练习题集[77]不等式提高篇

1.已知$x,y,z$是正实数,证明:$x^2+xy^2+xyz^2\geqslant 4xyz-4$.

2.设正数$a_1,a_2,\cdots ,a_n$的和为$S$,求证:$\displaystyle \sum_{i=1}^n\dfrac{a_i}{S-a_i}\geqslant \dfrac{n}{n-1}$.

3.求证:$\displaystyle \sum_{k=1}^n\dfrac{k+2}{(2k+1)(2k+3)\cdot 3^{k-1}}<\dfrac 14$.

4.求证:$\left({\rm e}^1+{\rm e}^{-1}\right)\left({\rm e}^2+{\rm e}^{-2}\right)\cdots \left({\rm e}^n+{\rm e}^{-n}\right)>\left({\rm e}^{n+1}+2\right)^{\frac n2}$.

5.已知$a,b,c\geqslant 0$,且$a+b+c=2$,求证:$\displaystyle \sum_{cyc}\dfrac{bc}{1+abc(a+b)}\leqslant 1$.

6.在$\triangle ABC$中,角$A,B,C$用弧度制度量,$a,b,c$是角$A,B,C$的对边,求证:$\dfrac{\pi}3\leqslant \dfrac{aA+bB+cC}{a+b+c}<\dfrac{\pi}2$.

7.已知$A,B,C$是$\triangle ABC$的三个内角,求证:$$\left(\csc\dfrac A2+\csc\dfrac B2+\csc\dfrac C2\right)^2\geqslant 9+\left(\cot\dfrac A2+\cot\dfrac B2+\cot\dfrac C2\right)^2,$$并指明等号取得的条件.


参考答案

1.我们证明一个更强的命题,原不等式对$z\in\mathcal R$都成立,即对任意实数$z$,均有$$xyz^2-4xyz+x^2+xy^2+4\geqslant 0,$$等价于$$\Delta_1=16x^2y^2-4xy\left(x^2+xy^2+4\right)\leqslant 0,$$也即$$xy^2-4xy+x^2+4\geqslant 0.$$接下来我们证明上述不等式对$y\in\mathcal R$成立,等价于$$\Delta_2=16x^2-4x\left(x^2+4\right)\leqslant 0,$$也即$$x^2+4\geqslant 4x,$$这显然成立.这就证明任意$x,y>0$,$z\in\mathcal R$,均有$$x^2+xy^2+xyz^2\geqslant 4xyz-4.$$
2.不妨设$b_i=\dfrac{a_i}S$($i=1,2,\cdots ,n$),则$$b_1+b_2+\cdots +b_n=1,$$且$$LHS=\sum_{i=1}^n\dfrac{b_i}{1-b_i},$$考虑到函数$f(x)=\dfrac{x}{1-x}$为下凸函数,于是$$\sum_{i=1}^n\dfrac{b_i}{1-b_i}\geqslant nf\left(\dfrac{1}{n}\right)=\dfrac{n}{n-1},$$因此原不等式得证.

另解 要证不等式即$$\sum_{i=1}^n\left(\dfrac {a_i}{S-a_i}+1\right)=\sum_{i=1}^n{\dfrac {S}{S-a_i}}\geqslant \dfrac {n^2}{n-1}.$$也即$$\sum_{i=1}^n{(S-a_i)}\cdot\sum_{i=1}^n\dfrac 1{S-a_i}\geqslant n^2,$$由柯西不等式立得.

3.观察分母形式,考虑裂项\[\begin{split} \sum_{k=1}^n\dfrac{k+2}{(2k+1)(2k+3)\cdot 3^{k-1}}&=\sum_{k=1}^n\left[\dfrac{1}{(2k+1)\cdot 3^{k-1}}-\dfrac{1}{(2k+3)\cdot 3^k}\right]\cdot \dfrac 34\\&=\left[\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{(2n+3)\cdot 3^n}\right]\cdot\dfrac 34\\&<\dfrac 14,\end{split} \]于是原不等式得证.

4.法一 倒序相乘
由于$$\left({\rm e}^k+{\rm e}^{-k}\right)\left({\rm e}^{n-k+1}+{\rm e}^{-n+k-1}\right)={\rm e}^{n+1}+{\rm e}^{-n+2k-1}+{\rm e}^{n-2k+1}+{\rm e}^{-n-1}>{\rm e}^{n+1}+2,$$分别令$k=1,2,\cdots ,n$,各式相乘即得$$\left({\rm e}^1+{\rm e}^{-1}\right)^2\left({\rm e}^2+{\rm e}^{-2}\right)^2\cdots \left({\rm e}^n+{\rm e}^{-n}\right)^2>\left({\rm e}^{n+1}+2\right)^{n},$$于是命题得证.

法二 分析通项
只需要证明$$ \left({\rm e}^{n+1}+{\rm e}^{-n-1}\right)\left({\rm e}^{n+1}+2\right)^{\frac n2}>\left({\rm e}^{n+2}+2\right)^{\frac{n+1}2},$$即$$ \left({\rm e}^{n+1}+{\rm e}^{-n-1}\right)^2\left({\rm e}^{n+1}+2\right)^{n}>\left({\rm e}^{n+2}+2\right)^{n+1},$$而$$LHS> \left({\rm e}^{2n+2}+2\right)\left({\rm e}^{n+1}+2\right)^{n}>\left({\rm e}^{2+n}+2\right)^{n+1}=RHS,$$其中用到了赫尔德不等式.因此命题得证.

注 赫尔德不等式:
设$\omega_1,\omega_2,\cdots,\omega_n\geqslant 0$,且$\sum\limits_{i=1}^n{\omega_i}=1$,则对任意的$a_{ij}>0$,有$$\left(\sum_{i=1}^m{a_{1i}}\right)^{\omega_1}\left(\sum_{i=1}^m{a_{2i}}\right)^{\omega_2}\cdots\left(\sum_{i=1}^m{a_{ni}}\right)^{\omega_n}\geqslant \sum_{j=1}^m\left(a_{1j}^{\omega_1}a_{2j}^{\omega_2}\cdots a_{nj}^{\omega_n}\right ).$$
5.只需要证明$$1+abc(a+b)\geqslant ab+bc+ca,$$该不等式等价于$$\left(ab-1\right)\left(bc+ca-1\right)\geqslant 0,$$又$$ab\leqslant ab+bc=b(a+c)\leqslant \left(\dfrac{a+b+c}2\right)^2=1,$$类似的,有$bc+ca\leqslant 1$,因此原不等式得证.

6.不妨设$a\leqslant b\leqslant c$,则$A\leqslant B\leqslant C$,由切比雪夫不等式(或多次使用排序不等式),有$$aA+bB+cC\geqslant \dfrac 13(a+b+c)(A+B+C),$$于是左边不等式得证.又\[\begin{split} (a+b+c)(A+B+C)&=(a+b+c)A+(a+b+c)B+(a+b+c)C\\ &>2aA+2bB+2cC,\end{split} \]于是右边不等式得证.综上,原命题得证.

7.法一 代数变形
原不等式即$$\left(\sum_{cyc}\csc\dfrac A2+\sum_{cyc}\cot\dfrac A2\right)\left(\sum_{cyc}\csc\dfrac A2-\sum_{cyc}\cot\dfrac A2\right)\geqslant 9,$$也即$$\sum_{cyc}\dfrac{1+\cos\dfrac A2}{\sin\dfrac A2}\cdot \sum_{cyc}\dfrac{1-\cos\dfrac A2}{\sin\dfrac A2}\geqslant 9,$$由半角正切公式,可得$$LHS=\sum_{cyc}\cot\dfrac{A}{4}\cdot \sum_{cyc} \tan\dfrac{A}{4},$$而由柯西不等式,有$$\sum_{cyc}\cot\dfrac{A}{4}\cdot \sum_{cyc} \tan\dfrac{A}{4}\geqslant 9,$$因此原不等式得证.

法二 内切圆代换
如图,作$\triangle ABC$的内切圆,切点分别为$D,E,F$,且$AE=AF=x$,$BD=BF=y$,$CD=CE=z$,内切圆半径为$r$,圆心为$I$.%e5%b1%8f%e5%b9%95%e5%bf%ab%e7%85%a7-2016-09-14-%e4%b8%8b%e5%8d%883-37-09于是欲证不等式即$$\left(\dfrac{IA}{r}+\dfrac{IB}{r}+\dfrac{IC}{r}\right)^2\geqslant 9+\left(\dfrac{x}{r}+\dfrac{y}{r}+\dfrac{z}{r}\right)^2,$$也即$$(IA+IB+IC)^2\geqslant (r+r+r)^2+(x+y+z)^2,$$根据Minkowski不等式,有\[\begin{split} \sqrt{(r+r+r)^2+(x+y+z)^2}&\leqslant \sqrt{r^2+x^2}+\sqrt{r^2+y^2}+\sqrt{r^2+z^2}\\ &=IA+IB+IC,\end{split} \]于是原不等式得证.

注 Minkowski不等式(闵可夫斯基不等式)$$\left[\sum_{i=1}^n\left(x_i+y_i\right)^p\right]^{\frac{1}{p}}\leqslant \left(\sum_{i=1}^n{x_i^p}\right)^{\frac 1p}+\left(\sum_{i=1}^n{y_i^p}\right)^{\frac 1p},$$其中$x_i,y_i>0$,且$p>1$.
当$p<1$时,上述不等式的结论变为左边不小于右边.

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