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:$5+\dfrac ab+\dfrac bc+\dfrac ca\geqslant (1+a)(1+b)(1+c)$

2.已知$a,b>0$,则$m=\dfrac{b^2+2}{a+b}+\dfrac{a^2}{ab+1}$的最小值是______.

3.求证:$\displaystyle \sum_{k=2}^n\dfrac{\ln k}{k^2}<1$.

4.已知$a,b,c>0$且$abc=1$,求证:$\displaystyle \sum_{cyc}\dfrac{a^3}{a^2+b+c}\geqslant 1$.

5.已知 $P$ 为三角形 $ABC$ 的费马点,记 $PA$$PB$$PC$ 的长为 $x$$y$$z$,三角形的边长为 $a$$b$$c$.求证:\[(x+y+z)^2\leqslant ab+bc+ca.\]

 6.已知 $a_i>0$,$x_i\in\mathbb R$,其中 $i=1,2,\cdots,n$.求证:\[\left[\left(1-\sum_{i=1}^n\left(a_i\cdot \sin x_i\right)\right)^2+\left(1-\sum_{i=1}^n\left(a_i\cdot \cos x_i\right)\right)^2\right]^2\geqslant 4\left(1-\sum_{i=1}^na_i\right)^3.\]

7.求最大的正实数 $\lambda$,使得对任意正整数 $n$ 和正实数 $a_i$($i=1,2,\cdots,n$),都有\[1+\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}\geqslant \lambda \left(\dfrac{1}{\sqrt{1+a_1^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a_1^2+a_2^2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{1+a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2}}\right).\]


参考答案

1.作齐次代换 $\left(a,b,c\right)=\left(\dfrac yz,\dfrac zx,\dfrac xy\right)$,则题中不等式即\[5+\sum_{cyc}\dfrac{xy}{z^2}\geqslant \dfrac{(x+y)(y+z)(z+x)}{xyz},\]也即\[3xyz+\sum_{cyc}\dfrac{x^2y^2}{z}\geqslant \sum_{cyc}\left(x^2y+xy^2\right),\]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\[m\geqslant \dfrac{b^2+2}{\sqrt{a^2+1}\cdot \sqrt{1+b^2}}+\dfrac{a^2}{\sqrt{a^2+1}\cdot \sqrt{b^2+1}}=\dfrac{(a^2+1)+(b^2+1)}{\sqrt{a^2+1}\cdot \sqrt{b^2+1}}\geqslant 2,\]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\[\begin{split}LHS&<\dfrac{\ln 2}{4}+\dfrac{\ln 3}9+\int_3^n\dfrac{\ln x}{x^2}{\rm d} x\\
&=\dfrac{\ln 2}{4}+\dfrac{\ln 3}9+\left.\left(-\dfrac{1+\ln x}x\right)\right|_{3}^n\\
&<\dfrac{\ln 2}4+\dfrac{\ln 3}9+\dfrac {1+\ln 3}3\\
&<0.9948,\end{split}\]因此原不等式得证.

 考虑到\[\dfrac{\ln k}{k^2}=\dfrac{\ln k}{\sqrt k}\cdot \dfrac{1}{\sqrt{k^3}}.\]而利用导数易得\[\dfrac{\ln k}{\sqrt{k}}<\dfrac{2}{\rm e},\]裂项可得\[\dfrac{1}{\sqrt{k^3}}<2\left(\dfrac{1}{\sqrt{k-\dfrac 12}}-\dfrac{1}{\sqrt{k+\dfrac 12}}\right),\]可得\[LHS<\dfrac{2}{\rm e}\cdot 2\cdot \dfrac{1}{\sqrt{2-\dfrac 12}}\approx 1.20149,\]后移放缩起点要到从$303$项开始放缩,才能达到$0.999966\cdots$.

4.由柯西不等式,可得\[\sum_{cyc}\dfrac{a^3}{a^2+b+c}\geqslant \dfrac{\left(\sum_{cyc}a^2\right)^2}{\sum_{cyc}\left(a^3+ab+ac\right)}=\dfrac{\sum_{cyc}a^4+2\sum_{cyc}a^2b^2}{\sum_{cyc}a^3+2\sum_{cyc}ab},\]而由切比雪夫不等式,可得\[\sum_{cyc}\left(a^3\cdot a\right)\geqslant \sum_{cyc}a^3\cdot \dfrac{a+b+c}3\geqslant \sum_{cyc}a^3,\]且\[\sum_{cyc}(ab\cdot ab)\geqslant \sum_{cyc}ab\cdot \dfrac {ab+bc+ca}3\geqslant \sum_{cyc}ab,\]因此\[\dfrac{\left(\sum_{cyc}a^2\right)^2}{\sum_{cyc}\left(a^3+ab+ac\right)}=\dfrac{\sum_{cyc}a^4+2\sum_{cyc}a^2b^2}{\sum_{cyc}a^3+2\sum_{cyc}ab}\geqslant 1,\]原命题得证.

5.法一 如图,将 $\triangle APC$ 旋转 $60^\circ$ $\triangle EDC$

 \[\begin{split}(x+y+z)^2&=a^2+b^2-2ab\cos\left(C+\frac{\pi}3\right)\\ &=a^2+b^2-2ab\left(\frac 12\cos C-\frac{\sqrt 3}2\sin C\right)\\ &=a^2+b^2-2ab\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{4ab}-\frac{\sqrt 3}2\cdot\frac{\sqrt{4a^2b^2-\left(a^2+b^2-c^2\right)^2}}{2ab}\right).\end{split}\]整理,得原不等式等价于\[\left(2\sum_{cyc}ab-\sum_{cyc}a^2\right)^2\geqslant 3\left(2\sum_{cyc}a^2b^2-\sum_{cyc}a^4\right).\]该不等式即\[\sum_{cyc}\left(a^4-ab^2c\right)\geqslant\sum_{cyc}\left(a^3b+ab^3\right).\]此即Schur不等式当 $r=2$ 时的情形.

法二 根据柯西不等式,有\[\begin{split} \sum_{cyc}{\sqrt{x^2+xy+y^2}\cdot\sqrt{x^2+xz+z^2}}&=\sum_{cyc}\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt 3}2x\right)^2+\left(\dfrac 12x+y\right)^2}\cdot \sqrt{\left(\dfrac{\sqrt 3}2x\right)^2+\left(\dfrac 12x+z\right)^2} \\ &\geqslant \sum_{cyc}\left(\dfrac 34x^2+\dfrac 14x^2+\dfrac 12xy+\dfrac 12xz+yz\right) \\ &=(x+y+z)^2.\end{split} \]

6.由于当 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^na_i\geqslant 1$ 时,右边不大于 $0$,因此不等式显然成立.接下来只需要考虑 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^na_i<1$ 的情形.此时 $0<a_i<1$($i=1,2,\cdots,n$).记\[m=\left(1-\sum_{i=1}^n\left(a_i\cdot \sin x_i\right)\right)^2+\left(1-\sum_{i=1}^n\left(a_i\cdot \cos x_i\right)\right)^2,\]则根据平均值不等式,有\[\begin{split}m&\geqslant \dfrac 12\left(2-\sum_{i=1}^n\left(a_i\left(\sin x_i+\cos x_i\right)\right)\right)^2\\
&=\left(\sqrt 2-\sum_{i=1}^n\left(a_i\cdot \sin\left(x_i+\dfrac{\pi}4\right)\right)\right)^2\\
&\geqslant \left(\sqrt 2-\sum_{i=1}^na_i\right)^2,\end{split}\]于是问题即证明\[\forall x\in(0,1),\left(\sqrt 2-x\right)^4\geqslant 4(1-x)^3,\]也即\[\forall x\in (0,1),x^3+\left(4-4\sqrt 2\right)x^2+12-8\sqrt 2\geqslant 0.\]事实上,由于\[\dfrac 12x^3+\dfrac 12x^3+12-8\sqrt 2\geqslant 3\cdot \left(3-2\sqrt 2\right)^{\frac 13}\cdot x^2>4\left(\sqrt 2-1\right)\cdot x^2,\]于是原命题得证.

7.考虑使用权方和不等式,有\[\begin{split}LHS&=\dfrac{1^{\frac 32}}{1^{\frac 12}}+\dfrac{1^{\frac 32}}{(a_1^2)^{\frac 12}}+\dfrac{1}{a_2}+\dfrac{1}{a_3}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}\\
&\geqslant \dfrac{2\sqrt 2}{\sqrt{1+a_1^2}}+\dfrac{1}{a_2}+\dfrac{1}{a_3}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}\\
&=\dfrac{2\sqrt 2-1}{\sqrt{1+a_1^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a_1^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_2^2}}+\dfrac{1}{a_3}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}\\
&=\dfrac{2\sqrt 2-1}{\sqrt{1+a_1^2}}+\dfrac{2\sqrt 2}{\sqrt{1+a_1^2+a_2^2}}+\dfrac{1}{a_3}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}\\
&\cdots\\
&\geqslant \left(2\sqrt 2-1\right)\cdot \left(\dfrac{1}{\sqrt{1+a_1^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a_1^2+a_2^2}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{1+a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2}}\right)+\dfrac{1}{\sqrt{1+a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2}}
,\end{split}\]等号当 $a_k=2^{\frac{k-1}2}$($k=1,2,\cdots,n$)时取得.结合 $n\to \infty$ 的情形,可得 $\lambda$ 的最大值为 $2\sqrt 2-1$.

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