陶平生广州不等式例讲解答

1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,,,1abcRabc，证明：()()()4(1)abbccaabc．证一：局部放缩法，据对称性，不妨设，1c，由于2223()()()()()()(3())abbccaabcabbccaabcabc2()(3)abc，则()()()4(1)abbccaabc2()(3)4()4(1)abcabc2()(1)4(1)(1)[()(1)4]abcccabc11(1)(4)(1)(4)0cacbcabcabba．因此结论成立，取等号当且仅当1abc．证二：结构转换法，令,,xbcycazab，则2xyzabc，而,,222yzxzxyxyzabc，由于,,xyz中任两数之和大于第三数，故以,,xyz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，1222yzxzxyxyz，即22222xyzyzxzxyxyzxyz，也即22xyzS，所以22xyzSrr，即2SrS，得1Sr……①又由4xyzSR，得4xyzRS，于是所证式化为，4(1)2xyzxyz，即442xyzRSSr，也即()2xyzRrS，由此，()2xyzRrSrr，即()RrSrS，也即()1Rrr……②今证②，注意本题的等号在,,abc相等时取到，此时XYZ为正三角形，当有2Rr，据此，将②式左边写作，2423()3224RrRrRrRrrr，为证②，只要证，2243314Rr，即2233rR……③由条件1Sr，即212xyzr，由正弦定理，化为2(sinsinsin)1XYZRr……④由于在XYZ中，有33sinsinsin2XYZ，故由④得2233rR，即③成立，因此结论得证．2、设,,abcR，2224abcabc，证明：3abc．证一、显然24c，据条件式22224()(2)()(2)2abcabcababc21()(2)4abc，即21()24abc，也即22abc，令2tc，此式化为2222(1)33abcttt，当1abc时取等号．证二、三角方法，令2,2,2axbycz，条件式成为22221xyzxyz…①由此，0,,1xyz，改记cos,cos,cosxyz，其中,,为锐角，①成为，222coscoscos2coscoscos1……②，我们先来证明，,,为一个锐角三角形的三个内角．据②，222coscossin2coscoscos0，即2coscos()cos()cos[cos()cos()0……③，由此知，cos(),cos()是关于cos的一元二次方程③的两个根，从而③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,,xyz满足：4xyzxyz，证明：yzzxxyxyzxyz．3证：令,,yzzxxyabcxyz，则,,,xbcycazabxyzabc，条件化为4abbccaabc……①，待证结论成为：abcabbcca……②据①知，,,abc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，,,abc三个正数，有两个在1的同侧，另一个在异侧，不妨设，,ab在1的同侧，则(1)(1)0ab，于是1abab，今考虑另一数c，据①，()4cababab……③，于是4442212(2)ababababcabababababababab，所以，(1)2cab，即(1)2cababab，据②，即要证，cbcacabab，也即cbcacabcabababc……④由于④左边(1)(1)(1)0cababcab，而④右边(1)()0cabab，故④成立，从而结论得证．4、锐角三角形ABC中，证明：coscoscos2(coscoscoscoscoscos)ABCABBCCA证：由于sinsinsinsinsinsin2,2,2sinsinsinsinsinsinABBCACBACBCA，……①以及sin2sin2sincossincossincos2ABAABBABABsincosCAB，因此，sincossincoscos1sinAABBABC，……②同理有，sincossincossincossincos1,1sinsinBBCCAACCAB，……③故2coscos2coscos2coscosABBCCAsinsincoscossinsinABABBAsinsinsinsincoscoscoscossinsinsinsinBCCABCCACBACcoscossincossincossincossincossinsinABBBCCAACCABcossincossincossinCAABBCcoscoscosABC．4当且仅当ABC时取得等号，故结论得证．5、设,,,,abcde为正数，满足：1abcde，证明：10111113aabcbbcdccdeddeaeeabababcdbcbcdecdcdeadedeabeaeabc．证：将条件1abcde离散化，令3524112345,,,,xxxxxabcdexxxxx，则241351xxaabcababcdxxx，类似得，351241xxbbcdbcbcdexxx，142351xxccdecdcdeaxxx，251341xxddeadedeabxxx，132451xxeeabeaeabcxxx，于是即要证,3525132414135124235134245103xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx…①两边各加5，即12345()xxxxx13512423534145211111()xxxxxxxxxxxxxxx253…②．记12345Axxxxx，13512423534145211111Bxxxxxxxxxxxxxxx，则5131242353414523()()()()()Axxxxxxxxxxxxxxx，于是由柯西不等式，325AB，即253AB，故②成立，因此结论得证．6、设2()fxaxbxc的系数,,abc为正数，满足：1abc，证明：对于满足121nxxx的任一组正数12,,,nxxx，成立不等式：12()()()1nfxfxfx．证：先证引理：对任意正数,xy，成立不等式2()()()fxfyfxy．事实上，若记xyz，则522222()()()()()()fxfyfzaxbxcaybycazbzc222422223()()(2)axyzbxyzabxyxyz222(2)(2)acxyzbcxyz222()()()0abxyyxacxybcxy，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,,,nxxx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()()()()()nfxfxfxfxxfxx444412345678()()fxxxxfxxxx12()(1)1nnnnfxxxf．7、设12,,,naaa为正数，满足：对每个1,2,,kn，都有121kaaa；证明：112121221(1)(1)(1)(1)(1)nnaaaaaa．证：对每个k，121212(1)(1)(1)22222kkkkkaaaaaaaaa，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,,xyzR，记222(),(),()axyzbyzxczxy，求证：2222()abcabbcca．证：设2222()fabcabbcca，将其视为a的二次函数，整理得，622()2()()faabcabc，它的两根为2abc，于是22fabcabcabcabcabcabc……①由于()()()abcyzzxxy，()()()abczxxyyz，()()()abcxyyzzx，则abcabcabc222()()()()()()0xyyzzxxyyzzx……②又0abc……③据以上三式得0f，即2222()abcabbcca．9、设2,,0，且1sinsinsin333，求证：22233tantantan2．证一、由于33321(sinsinsin)2222(tansincostansincostansincos)222424242(tantantan)(sincossincossincos)22223(tantantan)9…①这里用到，636332333sinsinsinsinsin999124313sinsin27，所以46323sinsinsin9，即42323sincossin9，同理42323sincossin9，42323sincossin9，相加得74242423332323sincossincossincos(sinsinsin)99因此由①得22233tantantan2．证二、令sin,sin,sin,,,(0,1)abcabc则，且3331abc,222322231121122(1)(),32233aaaaaaa同理3