练习题集[98]不等式提高练习

1.已知正实数 a,b,c 满足 abc=1,求证:5+ab+bc+ca(1+a)(1+b)(1+c)

2.已知a,b>0,则m=b2+2a+b+a2ab+1的最小值是______.

3.求证:nk=2lnkk2<1

4.已知a,b,c>0abc=1,求证:cyca3a2+b+c1

5.已知 P 为三角形 ABC 的费马点,记 PAPBPC 的长为 xyz,三角形的边长为 abc.求证:(x+y+z)2ab+bc+ca.

 6.已知 ai>0xiR,其中 i=1,2,,n.求证:[(1ni=1(aisinxi))2+(1ni=1(aicosxi))2]24(1ni=1ai)3.

7.求最大的正实数 λ,使得对任意正整数 n 和正实数 aii=1,2,,n),都有1+1a1+1a2++1anλ(11+a21+11+a21+a22++11+a21+a22++a2n).


参考答案

1.作齐次代换 (a,b,c)=(yz,zx,xy),则题中不等式即5+cycxyz2(x+y)(y+z)(z+x)xyz,也即3xyz+cycx2y2zcyc(x2y+xy2),此即舒尔不等式,所以原命题得证.

2.2

观察分母,考虑利用柯西不等式统一分母.根据题意,有mb2+2a2+11+b2+a2a2+1b2+1=(a2+1)+(b2+1)a2+1b2+12,等号当(a,b)=(1,1)时取得,因此所求的最小值为2

3.由积分放缩法,可得LHS<ln24+ln39+n3lnxx2dx=ln24+ln39+(1+lnxx)|n3<ln24+ln39+1+ln33<0.9948,因此原不等式得证.

 考虑到lnkk2=lnkk1k3.而利用导数易得lnkk<2e,裂项可得1k3<2(1k121k+12),可得LHS<2e212121.20149,后移放缩起点要到从303项开始放缩,才能达到0.999966

4.由柯西不等式,可得cyca3a2+b+c(cyca2)2cyc(a3+ab+ac)=cyca4+2cyca2b2cyca3+2cycab,而由切比雪夫不等式,可得cyc(a3a)cyca3a+b+c3cyca3,cyc(abab)cycabab+bc+ca3cycab,因此(cyca2)2cyc(a3+ab+ac)=cyca4+2cyca2b2cyca3+2cycab1,原命题得证.

5.法一 如图,将 APC 旋转 60 EDC

 (x+y+z)2=a2+b22abcos(C+π3)=a2+b22ab(12cosC32sinC)=a2+b22ab(a2+b2c24ab324a2b2(a2+b2c2)22ab).整理,得原不等式等价于(2cycabcyca2)23(2cyca2b2cyca4).该不等式即cyc(a4ab2c)cyc(a3b+ab3).此即Schur不等式当 r=2 时的情形.

法二 根据柯西不等式,有cycx2+xy+y2x2+xz+z2=cyc(32x)2+(12x+y)2(32x)2+(12x+z)2cyc(34x2+14x2+12xy+12xz+yz)=(x+y+z)2.

6.由于当 ni=1ai1 时,右边不大于 0,因此不等式显然成立.接下来只需要考虑 ni=1ai<1 的情形.此时 0<ai<1i=1,2,,n).记m=(1ni=1(aisinxi))2+(1ni=1(aicosxi))2,则根据平均值不等式,有m12(2ni=1(ai(sinxi+cosxi)))2=(2ni=1(aisin(xi+π4)))2(2ni=1ai)2,于是问题即证明x(0,1),(2x)44(1x)3,也即x(0,1),x3+(442)x2+12820.事实上,由于12x3+12x3+12823(322)13x2>4(21)x2,于是原命题得证.

7.考虑使用权方和不等式,有LHS=132112+132(a21)12+1a2+1a3++1an221+a21+1a2+1a3++1an=2211+a21+11+a21+1a22+1a3++1an=2211+a21+221+a21+a22+1a3++1an(221)(11+a21+11+a21+a22++11+a21+a22++a2n)+11+a21+a22++a2n,等号当 ak=2k12k=1,2,,n)时取得.结合 n 的情形,可得 λ 的最大值为 221

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练习题集[98]不等式提高练习》有一条回应

  1. zty2008sd说:

    第五题可以使用Ptolemy不等式证明

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