由柯西不等式的变形.111121niiniixnx）又212112)1()1()(1(niiininixx即)1(11nnxnii所以.1)1()1(111211nnnnnnnxxniinii又niiniixxn1212221)1.11)(结合上述两式得证结论。例 3：已知cba,为满足1cba的正数，求证：.427111abccabbca证明：由柯西不等式的变形知.19) 111 (1112abcabcabcabccbaabccab

9、bca而31)(312cbaabcabc所以原不等式成立。4cba,是正实数，求证：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 32 页学习必备欢迎下载.8)(2)2()(2)2()(2)2(222222222bacbacacbacbcbacbaI证明：显然222222222)(2)(4(2)(2)()(44)(2)2(cbacbcbacbacbcbaacbacba同理22222)(2)(4(2)(2)2(acbacacbacbacb，22222)(2)(4(2)(2)2(bacbabacbacbac所以可得222222)(2)(4

10、()(2)(4()(2)(4(6bacbabacacbacacbcbacbcbaI若bacacbcba4,4,4（* ） ， 则)(323)(22)(22232)(2)(2222cbacbcbacbcba即222)(32)(2cbacba同理222)(32)(2cbaacb，222)(32)(2cbabac所以831215221)(215296)(2)(5)(3 36)(2)222666(36)(2)(4(3)(2)(4(3)(2)(4(36)(2)(4()(2)(4()(2)(4(62222222222222222222222cbacbacbacbacbacbacbaacbcabcbabab

11、accbaacacbcbacbcbabacbabacacbacacbcbacbcbaI（因为).(3)111)()(2222222222cbacbacba）若上述假设（ * ）不成立，不妨设cba4，则2)(2)(4(2)(2)2(22222cbacbcbacbacba由柯西不等式)111()()(2222222acbbacbb精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 32 页学习必备欢迎下载故3)(2)2(222acbacb，同理.3)(2)2(222bacbac所以.8I综上可知8I，当且仅当cba时等号成立。5 若zyx,均

12、大于1，求证.2111111222222yxzxzyzyxJ证明：事实上2222222222222222)111()1)(1 ()1)(1 ()1)(1)(111111(zyxyxzxzyzyxyxzxzyzyx故.23)(2)1() 1()1()()()(23)(26662229)1)(1()1)(1 ()1)(1 ()3(2222222222222222222222222222222222222222224442222222222zyxxzzyyxzyxxzzyyxzyxxzzyyxzyxxzzyyxzyxxzzyyxzyxxzzyyxzyxyxzxzyzyxzyxJ（当且仅当1zyx时等

13、号成立）6.已知cba,为正实数，证明：若4222abccba，则.3cba证：显然cba,在区间0，2上，设cos2a，cos2b)2,0,当c为正数时abccba222为增函数因此，对任意的正数ba,至多有一正数c满足4222abccba。下面证明)cos(2)cos(2c满足4222abccba事实上精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 32 页学习必备欢迎下载.1coscossinsincoscossinsincoscos2coscos2sinsincoscos2sinsincoscoscoscos)cos(cosco

14、s2)(coscoscos22222222222222222若2，则0)cos(2是c满足条件的唯一值。下面证明，若2则不存在满足条件的c。事实上，满足条件的c一定满足下面方程0)1cos(cos4coscos4222cc此时上面方程若有解21,cc，则0) 1cos(cos40coscos4222121cccc从而21,cc均小于零，所以不存在满足条件的c。因此cos2,cos2,cos2cba（,是一个锐角三角形的三个内角）则3)3cos(32)coscos(cos2cba（上式利用xcos是2,0上的凹函数）所以结论得证。7.已知正数naaa,.,21，nbbb,.,21满足条件：1.2

15、121nnbbbaaa。求nnnbaabaabaa222221121.的最小值。解：先证明一个不等式tyzxtzyx222)(对所有的正数成立。（事实上，上式等价于,)()(222ytzxtyyztx即0)(2yzxt显然成立）于是，利用1n次如上不等式，得21).().(.2121221222221121nnnnnnbbbaaaaaabaabaabaa当nbbbaaann1.2121时等号成立。故所求最小值为.21精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 32 页学习必备欢迎下载例 8：设zyx,为正数，且1543zyx，求xz

16、zyyx111的最小值。解：由1543zyx，即1)(3)(2)(xzzyyx。则由柯西不等式的变形知.)321 ()(3)(2)()321 ()(3)3()(2)2(111122222xzzyyxxzzyyxxzzyyx且当)(33)(221xzzyyx及1543zyx时等号成立。故xzzyyx111的最小值为.)321(2例3设1,abcdRdcba求证2)1(1)1(1)1(1) 1(1addccbba证：设xwdwzczybyxa,Rwzyx,则原不等式等价于.2)1(1) 1(1)1(1)1(1yxxwxwwzwzzyzyyx即.2111111111111yxwxwzwzyzyx由柯

17、西不等式.)11(1)11(1)11(1)11(1)1111(1111111111112yxwxwzwzyzyxwzyxyxwxwzwzyzyx将上式分子与分母展开，应用柯西不等式可证原不等式成立。9.设正数zyxcba,满足caybxbcxazabzcy,求函数zzyyxxzyxf111),(222的最小值。解：由已知条件可解除精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 32 页学习必备欢迎下载abcbazacbcaybcacbx222222222222令222222222,cbabcaacb则),( ,)(,)(,)(Rzyx从

18、而)()()()()()()()()()()()()(),(2222zyxf下面估计.21),(zyxf只需要证明. )()(34221)()()(2222利用均值不等式222)(从而结论成立，即.21),(zyxf且等号当21zyx， 即cba时成立。所以),(zyxf的最小值为.2110.证明：对任意自然数n，成立不等式.3.432n证：设.).1(nkkak因为12kkkaa精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 32 页学习必备欢迎下载如果1kak，则.2)1(221kkkkaakk所以，如果32a，则由数学归纳法可知.

19、1nan也就是nnn)1(成立，但事实上显然不成立，所以32a不成立。也就是原不等式得证。11.非负数naaa,.,21中最大的一个为a，证明不等式4).(.222122221anaaanaaann（并给出等号成立的条件）证：设.21Mnaaan则.4)2(4.2222222221aMaaMaMMnaaan（因为naaaanaaaniaaannii.),.,2, 1(21222212）等号成立， 第一iiaaa2对每个i成立即0ia或者;aai第二.2aM这两种情况都成立只有如下两种情况（1）所有ia均为0； （2）n为偶数，2n个,0ia其余的2n个).0(aaai12.已知)2;,.,2

20、, 1(,nniRxi满足0, 1|11niniiixx，求证.2121|1nixnii证： （1）设nxxx,.,21中大于 0 的实数有lkkkxxx,.,21，不大于 0 的有nllkkkxxx,.,21，则由已知条件得.21;2111nliklikiixx所以;212111111nxnxkxkxixnlikliknliikliikniiiiii另一方面).2121(212111111nnxxnkxkxixnlikliknliikliikniiiiii所以.2121|1nixnii精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共

21、32 页学习必备欢迎下载（2） 记kkxxxS.21由0, 1|11niniiixx得)1,.,2, 1(21| ,0niSSin不妨设,00S则),1 (1NiniSSxiii，于是).111(1)(111111111iiSiSiSSSiixniiniiniiiininii从而.2121)111(21)111( |11111niiiiSixniniinii13.非负实数da,和正数cb,满足dacb，求证.212bacdcb证明：因为dacb，则知)(21dcbacb，不妨设dcba，则.2122121)11)(21badcdcbabadcdcdcdcbadccbacdccbbacdcb事实

22、上如果dcba，则.2122121)11)(21dcbabadcdcbababadcbadcbbabbacbbacdcb且212是可达的（如0,2, 12, 12dcba即可） 。14.若zyx,为非负实数，满足1zyx，证明.27720xyzzxyzxy证明：由于题中条件与结论是关于zyx,对等，所以可设zyx，由1zyx，则有31z，则xyxyz322于是.02xyzzxyzxy同理由假设可知31,21xy从而)21)(31(31)()21)(31)(31()21()()21()(2yzxxzyyzxyzxxzyyzxxzyxyzzxyzxy精选学习资料 - - - - - - - - -

23、 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 32 页学习必备欢迎下载)21(31)31(ywwy（其中yzxw3231）)(3131wyyw（91)(412wyyw）.27732319131例 15ABC的三边cba,满足1cba，证明.3718)(5222abccba证明：因为),(21)(2)(2222acbcabacbcabcbacba所以，原不等式等价于.274)(95abcacbcab构造一个辅助函数).)()()(cxbxaxxf一方面，abcxacbcabxcbaxxf)()()(23，所以abcacbcabf)(95)95()95()95(23，另一方面，cba

24、,为三角形的三条边长，所以21,0cba则,95a,95bc95均为正数，利用平均不等式有，.7298)95()95()95(271)95)(95)(95()95(3cbacbaf所以7298)(95)95()95(23abcacbcab，即.274)(95abcacbcab（本题巧妙的运用了特殊不等式以及辅助函数）例 16设nxxx,.,21都是正数，求证.211221322221nnnnxxxxxxxxxxx证明： （1） 由平均不等式233221222122xxxxxxxx.2.112nnxxxx上述不等式两边相加可得证结论。（2）对任何正数nm,都有,0)(2nm即).()(22nmn

25、nmmnmnmnm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 32 页学习必备欢迎下载由于,0n则nmnmnm)(从而111323232212121)(. . . . . .)()(xxxxxxxxxxxxxxxxxxnnn上述不等式两边相加整理可得证结论。（3）1122122221121212112213233222222212.22.nnnnnnnnnxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx整理可得证结论。（4）因nxxx,.,21均为正数，设13221,.,xaxaxan.,.,1322211xxbxxbxxbn

26、n由柯西不等式211212)()(iniiniiniibaba则212121212322212122322).()()(.)()()()(.)()(nnnnnnxxxxxxxxxxxxxxxx即.).().)(.(21211221322221132nnnnnnxxxxxxxxxxxxxxxx因为,0.21nxxx两边同除以nxxx.21即得证命题。例 17设实数zyx,都不等于1，1xyz，（1）求证：; 1) 1() 1() 1(222222zzyyxx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 32 页学习必备欢迎下载（2）证

27、明：存在无穷多组三元有理数组),(zyx使得上式等号成立。证： （1）令,1,1,1czzbyyaxx则1,1,1cczbbyaax由题设条件1xyz得),1)(1)(1(cbaabc即,1cabcabcba所以, 11) 1()1(2)()(2)(222222cbacbacbacabcabcbacba从而; 1) 1() 1() 1(222222zzyyxx（2）令)1,) 1(),(222kkkkkkzyx，k是正整数， 则),(zyx是三元有理数组，zyx,都不等于1，且对不同的正整数k，三元有理数组互不相同。此时. 1) 1()1() 1()() 1() 1() 1() 1(22222

28、22222222222kkkkkkkkkkzzyyxx即命题得证。该问题的第一个问题的推广设实数zyx,都不等于1，满足1xyz，R,，求证：.)1()1()1(22222zzyyxx证明：设aczcbybax,，则,)(1baababaxx同理,)(1cbbyy,)(1acczz令waccvcbbubaa,则),1)(1)(1(wvuacccbbbaauvw即有.1wuvwuvwvu则精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 32 页学习必备欢迎下载.)2()(542)(2)(2)()(3)(2)()(2)(2)()(3)()

29、(2)1()(2)()(2)()(3)()(2)()()()()()1()1()1(22222222222222222222222222222222wvuwvuwvuwvuwvuwvuwvuwuvwuvwvuwvuwvuwvuzzyyxx结论得证。如cba,互不相等，求证：.5)2()2()2(222acaccbcbbaba证此结论只需要在上证的不等式中取.1,2还可证.1)()()(222acccbbbaa（只需要在上证的不等式中取.0, 1）还可证设实数zyx,都不等于1，满足1xyz，则.1)11()11()11(222zyx（事实上令cazbcyabx,就将上式转化为前一不等式）例 1

30、8n 个正数12,nx xx，它们的和是1。求证：22221121223111.2nnnnnxxxxxxxxxxxx证 1利用基本不等式：,a bR，有2.abab2112112,4xxxxxx2232223,4xxxxxx211.4nnnnxxxxxx以上 n 个不等式两边分别相加并整理得222211212121223112().4nnnnnnnxxxxxxxxxxxxxxxxxx以上 n 个不等式两边分别相加并整理得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 32 页学习必备欢迎下载222211212121223112().4

31、nnnnnnnxxxxxxxxxxxxxxxxxx即22221121212231111().22nnnnnnxxxxxxxxxxxxxxx证 2 利用增量代换，设231121122,222nnnxxxxxxxa xaxa则120.naaa因而2222112122311.nnnnnxxxxxxxxxxxx=222121232112231111()()()222nnnxxaxxaxxaxxxxxx=2311212()444nnxxxxxxaaa2221212231nnaaaxxxxxx122()1.42nxxx证 3 记 A=2222112122311,nnnnnxxxxxxxxxxxxB=222

32、2321122311,nnnnxxxxxxxxxxxx则A-B=22222222231112122311nnnnnnxxxxxxxxxxxxxxxx=122311()()()()0,nnnxxxxxxxx所以A=B. 因此22221121223114444nnnnnxxxxxxxxxxxx=222222222311121223112()2()2()2()nnnnnnxxxxxxxxxxxxxxxx而2222221111()2()iiiiiiiixxxxx xxx，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 32 页学习必备欢迎下载

33、所以22221121223114444nnnnnxxxxxxxxxxxx2222231112122311()()()()nnnnnnxxxxxxxxxxxxxxxx=122311()()()()nnnxxxxxxxx=1212()2.nnxxxx所以22221121223111.2nnnnnxxxxxxxxxxxx例 19设整数. 3n非负实数naaa,.,21满足2.21naaa，求212123222111.11aaaaaaaannn的最小值。解：由2.21naaa知，问题等价于求下式的最大值：212112322221111.11aaaaaaaaaaaannnnn).(2111.111132

34、2121212212323222221aaaaaaaaaaaaaaaaaaaannnnnnn（由于xx212）（引理：若4,0,.,21naaan则.).().(42121113221nnnnnaaaaaaaaaaaa事实上设.).().(4),.,(212111322121nnnnnnaaaaaaaaaaaaaaaf现用数学归纳法证明.0),.,(21naaaf首先4n时，显然成立。假设)4(kkn时结论成立，对于, 1kn不妨设,.,min121kkkaaaaa则.0)(4)()( 4),.,(),.,(11111111111121121kkkkkkkkkkkkkkkkkkaaaaaaaa

35、aaaaaaaaaaaaafaaaaf即).,.,(),.,(121121kkkkaaaafaaaaf精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 32 页学习必备欢迎下载由归纳假设知.0),.,(121kkaaaaf引理得证。）从而应用引理知.21).(81).(212121113221nnnnnaaaaaaaaaaaa所以2311.112121232221aaaaaaaannn， （当0.,14321naaaaa时上不等式中的等号可取得）所以该问题的最小值为.23例 20设实数cba,满足3cba求证.4111451114511

36、1451222ccbbaa证明：若cba,都小于,59则可以证明).3(241114512aaa事实上.590)95()1(092319524)1145)(3()3(2411145122322aaaaaaaaaaaa同理，对cb,有类似的不等式，从而.41)3(241)3(241)3(241114511145111451222cbaccbbaa结论成立。若cba,中有一个不小于,59不妨设,59a则2011)5459(59511)54(511452aaaa故201114512aa而.105411)52(5114522bbb则101114512bb，同理.101114512cc因此总有.4111

37、4511145111451222ccbbaa结论得证。例 21设523x，证明不等式.1923153212xxx（要证明几个数的和不超过定值可考虑运用均值不等式）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 32 页学习必备欢迎下载证明： 由平均值不等式可知22222dcbadcba（当且仅当dcba时取等号）取xdxcxba315,32,1则.192142)315()32()1()1(23153212xxxxxxxx因为xxx315,32,1不能同时相等，所以.1923153212xxx例 17已知, 1,xyzRzyx且,1)1

38、(, 1)1(,1)1(yzxyzx求证.3111)(2zyxzyx（怎样利用条件.1xyz）证明：令),(,Rcbaaczcbybax则, 1)1 (, 1)1(, 1)1(yzxyzx变为.,abccbabca要证的不等式变为3)(2cabcabaccbba，等价于证明.3)(2222222abcbaaccbbcabca注意到条件中cba,为三角形的三条边，可令Rlnmmlclnbnma,(,原不等式转化为.222222222333nlmnlmmllnnmnml事实上mnnmnlmmlmnllnl2232232232,2,2，所以上述不等式成立，即原不等式得证。例 22设dcba,为正实数

39、，且满足1dacdbcab，求证：.313333cbaddbacdcabdcba证：由均值不等式得.212118312118333adcbdcbadcbdcba同理;2121183bdcadcab;2121183cdbadbac精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 32 页学习必备欢迎下载.2121183dcbacbad上不等式相加得.313333dcbacbaddbacdcabdcba又由题设1)(dbcadacdbcab得21cacadcba代入上式则得证结论。例 23已知Nn且2n，求证：.2221121.413121

40、174nn证明：显然.21.2111)21.4121(221.3121121121.4131211nnnnnnn由柯西不等式,2.)2()1)(21.2111(2nnnnnnn所以.74132232.)2()1(21.2111222nnnnnnnnnnn另一方面.21)211()2)(12(1.)2)(1(1)1(1)2(1.)2(1)1(1)(1.11()21.2111(2222222nnnnnnnnnnnnnnnn所以.2221.2111nnn所以原不等式得证。例 24设wvu,均为正实数，满足条件1vuwwuvvwu，试求wvu的最小值。解：由均值不等式和题中的条件，知,1222uvww

41、uvvwuvuwuwvwvu精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 32 页学习必备欢迎下载即. 1wuvwuv因此.3)(3222)(2222wvwuuvwuwvuvwvuwvu即.3wvu另外当33wvu时满足题中条件，且上不等式中等号取得。所以wvu的最小值是.3例 25 （ 1）对任意正数kxxx,.,21（)3k，求证：;2.1131221xxxxxxxxxkkk（2）对于每一个k，对任意2a存在正数kxxx,.,21使得.1131221axxxxxxxxxkkk（1）证明：用数学归纳法证明。当4k时由于.23142

42、4231134423312241xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx即当4k时，结论成立。假设4nk时结论成立现在，我们证1nk时，结论也成立事实上，由于任取1n个正数121,.,nnxxxx，由于不等式的循环对称性，不妨设.,.,min1211nnnxxxxx则原不等式为1111312211111312211.xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxnnnnnnnnnnn由归纳假设可知.2.11312211111312211xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxnnnnnnnnn所以结论得证。（2）解 任取正整数3k，有两种情况：精选学习资料 - - - - - - - -

43、- 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 32 页学习必备欢迎下载,2)(mki其中m为大于 1 的正整数，取1112221., 1mmmmmtxxtxxxx其中0t，由此可得).11)2(11(2).111(2.21211323221131221ttttmtttttttttttttxxxxxxxxxmmmmmmkkk显然t时，有.2.1131221xxxxxxxxxkkk则结论成立。,12)(mkii其中m为大于 1 的正整数，取1,.,121212221mmmmmmxtxxtxxtxx其中0t，同理可计算得原不等式的左边在t时以 2 为极限，故结论得证。例 26：已知正

44、实数dcba,满足1abcd，.addccbbadcba证明：.dacdbcabdcba证明：首先证明，若, 1abcd则dcba不超过addccbba与dacdbcab的加权平均。有均值不等式有).(41444dacbbabadacbbabaabcdaa同理).(41444abdccbcbabdccbcbabcdbb).(41444bcaddcdcbcaddcdcabcdcc).(41444cbbaadadcdbaadadabcddd将上 4 个式子相加得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 32 页学习必备欢迎下载).(

45、41)(43dacdbcabaddccbbadcba从而原题得证。例 27：证明对任意的正实数dcba,都有.0)()()()(badbdadadcacdcdcbdbcbcbacaba并确定等号成立的条件。证明：设.)(,)(,)(,)(badbdadDadcacdcCdcbdbcbBcbacabaA则2AAA，其中cbacbacaAcbacaA)2)(,)(2，类似有.2, 2,2DDDCCCBBB设,dcbaS则DCBA,的分母分别为.,cSbSaSdS由柯西不等式) (3)4()()()()()|(22222DCBASdcbaScSbdbSacaSdbdScacScSbdbSbSacaS

46、aSdbdSdSca故,.3|163|)|2|2(2SdbcaSdbcaDCBA（ 1）而.)()( 3)()()(2)()(2)()()(2)()(2)()2)()2)(McabdcabdcaScaddSdcabbSbcadSbSdSdacacbSbcacabSdacacdSbcacaCA其中.)(bdcaSM同理NdbcadbCB)()(3其中.)(acdbSN故.)(3)()(3MNWdbcaMcaNdbdbcaDCBA（2）其中.)()()()(accabddbNcaMdbW精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 32

47、 页学习必备欢迎下载又.|)()()()()(2SWbddbaccaSabcdbddbsaccaSdbcaSMN从而由（ 2）可得,|3| |SdbcaDCBA结合（ 1）可得.0)(3|7|33|16)() ()(2dcbadbcaSdbcaSdbcaDCBADCBADCBA因此原不等式成立，且等号成立的条件为.,dbca例 28求函数xxxy1327的最大和最小值。解（ 1） ：函数的定义域为13,0，因为.13331327)13(213271327xxxxxxy当0x时等号成立，故y的最小值为.1333又由柯西不等式得,121)13(3)27(2)31121()1327(22xxxxxx

48、y所以.11y由柯西不等式等号成立的条件，得27)13(94xxx，解得.9x故上述不等式在9x时等号成立，所以y的最大值为11。（2） ：函数的定义域为13,0，因为)1312711(21xxxy（观察知 y为减函数，且9x时0 y）所以9x时y取到最大值为11。比较13, 0x时y的值知0x时y取到最小值为.1333例 29 求证不等式：.21ln)1(112nkknk证明（ 1） ：首先证一个不等式xxxxln1，.0x（1）事实上，令),1ln()(xxxhxxxxg1)1l n ()(对)(),(xgxh分别求导数可知)(),(xgxh在0x为增函数，即得0x时0)0()(,0)0(

49、)(gxghxh即得证（ 1）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 32 页学习必备欢迎下载式。在（ 1）式中令nx1得.1)11l n (11nnn（ 2）令ln,112nknkkx则.211x.011)111ln(1221nnnnnnxxnn因此.21.11xxxnn又因为：).11ln(1lnln2ln.)2ln()2ln()1ln()1ln(lnln11nkknnnn从而.111)1(1)1(1)11(1)11ln(1)11ln(11111211221121112nkkkkkkknnkkkkkkxnknknknknk

50、nkn即结论得证。例 30设cba是直角三角形的三边长，求最大常数K，使得Kabcbacacbcba)()()(222对于所有的直角三角形都成立。解：当ba时，即ABC为等腰直角三角形时，原不等式为aaKaaaaaaa2)(2)2(222，得.232K从而猜测K的最大值为232，下证abcbacacbcba)232()()()(222事实上，可设1c，sina，cosb，则) 1cos)(sincos(sin1cossin)sin1 (cos)cos1 (sin)()()(22222bacacbcba令cossint，则,21,0(t所以精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归

51、纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 32 页学习必备欢迎下载.)232(cossin)232()232()221(22222)221 (222)2222() 1(221) 1(21) 1cos)(sincos(sin12abcttttttttttt)2,210(ttt结论得证。（一）数论初步初等数论也叫做整数论，其研究对象是整数，由于其形式简单，所用知识不难理解，因而常常出现在数学竞赛中数学竞赛中的数论问题主要涉及奇数和偶数，约数与倍数， 素数与合数，平方数、整除、同余、不定方程、数论函数x和欧拉函数、数的非十进制等处理竞赛中的数论问题要求熟悉基本知识，灵活地运用一些常用技巧在

52、本讲中， 如没有特别说明，所用的字母均表示整数1整除设 a、b 是两个整数，b0，则一定有且仅有两个整数q 和 r，使得 a=bq+r(0r，使得12121mmmmna ka kaka-=+，这就是n的k进制表示设 a、b 是两个不全为0 的整数，若整数d 既能整除a 又能整除b，则称 d 是 a、b 的公约数， a、b 的公约数中的最大者称为a、b 的最大公约数，记为(a，b)若(a，b)=1，则称 a、b 是互素 (互质 )的设 a、b 是两个都不为0 的整数，若m 是 a 的倍数，同时又是b 的倍数，则称m 是 a、b 的公倍数， a、 b 的公倍数中最小的正数称为a、b 的最小公倍数，

53、记为a， b对任意的正整数a、b 有： (a，b) a，b=ab对非零整数a、b、c、m、n，有以下性质：(1) 若| , |c b b a，则|c a; (2) 若|b a，则|bm am; (3) 若| , |c a c b，则|c manb+; (4) 若( , )1a b =，且|a bc，则|a c; (5) 若( , )1a b =，且| , |a c b c，则|ab c. 2同余设m是一个不小于2 的正整数， 且|m ab-， 则称,a b对模m同余，记作(mod)abmo设, , , ,a b c d m是整数，且0m，则(1)若)(mod mba，且)(mod mcb，则)

54、(mod mca；(2)若)(mod mba， 且)( m o dmcb， 则)( m o dmdbca且)(mod mbdac；(3)若)(mod mba，且正整数c满足|( , ,)ca b m，则).(modcmcbca3素数与合数若一个大于1 的整数除了1 和本身外再无其它的正约数，则称这个数为素数（质数）每一个大于1 的整数都可分解成素数的乘积，而且不计因数的顺序时，这种表示是惟一的，即.2121nnpppn正整数n的素数分解式为.2121nnpppn，则n的正约数的个数为)1).(1)(1()(21nnd，n的所有正约数的和为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归

55、纳总结 - - - - - - -第 26 页，共 32 页学习必备欢迎下载).1).(.1)(.1(22222121121kkkkppppppppp每连续n个整数中，与n互质的整数的个数是)11).(11)(11 ()(21kpppnn. 4不定方程若00(,)xy是方程axbyc+=的一个正整数解，则方程的一切整数解可以表示为)(.,00Ztatyybtxx方程222xyz+=满足( , )1x y =且y是偶数的一切正整数解为2222,2,xabyab zab=-=+（这里( , )1a b =，, a b一奇一偶，且ab） 例 1 （20XX年全国数学高中联赛试题）求满足下列关系式组2

56、222,50,xyzzyz的正整数解组( , , )x y z的个数分析：此问题是二次不定方程，且有约束条件，因此要进行适当的转化求解。解 令ryz，由条件知050r，方程化为222()2xzrz，即2222xzrrz（1）因0yzr，故22222zxyzx，从而zx设0pzx因此（ 1）化为22220zppzrr（2）下分r为奇偶讨论，（）当r为奇数时，由（2）知p为奇数令121rr，121pp，代入（ 2）得221111112()10ppzpzrrr（3）（3）式明显无整数解故当r为奇数时，原方程无正整数解（）当r为偶数时，设12rr，由方程（ 2）知p也为偶数从而可设12pp，代入（ 2

57、）化简得2211110pzpzrr（4）由（ 4）式有221111()0z prpr，故11pr，从而可设11pra，则（ 4）可化为2211()0razar，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 27 页，共 32 页学习必备欢迎下载2211220rarzaa（5）因21122rzraa为整数，故212ar又1122()zzxpra，因此22111()2()rarzara a，得2212ar，12ar因此，对给定的11,2,25r，解的个数恰是满足条件12ar的212r的正因数a的个数1( )N r因212r不是完全平方数，从而1( )

58、N r为212r的正因数的个数21(2)r的一半即211( )(2)/ 2N rr由题设条件，1125r而25 以内有质数9 个：2，3，5，7，11，13，17，19，23将 25 以内的数分为以下八组：0123412 ,2 ,2 ,2 ,2 A，223,25,27,2 11A，22323,25A，3423A，2523 A，13,5,7,11,13,17,19, 23B，2223 ,5 B，335,37B，从而易知012341()(2 )(2 )(2 )(2 )(2 )1234515N ANNNNN，2()(23)46424N AN(211( )(2)/2N rr，所以.)6234)32(2

59、1)32(2(21)32(232N（利用前面所讲的约数个数计算公式）3()9218N A，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 28 页，共 32 页学习必备欢迎下载(.)9236)32(21)32(2(21)32(25222N4()12N A，5()10N A，1()3 824N B，2()5210N B，3()9218N B，将以上数相加，共131 个因此解的个数共131例 2(20XX 年女子数学奥林匹克试题)求证 : 对1,2,3i =，均有无穷多个正整数n，使得,2,28n nn+中恰有 i 个可表示为3 个正整数的立方和. 分

60、析首先，本题实际上是要证明3 个命题 .其次，我们对整数被3 除的余数进行分析，从而对任一整数的立方被9 除的余数就有一个定论，再就每一命题构造出使命题成立的n. 解每一整数可表示为3 ,31kk 的形式，而, 1)13(),9(mod0)3(33kk或)9(mod1，于上任一整数的立方模9 为 0 或 1，从而三个整数的立方和被9 除的余数不能为 4 或 5. 当1i =时，令2)13(33mn. )0(m显然，这样的正整数n有无穷多个，)9(mod4n，)9(mod528n，于是,28n n+均不能表示成三个整数的立方和，而2n+是三个相同正整数13m的立方和 . 当2i =时，222)1

61、3(3mn)0(m，显然，这样的正整数n有无穷多个，)9(mod5n不是三个整数的立方和，且33333355)13(28,62)13(2mnmn. 当3i =时，3216(0)nmm=，显然，这样的正整数n有无穷多个，且333(3 )(4)(5)nmmm=+，3332(6)11nm+=+，33328(6)13nm+=+. 例 3：求方程17532wzyx的所有非负整数解),(wzyx解： 由于175wz为偶数，所以1x。情形 1：若0y，此时原方程变为1752wzx若,0z则)5(mod12x由此可得，x|4（事实上精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

62、 - - -第 29 页，共 32 页学习必备欢迎下载,.)162,82,42,224321因此) 12( |3x这与1752wzx矛盾。 （wzx7512不能被 3 整除）若,0z则172wx当3,2, 1x时，直接计算可得) 1 ,3(),0 , 1(),(wx（两组解）当4x时，有)16)(mod1(7w，直接计算知不可能（因为)16(mod717w）所以 当0y时，全部的非负整数解为)1 ,0, 0, 3(),0,0 ,0 ,1 (),(wzyx两组解。情形 2：若,0y1x则.17532wzy因此)3(mod175wz因为),3(mod)1(5zz)3(mod17ww则知z为奇数，则

63、)5(mod132y所以)5(mod33y计算知)4(mod1y),.5(mod13),5(mod23),5(mod43),5(mod33(4321）当0w时，有)7(mod132y则)7(mod43y因此得),6(mod4y此与)4(mod1y矛盾，所以,0w于是1532zy当1y时，, 1z当2y时y32|9故)9(mod15z因此)6(mod3z（5),9(mod51（* ）),9(mod752).9(mod153）（因为36kz，则).126(mod01)1()1(1)125(125112515226kkkzz）因此15|153z，而15|73，则15|7z，这与1532zy矛盾。故此

64、种情况的整数解为).0, 1 , 1 , 1(),(wzyx情形 3：若2,0 xy此时).4)(mod1(75wz则有)4)(mod1()1(w又0y，则).3)(mod1(75wz则有)3)(mod1()1(z所以wz,都是奇数，从而)8(mod413517532wzyx所以2x，原方程变为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 30 页，共 32 页学习必备欢迎下载17534wzy（其中wz,都是奇数）由此知),5(mod134y),7(mod134y从而)5(mod43y，)7(mod23y（直接计算得）)12(mod2y设212m

65、y（0m）于是)132)(132(134751616mmywz因为).7(mod016126132316mm又13216m与13216m互质，所以132|516m于是zm513216，wm713216若1m则有)9)(mod1(5z（类似于情形2 中（ * ）式得矛盾）即不可能，则0m，即1,1,2wzy故此时有解)1 ,1 , 2,2(),(wzyx综上所述原方程有4 组整数解).1 , 1 ,2, 2(),0, 1 , 1 , 1(),1 ,0,0, 3(),0,0, 0, 1(杂题设nnnnnqpaxaxaxaxxxxP12211.)3()1()(，其中qp,是正整数。（1）若21aa，

66、证明：n3是完全平方数；（2）证明：存在无穷多个正整数组成的数对),(qp，使得多项式)(xP满足21aa。证明： （1）比较多项式nnnnnqpaxaxaxaxxx12211.)3()1(得,qpn所以.)2)1(932)1()3(.)2)1(93(.)2) 1()3()1(212121nnnqqqpppqpxqqpqppxqpxxqqqxxxpppxxxx故qpa31，2)1(932)1(2qqpqppa。由21aa得)1(96)1()3(2qqpqppqp，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 31 页，共 32 页学习必备欢迎下载

67、即.9)96()3(222qpqpqpqp于是nqpqp3)(3)3(2所以，n3是完全平方数。（2）因为21aa，等价于)(3)3(2qpqp，即039)36(22qqpqp所以，只需证明上述方程有无穷多组正整数解即可。事实上，由于948)39(4)36(22qqqq，所以，当948q是一个完全平方数，且236qp是正整数就得上述不定方程的解。设2)18(9948kq，k为任意正整数，则kkq3122，.321362kkp所以存在无穷多个正整数组成的数对),(qp，使得多项式)(xP满足21aa。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 32 页，共 32 页