2013竞赛专题--著名不等式汇集
竞赛中著名不等式汇集
作者 阿道夫 （配以典型的例题） 2013.2.28
在数学领域里，不等式知识占有广阔的天地。不等式常以其优美的结构、严谨的解法、恢弘的气势、广阔的知识容纳性、深层的数学背景等，而被众多竞赛大家所看重，也被莘莘学子所追崇。以下根据自己在前些年教学中的总结并引学了其他贤人的智慧汇集如下，希望对同学们有所帮助。
1. 平均不等式（均值不等式）
2. 柯西不等式（柯西—许瓦兹不等式或柯西—布尼雅可夫斯基不等式） 3. 排序不等式（排序原理） 4. 契比雪夫不等式 5. 贝努利不等式 6. 琴生不等式
7. 含有绝对值的不等式 8. 舒尔不等式
9. 一些几何不等式
10
佩多不等式
20
外森比克不等式
30
三角形内角的嵌入不等式
10. 内斯比特不等式 11． Holder不等式.
12. 闵可夫斯基（Minkowski ）不等式
1. 平均不等式（均值不等式）
设a 1, a 2, , a n 是n 个正数，令
H (n ) =
n
11 （调和平均值），a + +
11
a +2
a n
G (n ) =
a 1a 2 a n （几何平均值），A (n ) =
a 1+a 2+ +a n
n
（算术平均值），2
2
Q (n ) =
a 1+a 2+ +a 2
n
n
（平方平均值），则有
（I）(调和平均几何平均不等式) H (n ) ≤G (n ) ； （II）(几何平均算术平均不等式) G (n ) ≤A (n ) ；
（III）（算术平均平方平均不等式） A (n ) ≤Q (n ) .
这些不等式又统称为均值不等式. 等号成立的充要条件是a 1=a 2= =a n . （I） H (n ) ≤G (n )
n
1a 1
⇔
+
1a 2
+ +
1a n
≤
a 1a 2 a n
⇔
a 1a 2 a n
a 1
+
a 1a 2 a n
a 2
+ +
a 1a 2 a n
a n =1 ,
≥n (1)
由
n
a 1a 2 a n
a 1
2
⋅
a 1a 2 a n
a 2
a 1a 2 a n
a n
3
的推论
n
知（1）式成立，故（I）成立. 等号成立的充要条件是
n
a 1a 2 a n
a 1
=
a 1a 2 a n
a 2
= =
a 1a 2 a n
a n
，即a 1=a 2= =a n .
（II）G (n ) ≤A (n )
⇔ a 1a 2 a n ≤
a 1+a 2+ +a n
n
a 2
n
⇔
n
a 1a 1a 2 a n a 1
⋅
+
a 1a 2 a n
+ +
n
a n a 1a 2 a n
=1 ,
≥n (2)
a 2a 1a 2 a n
a n a 1a 2 a n
a 1a 2 a n
所以由3的推论2知（2）成立，故（II）成立. 显然等号成立的充要条件是
a 1=a 2= =a n .
（III） 令c =
a 1+a 2+ +a n
n
，再令a i =c +αi ，i =1, 2, , n ，则
a 1+a 2+ +a n =nc +α1+α2+ +αn
=a 1+a 2+ +a n +（α1+α2+ +αn ）.
∴ α1+α2+ +αn =0
,
=
=2
2
≥
2
=c .
等号成立的充要条件是α1+α2+ +αn =0，即a 1=a 2= =a n . 另：G ,Q 证明还可以借助2维形式加以证明
练习：
1）. 设
的最小值为 .
2）. 设A 、B 、C 、D 为空间中的四点，求证：
证明：如图，取BD 的中点E ，连结AE 和EC ，则在△ABD 和△BCD 中，根据中线的性质，有
3）. （2005年日本数学奥林匹克）若正实数a , b , c , 满足a +b +c =1，求证
a +b -c +b +c -a +c +a -b ≤1.
证 ∵1+b -c =a +b +c +b -c =a +2b >0， 由均值不等式，得 +b -c ≤
1+1+(1+b -c )
3ab -ac 3
=1+
b -c 3
，
∴ a +b -c ≤a +同理可得
.
b 3+c -a ≤b + c +a -b ≤c +
bc -ba 3ca -cb 3
, .
将上述3个不等式相加，得
a +b -c +b +c -a +c +a -b ≤a +b +c =1.
4）. （2004年中国香港数学集训队试题）证明对于任意正实数a , b , c , 均有
a
4
bc
a
4
+
b
4
ca
2
+
c
4
ab
≥a +b +c .
222
解：
bc
+
a
4
bc
4
+b +c ≥4a ,
22
b
4
ac c
4
+
b
ac c
4
+a +c ≥4b ,
222
ab
+
ab
+a +b ≥4c ,
222
上述3个式子相加，得 2(
a
4
bc a
4
+
b
4
ac b
4
+
c
4
ab c
4
) +2(a +b +c ) ≥4(a +b +c ) ，
222222
所以
bc
+
ca
+
ab
≥a +b +c .
222
2. 柯西不等式（柯西—许瓦兹不等式或柯西—布尼雅可夫斯基不等式） 对任意两组实数 ，
，„，
；
，
，„，
，有
，其中等号当且仅当
时成立。
柯西不等式经常用到的几个特例（下面出现的 （1） （2） （3）
，
，„， ； ，„， 都表示实数）是：
，则
柯西不等式在求某些函数最值中和证明某些不等式时是经常使用的理论根据，我们学习中应给予极大的重视。关键在于使用一些方法构造符合柯西不等式的形式及条件，继而达到使用柯西不等式证明有关的不等式。
练习：
1）. ① 设a 、b 、c 为正数且各不相等。 求证：
2a +b
+
2b +c
+
2c +a
>
9a +b +c
1
证明： 2(a +b +c )(
1a +b
+
1b +c
+
c +a 1a +b
) +
1b +c
+
1c +a
)
=[(a +b ) +(b +c ) +(c +a )](
≥(1+1+1) 2=9又a 、b 、c 各不相等，故等号不能成立
∴原不等式成立。 巧拆常数 ②a 、b 为非负数，a +b =1，x 1, x 2∈R +求证：(ax 1+bx 2)(bx 1+ax 2) ≥x 1x 2。
证：(ax 1+bx 2)(bx 1+ax 2) =(ax 1+bx 2)(ax 2+bx 1) ≥(a =(a +b ) x 1x 2=x 1x 2
2
x 1x 2+b x 1x 2)
2
（∵a +b =1） 重新安排某些项的次序 ③若a >b >c ，求证：
1a -b
2
1a -b
+
1b -c
≥
4a -c
1a -b
1
证明：(a -c )(+
1b -c
) =[(a -b ) +(b -c )](+
)
b -c
≥(1+1) =4
∴
1a -b
+
1b -c
≥
+
4a -c
结构的改变从而达到使用柯西不等式
a b +c
+
b c +a
+
c a +b
≥32
④ 已知a , b , c ∈R 求证：
a b +c
b c +a
c C +b +
c c +b
证明 +++3=(1
+
a b +c 1a +b
1
+1) +() +
1
b a +c
+1) +(+1)
=(a +b +c )( =
12
1b +c
c +a
[(b +c ) +(c +a ) +(a +b )](12
(1+1+1) =a b +c
+
b a +c
+
2
b +c c +a
+
1a +b
) 添项
≥ ∴
92c a +b
≥92-3=
32
2）. 设已知a , b , c , d , e 是实数，满足
⎧a +b +c +d +e =8,
⎨2 2222
⎩a +b +c +d +e =16,
试确定e 的最大值.
证 由算术平方平均不等式得：
a +b +c +d
4
2
2
2
2
≥
a +b +c +d
4
，
从而有 4(a 2+b 2+c 2+d 2) ≥(a +b +c +d ) 2， 4(16-e 2) ≥(8-e ) 2 ， 解之得 0≤e ≤
165
. 当a =b =c =d =
165
时，e =
165
，因此e 的最大值为
165
.
3）. 试确定 的所有实数解.
解：由
取“=”号.
所以，原方程组有唯一实数解
4）.
3. 排序不等式
设a 1≤a 2≤ ≤a n ，b 1≤b 2≤ ≤b n ，i 1, i 2, , i n 是1, 2, , n 的一个全排列，则有 a 1b n +a 2b n -1+ +a n b 1 （倒序和） ≤a 1b i +a 2b i + +a n b i （乱序和）
1
2
n
≤a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n ， （顺序和）
等号全成立的充要条件是a 1=a 2= =a n 或b 1=b 2= =b n .
证： 我们先用数学归纳法证明.
a 1b i +a 2b i + +a n b i ≤a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n （1）
1
2
n
当n =2时，因为
a 1b 1+a 2b 2-(a 1b 2+a 2b 1)
=(a 2-a 1)(b 2-b 1) ≥0 ，
所以 n =2时，（1）式成立。
假设对于n =k 时（1）式成立，即
a 1b i 1+a 2b i 2+ +a k b i k ≤a 1b 1+a 2b 2+ +a k b k ，
其中i 1, i 2, , i k 是1,2, , k 的一个排列，那么对于n =k +1，设i 1, i 2, , i k +1是1,2， , k +1的一个全排列，则当i k +1=k +1时，由归纳假设知，
a 1b i 1+a 2b i 2+ +a k b i k +a k +1b i k +1
=a 1b i 1+a 2b i 2+ +a k b i k +a k +1b k +1
≤a 1b 1+a 2b 2+ +a k b k +a k +1b k +1， 所以（1）式成立
当i k +1≠k +1时，必存在i j ，1≤j ≤k ，使得i j =k +1，则 a 1b i 1+ +a j -1b i j -1+a j b i j +a j +1b i j +1+ +a k +1b i k +1
=(a 1b i 1+ +a j -1b i j -1+a j +1b i j +1+ +a k b i k ) +(a j b i j +a k +1b i k +1) =(a 1b i 1+ +a j -1b i j -1+a j +1b i j +1+ +a k b i k ) +(a j b k +1+a k +1b i k +1)
≤(a 1b i 1+ +a j -1b i j -1+a j +1b i j +1+ +a k b i k ) +(a j b i k +1+a k +1b k +1)
=(a 1b i 1+ +a j -1b i j -1+a j b i k +1+a j +1b i j +1+ +a k b i k ) +a k +1b k +1 ≤(a 1b 1+a 2b 2+ +a k b k ) +a k +1b k +1 =a 1b 1+ +a k b k +a k +1b k +1 ， 即n =k +1时（1）式成立。
由归纳法原理知对于n ≥2，（1）式成立.
再证 a 1b n +a 2b n -1+ +a n b 1 ≤a 1b i 1+a 2b i 2+ +a n b i n .
事实上，因为-b n ≤-b n -1≤ ≤-b 1，由（1）知，对于1,2， ，n 的一个排列i 1, i 2, , i n ，有
a 1(-b i 1) +a 2(-b i 2) + +a n (-b i n ) ≤a 1(-b n ) +a 2(-b n -1) + +a n (-b 1) ， ∴ a 1b i 1+a 2b i 2+ +a n b i n
≥a 1b n +a 2b n -1+ +a n b 1 .
再证等号成立的条件，充分性是显然的. 我们用反证法证明必要性. 若结论不成立，即在
a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n =a 1b n +a 2b n -1+ +a n b 1 （2）
的条件下，a 1, a 2, , a n 不全相等，b 1, b 2, , b n 也不全相等，则存在i ，k ∈{1, 2, , n -1}，使得 a i
a i a i b k +1+a k +1b i ， 所以 a 1b 1+ +a i b i + +a k +1b k +1+ +a n b n >a 1b 1+ +a i b k +1+ +a k +1b i + +a n b n ≥a 1b n +a 2b n -1+ +a n b 1 (3)
(3)与（2）矛盾.
排序不等式表明对于两组实数，其顺序积和最大，倒序积和最小，乱序积和居中，顺序积和与倒序积和相等的充要条件是这两组实数中有一组全相等。这个不等式在不等式证明中占有重要地位，它使不少困难问题迎刃而解。
推论1 若对于i =1, 2, , n ，有x i >0 ，则等号成立的条件是x 1=x 2= =x n .
证 由对称性，不妨设x 1≤x 2≤ ≤x n ，则
1x 1
≥1x 2
≥ ≥
1x n
x 1x 2
+
x 2x 3
+ +
x n x 1
≥n ，
.有排序不等式，有
x 1x 2
+
x 2x 3
+ +
x n x 1
≥x 1⋅
1x 1
+x 2⋅
1x 2
+ +x n ⋅
1x n 1x 1
=1.
等号成立的条件是x 1=x 2= =x n 或
=
1x 2
= =
1x n
，即x 1=x 2= =x n .
推论2 若对于i =1, 2, , n ，a i >0，且a 1a 2 a n =1，则a 1+a 2+ +a n ≥n .等号成立的充要条件是a 1=a 2= =a n =1 . 证 令a 1=
a 1+a 2+ a n
x 1x 2
, a 2=
x 2x 3
, , a n -1=
x n -1x n
, 则a n =
x n x 1
，这里x 1, x 2, , x n 均为正实数，由推论1知，
=
x 1x 2
+
x 2x 3
+ +
x n x 1
≥n .
等号成立的充要条件是x 1=x 2= =x n ，即a 1=a 2= =a n =1.
练习：
1）. 设b 1, b 2, , b n 是正数a 1, a 2, , a n 的一个排列，求证
1a i
a 1b 1
+
a 2b 2
+ +
a n b n
≥n .
【思路分析】 应注意到a i ⋅
=1(i =1, 2, , n )
【略证】不妨设a 1≥a 2≥ ≥a n ，因为a 1, a 2, , a n 都大于0. 所以有1≤1≤ ≤1，
a 1
a 2
a n
又
1
b 1b 2
,
1
, ,
1b n
是
1
a 1a 2
,
1
, ,
1a n 1a n
的任意一个排列，于是得到
n =a 1⋅
1a 1
+a 2⋅
1a 2
+ +a n ⋅≤a 1⋅
1b 1
+a 2
1b 2
+ +a n
1b n
.
【评述】 此题比较简单，但颇具启发意义，读者应耐心体会. 变式：设a 1, a 2, , a n 是互不相同的自然数，试证1+
【思路分析】 应先构造两个由小到大的排序.
【略解】将a 1, a 2, , a n 按由小到大的顺序排成a j
1
2
n
12
+ +
1n
≤a 1+
a 22
2
+ +
a n n
2
.
的一个排列，则a j ≥1, a j ≥2, a j ≥n . 于是由排序不等式，得
1
2
n
a 1+
a 22
2
+ +
a n n
2
≥a j 1+
a j 22
2
+ +
a j n n
2
≥1+
12
+ +
1n
.
2）. 设非负实数a 1, a 2, , a n 满足a 1+a 2+ +a n =1，
f =
a 1
1+a 2+a 3+ +a n
+
a 2
1+a 1+a 3+ +a n
+ +
a n
1+a 1+a 2+ +a n -1
,
求f 的最小值.
证 由对称性，不妨设00, 由不等式？知，
n
n
f =
∑2-a
i =1
a i
∑a
≥n
i
i =1n
i
=
n 2n -1
.
∑
i =1
(2-a i )
等号成立的充要条件是2-a 1=2-a 2= =2-a n , 即a 1=a 2= =a n 时等号成立，所以f 的最小值为
n 2n -1
.
a +b 2c
2
2
3). a , b , c ∈R ，求证a +b +c ≤
+
+
b +c 2a
22
+
c +a 2b
22
≤
a
2
bc
+
b
2
ca
+
c
2
ab
.
略解:由于不等式关于a 、b 、c 对称，可设a ≥b ≥c >0. 于是a
2
≥b
2
≥c ,
2
1c
2
≥
1a
1b
≥
1a
2
.
1b
2
由排序不等式，得a ⋅
2
+b ⋅
2
+c ⋅
2
1c
(逆序和) ≤a ⋅
2
2
1b
+b ⋅
2
1c
+c ⋅
2
1a
（乱序和）.
及a ⋅
1a
+b ⋅
2
1b
+c ⋅
2
1c
≤a ⋅
1c 1ca
+b ⋅
1a
+c ⋅
1b
.
以上两个同向不等式相加再除以2，即得原式中第一个不等式. 再考虑数组
a
3
≥b ≥c
33
>0, 及
1bc
≥≥
1ab
，仿上可证第二个不等式，请读者自己完成.
π
3≤
aA +bB +cC a +b +c
4). 在△ABC 中，角A , B , C 所对的边分别为a , b , c 。试证：
π
2
.
解： 不妨设a ≤b ≤c ，于是A ≤B ≤C . 由排序不等式，得 aA +bB +cC ≥aA +bB +cC ,
aA +bB +cC ≥bA +cB +aC , aA +bB +cC ≥cA +aB +bC .
相加，得3(aA +bB +cC ) ≥(a +b +c )(A +B +C ) =π(a +b +c ) ， 得
aA +bB +cC a +b +c
≥
π
3
①
又由00
得
aA +bB +cC a +b +c
π
2
. ②
由①、②得原不等式成立.
【评述】此题后半部分应用了不等式的性质来证明.
5）. （第26届美国奥林匹克试题）证明对所有正数a , b , c , 有
1a +b +abc
3
3
+
1b +c +abc
3
3
+
1c +a +abc
3
3
≤
1abc
（1）
证 由排序不等式知 a 3+b 3≥a 2b +ab 2, b 3+c 3≥b 2c +bc 2, c 3+a 3≥c 2a +ca 2， 从而有
1a +b +abc
1
a b +ab
2
2
3
3
+
1b +c +abc +
1
b c +bc
2
2
3
3
+
1c +a +abc
+
2
3
3
1
≤
+abc +abc c a +ca
2
+abc
=
1ab (a +b +c ) c +a +b
+
1bc (a +b +c )
1abc
+
1ca (a +b +c )
=
abc (a +b +c )
=.
1b
1c
1a
6）. 设正数a , b , c 的乘积abc =1，试证：(a -1+
x y
y z
z x
)(b -1+)(c -1+) ≤1.
【略解】设a =, b =, c =，这里x , y , z 都是正数，则原需证明的不等式化为
(x +y -z )(y +z -x )(z +x -y ) ≤xyz , 显然x +y -z , y +z -x , z +x -y 中最多只有一个非负数. 若
x +y -z , y +z -x , z +x -y 中恰有一个非正数，则此时结论显然成立. 若x +y -z , y +z -x , z +x -y 均
为正数，则x , y , z 是某三角形的三边长. 容易验证
(x +y -z )(y +z -x )(z +x -y ) ≤
13
[(x (y +z -x ) +y (z +x -y ) +z (x +y -z )].
2
2
2
故得(x +y -z )(y +z -x )(z +x -y ) ≤xyz .
【评述】 利用上述换元的方法可解决同类的问题. 见下题：设正数a 、b 、c 的乘积
1a (b +c )
2
abc =1, 证明+
1b (c +a )
2
+
1c (a +b )
2
≥
32
.
证明：设a =
1x
, b =
1y
, c =
1z
, 则xyz =1，且所需证明的不等式可化为
数学竞赛 不等式 第 11 页 共 页 总结 学习 提高
x
2
y +z
+
y
2
z +x
+
z
2
x +y
≥
32
，现不妨设x ≥y ≥z ，则
x y +z
x
2
≥
y z +x y
2
≥
z x +y z
2
，据排序不等式
得
y +z x
2
+
z +x y
2
+
x +y z
2
≥z ⋅
x y +z x y +z
+x ⋅
y z +x y z +x
+y ⋅
z x +y z x +y
及
y +z
+
z +x
+
x +y
≥y ⋅+z ⋅+x ⋅
两式相加并化简可得
若P 为∆ABC 内任一点，求证∠PAB 、∠PBC 、∠PC A 中至少有一个小于或等于30︒；证：设∠PAB =α、∠PBC =β、∠PC A =γ，且∠PAC =α' 、∠PBA =β' 、∠PC B =γ'; PA sin α=PB sin β' ⎫
⎪
依正弦定理有：PB sin β=PC sin γ' ⎬⇒sin αsin βsin γ=sin α'sin β'sin γ'
PC sin γ=PA sin α' ⎪⎭∴(sinαsin βsin γ) =sin αsin βsin γsin α'sin β'sin γ'
2
2
22
2(
x
y +z
+
y
z +x
+
z
x +y
) ≥x +y +z ≥3xyz =3.
7）.
≤(
sin α+sin β+sin γ+sin α' +sin β' +sin γ'
6
6
)
6
1
∴在α、β、γ, 中必有一个角满足sin α≤
2
∴α≤30︒, 否则α≥150︒时，β、γ中必有一个满足γ
4. 契比雪夫不等式
数学竞赛 不等式 第 12 页 共 页 总结 学习 提高
6
13
∴sin αsin βsin γ≤()
2
≤sin (
α+β+γ+α' +β' +γ'
16
) =()
2
设a 1≤a 2≤ ≤a n , b 1≤b 2≤ ≤b n 则
n
n i
i
1⎛⎫ ∑a i b i ⎪≥n ⎝i =1⎭
n
∑a ∑b
i =1
n
⋅
i =1
n
1⎛n ⎫
≥ ∑a i b n +1-i ⎪ n ⎝i =1⎭
证明：由排序不等式有：
a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n =a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n ≥a 1b n +a 1b n -1+ +a n b 1 a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n ≥a 1b 2+a 2b 3+ +a n b 1≥a 1b n +a 1b n -1+ +a n b 1 a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n ≥a 1b 3+a 2b 4+ +a n b 2≥a 1b n +a 1b n -1+ +a n b 1
„„„„„„„„„„„„„„
a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n ≥a 1b n +a 2b 1+ +a n b n -1≥a 1b n +a 1b n -1+ +a n b 1
将以上式子相加得:
n a 1b 1+a 2b 2+ +a n b n ≥a 1(b 1+b 2+ +b n )+a 2(b 1+b 2+ +b n )+ +a n (b 1+b 2+ +b n )≥n a 1b n +a 2b n -1+ +a n b 1
()
()
⎛n ⎫
∴n ∑a i b i ⎪≥
⎝i =1⎭
n
∑
i =1
⎛n ⎫⎛n ⎫
a i ∑b i ⎪≥n ∑a i b n +1-i ⎪ ⎝i =1⎭⎝i =1⎭
n
n
i
i
n
1⎛⎫2
同除以n , 可得 ∑a i b i ⎪≥
n ⎝i =1⎭
∑a ∑b
i =1
n
⋅
i =1
n
1⎛n ⎫
≥ ∑a i b n +1-i ⎪, 得证. n ⎝i =1⎭
下面给出一个n =2时的契比雪夫不等式的直观理解。
如图，矩形OPAQ 中，a 1≤a 2，b 1≤b 2，显然阴影部分的矩形的面积之和不小于空白部分的矩形的面积之和，（这可沿图中线段MN 向上翻折比较即知）。于是有(a 1+a 2) ⋅(b 1+b 2) ≤2(a 1b 1+a 2b 2) ，
也即
练习：
1）．已知a 1, a 2, , a n 都是正数，求证：(a 1+a 2+ +a n )( 方法1 （用切比雪夫不等式）不妨设
0
1a 1
+1a 2
+ +
1a n
2
12
(a 1b 1+a 2b 2) ≥
a 1+a 2b 1+b 2
⋅ 22
) ≥n （1）
数学竞赛 不等式 第 13 页 共 页 总结 学习 提高
则
1a 1
≥
1a 2
≥ ≥
1a n
，
由切比雪夫不等式，有
1n
(a 1+a 2+ +a n )
1(1+1a 2
1a n
+ +
1a n
)
n a 1
≥
1n
(a 1⋅
1a 1
+a 2⋅
1a 2
+ +a n ⋅
)
=1
，
化简即得（1）.
方法2 （用柯西不等式）
(a 1+a 2+ +a n )(
n
n
1a 1
2
+
1a 2
n
+ +
1a n
)
=2）.
∑
i =1
(a i )
2
∑
i =1
(
1a i
) ≥(∑
i =1
a i ⋅
1a i
22
) =n .
5. 贝努利不等式 （1）设
（2）设 （ⅰ）当
，则
时，有
；
，上两式当且仅当 ）
时等号成立。
，且同号，则
（ⅱ）当 或 时，有不等式（1）的一个重要特例是
（
伯努利不等式可以用数学归纳法证明：当n = 0,1，不等式明显成立。假设不等式对正整数n ，实数时成立，那么
。
下面是推广到实数幂的版本：如果x > − 1，那么：
若若
或，有，有
。
；
数学竞赛 不等式 第 14 页 共 页 总结 学习 提高
这不等式可以用导数比较来证明：
当r = 0,1时，等式显然成立。f '(x ) = r (1 + x ) r − 1 − r 在
上定义f (x ) = (1 + x ) r − (1 + rx ) ，其中
，对x 微分得f'(x) = r(1 + x)
r − 1
− r ，
则f'(x) = 0当且仅当x = 0。分情况讨论：
1 0 0，f '(x ) 0。因此f (
x ) 在x = 0时取最大值0，故得
。
2 r 1，则对x > 0，f '(x ) > 0；对 − 1
。
在这两种情况，等号成立当且仅当x = 0。
相关不等式，下述不等式从另一边估计(1 + x)r：对任意x, r > 0，都有
。
练习：
6. 琴生不等式
设f (x ) 是（a , b ）内的凸函数，则对于（a , b ）内任意的几个实数x 1, x 2, , x n 有
f (
x 1+x 2+ +x n
n
) ≤
1n
[f (x 1) +f (x 2) + +f (x n )]，
等号当且仅当x 1=x 2= =x n 时取得。
n
（或表述：若f 为[a , b ]上凸函数，则对任意x i ∈[a , b ],λi >0(i =1, 2, , n ), ∑λi =1, 有
i =1
⎛n ⎫
f ∑λi x i ⎪≤⎝i =1⎭
n
∑λ
i =1
i
f (x i ) . ）
证 应用数学归纳法，当n =2时，由定义1命题显然成立，设n =k 时命题成立，即对任意
k
x 1, x 2, , x k ∈[a , b ]及αi >0, i =1, 2, , k , ∑αi =1，都有
i =1
数学竞赛 不等式 第 15 页 共 页 总结 学习 提高
k
f ⎛k ∑α⎫i x i ⎪≤).
⎝i
f (x i i =1⎭
∑α
i =1
现设x 1, x 2, , x k , x k +1∈[a , b ]及
k +1
λi >0(i =1, 2, , k +1), ∑λi =1
i =1
k
令αi =
λi
1-λ, i =1, 2, , k , 则∑αi =1由数学归纳法假设可推得
k +1
i =1
f (λ1x 1+λ2x 2+ +λk x k +λk +1x k +1)
=f ⎛ λ1x 1+λ2x 2+ +λk x k
(1-λk +1) +λ⎫k +1x k +1⎪⎝1-λ⎪ k +1⎭
≤(1-λk +1) f (α1x 1+α2x 2+ +αk x k ) +λk +1f (x k +1)
≤(1-λk +1) [α1f (x 1) +α2f (x 2) + +αk f (x k ) ]+λk +1f (x k +1)
=(1-λ⎡λ1f (x λ2
λk ⎤k +1) ⎢1) +f (x 2) + +f ⎣1-λk +11-λ(x k ) ⎥k +11-λk +1
⎦
k +1
+λk +1f (x k +1) =
∑λ
i
f (x i ) 。
i =1
这就证明了对任何正整数n (≥2) ，凸函数f 总有不等式（8）成立。 □
练习：
1). 若函数y =sin x 在区间(0,π) 上是凸函数，那么在∆ABC 中， sin A +sin B +sin C 的最大值为
数学竞赛 不等式 第 16 页 共 页 总结 学习 提高
2). 若a 1, a 2, a n 是一组实数，且a 1+a 2+ +a n =k (k 为定值) ，试求：a 1+a 2+ +a n 的最小值
分析： f (x ) =x 在(-∞, +∞) 上是凸函数∴1n
(a 1+a 2+ +a n ) ≥(
2
2
2
2
2
2
2
222
a 1+a 2+ +a n
n
) =
2
k n
22
∴a 1+a 2+ +a n ≥
k
2
n
当且仅当a 1=a 2= =a n 时，取等号
3. 已知x i >0, (i =1, 2, , n ) ，n ≥2, x 1+x 2+ +x n =1，求证：(1+
1x 1
) +(1+
n
1x 2
) + +(1+
n
1x n
)
n
≥n (n +1)
n
证：
1n
[(1+
1x 1
) +(1+
n
1x 2
) + +(1+
n
1x n
1
) ]≥
n
(1+
1x 1
) (1+
n
1x 2
) (1+
n
1x n
)
n
(利用结论：[(1+
1x 11x 1
n
b 1a 1
1x 21
)(1+
b 2a 2
) (1+
1x n 1
1
b n a n
)]
n
≥1+(
b 1b 2a 1a 2
b n a n
1
) );
n
∴[(1+∴(1+(1+
1x 1
)(1+) (1+) (1+
)]n ≥1+n ) ≥(n +1)
1x n
)
n n
1
)(1+
x 2x n
) +(1+
1x 2
) + +(1+
n
≥n (n +1)
n
∴[(1+
1x 1
)(1+
1x 2
) (1+
1x n
1
)]n ≥1+(
1x 1x 2 x n 1n
) n =1+
1x 1x 2 x n
又
x 1x 2 x n ≤
x 1+x 2+ +x n
n
=
4). 若P 为∆ABC 内任一点，求证∠PAB 、∠PBC 、∠PC A 中至少有一个小于或等于30︒；证：设∠PAB =α、∠PBC =β、∠PC A =γ，且∠PAC =α' 、∠PBA =β' 、∠PC B =γ'; PA sin α=PB sin β' ⎫
⎪
依正弦定理有：PB sin β=PC sin γ' ⎬⇒sin αsin βsin γ=sin α'sin β'sin γ'
PC sin γ=PA sin α' ⎪⎭∴(sinαsin βsin γ) =sin αs in βsin γsin α'sin β'sin γ'
≤(
sin α+sin β+sin γ+sin α' +sin β' +sin γ'
6
6
2
)
6
≤sin (
α+β+γ+α' +β' +γ'
616
) =()
2
13
∴sin αsin βsin γ≤()
2∴在α、β、γ, 中必有一个角满足
sin α≤
12
∴α≤30︒, 否则α≥150︒时，β、γ中必有一个满足
数学竞赛 不等式 第 17 页 共 页 总结 学习 提高
γ
5）. 证明 ：(x +y ) ln(
x +y 2
) ≤x ln x +y ln y (x >1, y >1) .
证明 ：构造函数f (t ) =t ln t , t >1，则
f (t ) f ''(t ) -(f '(t )) 2=-(ln2t +ln t +1) 1为对数性上凸函数，则
(
x 2
+
y 2
) ln(
x +y 1
2
) ≤[(x ln x )(y ln y )]2
1
而 [(x l n
x ) y (
l y n 2
≤x l n x +y l n y
2
故 (x +
y 2
2
) l x +y y 2
≤x 2x l +n
2
y l n
即
(x +y ) l x +y
2
≤) x x l +n y
y l n
a +b +c
6）. 证明不等式(abc )
3
≤a a b b c c
，其中，a , b , c 均为正数。
证 设f (x ) =x ln x , x >0. 由f (x ) 的一阶和二阶导数
f ' (x ) =ln x +1, f ''(x ) =1x
可见，f (x ) =x ln x , x >0. 时为严格凸函数，依詹森不等式有
f ⎛ a +b +c ⎫⎪≤1(f (a ) +f (b ) +f (c )),
⎝3⎭3
从而
a +b +c
a +b +c
13
ln
3
≤3
(a ln a +b ln b +c ln c ),
即 ⎛a +b a +b +c
+c ⎫
≤a a b b c c
⎝3⎪
⎭
数学竞赛 不等式 第 18 页 共 页 总结 学习 提高
又因abc ≤
a +b +c
3
a +b +c
, 所以(abc )
3
a b c ≤a b c
7）已知 a , b , c 为正实数，证明：若 a 2+b 2+c 2+abc =4，则 a +b +c ≤3. 证： 显然 a , b , c 在区间 [0，2]上，设 a =2cos α，b =2cos β α, β∈[0, 当c 为正数时 a 2+b 2+c 2+abc 为增函数
因此，对任意的正数a , b 至多有一正数c 满足a 2+b 2+c 2+abc =4。 下面证明 c =2cos(π-α-β) =-2cos(α+β) 满足a 2+b 2+c 2+abc =4 事实上
cos α+cos
22
2
π
2
)
β+cos (α+β) -2cos αcos βcos(α+β)
2
2
=cos α+cos -2cos αcos
22
2
β+cos αcos β+sin αsin β+2cos αcos βsin αsin β
2222
β-2cos αcos βsin αsin β
=cos α+cos
2
β+sin αsin
22
β-cos αcos β=1.
22
若 α+β>
π
2
，则-2cos(α+β) >0 是c 满足条件的唯一值。
π
2
下面证明，若α+β
事实上，满足条件的c 一定满足下面方程
c +4cos αcos βc +4(cosα+cos
2
2
2
β-1) =0
此时上面方程若有解 c 1, c 2，则 ⎧c 1+c 2=-4cos αcos β
⎨22
⎩c 1⋅c 2=4(cosα+cos β-1) >0
从而c 1, c 2均小于零，所以不存在满足条件的c 。
因此 a =2cos α, b =2cos β, c =2cos γ （α, β, γ是一个锐角三角形的三个内角） 则a +b +c =2(cosα+cos β+cos γ) ≤2⨯3cos(（上式利用cos x 是[0,
π
2
α+β+γ
3
) =3
]上的凹函数）所以结论得证。
琴生不等式是丹麦数学家琴生于1905年到1906年间建立的。利用琴生不等式我们可以得到一系列不等式，比如“幂平均不等式”，“加权的琴生不等式”等等。
7. 含有绝对值的不等式
数学竞赛 不等式 第 19 页 共 页 总结 学习 提高
设a , b 为复数，则a -b ≤a +b ≤a +b ，左边的等号仅当a , b 的幅角差为π时成立，右边的等号仅当a , b 的幅角相等时成立，这个不等式也称为三角形不等式，其一般形式是
a 1+a 2+ +a n ≤a 1+a 2+ +a n ，
n
n
i
也可记为
∑a
i =1
≤
∑
i =1
a i .
诚然，绝对值不等式在实数的条件下用得较多。
练习：
n
n
i
1）已知 x i ∈R , (i =1, 2,..., n ; n ≥2) 满足
∑|x
i =1
|=1, ∑x i =0，求证
i =1
n
|∑
i =1
x i i
|≤
12
-
12n
.
证：（1）设x 1, x 2,..., x n 中大于0的实数有x k , x k ,..., x k ，不大于0的有x k , x k
1
2
l
l +1
l +2
,..., x k n ，则由已知条件
l
得
∑x
i =1
k i
=
12
n
;
∑x
i =l +1
k i
=-
12
.
n
所以
∑
i =1
x i i
n
l
=
∑
i =1
x k i k i
l
n
-
∑
i =l +1
x k i k i
n
l
≤
∑
i =1
x k i -
l
1n
n
∑
i =l
x k i =
n
12
-
12n
;
另一方面∑
i =1n
x i i
=
∑
i =1
x k i k i
-
∑
i =l +1
x k i k i
≥
1
x ∑n
i =1
k i
-
∑x
i =l
k i
=
12n
-
12
=-(
12
-
12n
).
所以|∑
i =1
x i i
|≤
12
-
12n
.
n n
（2） 记 S k =x 1+x 2+... +x k 由∑|x i |=1, ∑x i =0
i =1
i =1
得 S n =0, |S i |≤
12
(i =1, 2,.., n -1)
不妨设 S 0=0, 则 x i =S i -S i -1(1≤i ≤n , i ∈N ) ，于是
n
∑
i =1
x i i
n
=
∑i
i =1
1
n
(S i -S i -1) =
∑
i =1
S i i
n -1
-
∑i +1∑
=
i =1
i =1
S i
n -1
11
S i (-). i i +1
n
从而|∑
i =1
x i i
n -1
|≤
∑|S i |(i -i +1) ≤2i =1
111
n -1
∑
i =1
1111(-) =-. i i +122n
数学竞赛 不等式 第 20 页 共 页 总结 学习 提高
8. 舒尔不等式
对于所有的非负实数x 、y 、z 和正数t ，都有：
当且仅当x = y = z，或其中两个数相等而另外一个为零时，等号“=”成立。当t 是正的偶数时，不等式对所有的实数x 、y 和z 都成立。
证明一：由于不等式是对称的，我们不妨设
。则不等式
显然成立，这是因为左边的每一项都是非负的。把它整理，即得舒尔不等式。 证明二：首先考虑设x , y , z ∈R +，则
x r
(x -y )(x -z ) +y r
(y -x )(y -z ) +z r
(z -x )(z -y ) ≥0
由于对称性可设 x ≥y ≥z >0 （1）当r =0时 左边
=(x -y )(x -z ) +(y -x )(y -z ) +(z -x )(z -y ) =x 2
+y 2
+z 2
-xy -yz -zx
=12
[(x -y ) 2
+(y -z ) 2
+(z -x ) 2
]≥0
所以 结论成立；
（2）当r >0时 y -z >0，x -z >0，x r >y r >0 左边0
=x r
(x -y )(x -z ) -y r
(x -y )(y -z ) +z r
(y -z )(x -z )
≥x r (x -y )(x -z ) -y r
(x -y )(y -z )
≥y r
(x -y )(x -z ) -y r
(x -y )(y -z ) =y r
(x -y ) 2
≥0
结论得证；
（3）当r 0，x -z >0， z r >y r
>0
左边
=x r
(x -y )(x -z ) -y r
(x -y )(y -z ) +z r
(y -z )(x -z )
≥-y r (x -y )(y -z ) +z r
(y -z )(x -z )
≥-y r
(x -y )(y -z ) +y r
(x -z )(y -z ) =y r
(y -z ) 2
≥0
结论 得证。
当r =1时有x (x -y )(x -z ) +y (y -x )(y -z ) +z (z -x )(z -y ) ≥0
舒尔不等式有一个推广：
假设a 、b 、c 是正的实数。如果（a ，b ，c ）和（x ，y ，z ）是顺序的，则以下的不等式成立：
2007年，罗马尼亚数学家Valentin Vornicu证明了一个更一般的形式：
考虑并设
，其中
，而且要么
，要么
。设
，
要么是凸函数，要么是单调函数。那么：
当x = a 、y = b 、z = c 、k = 1、ƒ(m ) = m 时，即化为舒尔不等式。
r
练习：
9. 一些几何不等式
1佩多不等式
几何学的佩多不等式，是关连两个三角形的不等式
，以唐·佩多(Don Pedoe)命名。这不等式指出：如果第一个三角形的边长为a , b , c ，面积为f ，第二个三角形的边长为A , B , C ，面积为F ，那么：
，
等式成立当且仅当
两个三角形为一对相似三角形，对应边成比例； 也就是a / A = b / B = c / C 。
证明： 由海伦公式，两个三角形的面积可用边长表示为
16f 2 = (a + b + c )(a + b − c )(a − b + c )(b + c − a ) = (a 2 + b 2 + c 2) 2 − 2(a 4 + b 4 + c 4) 16F = (A + B + C )(A + B − C )(A − B + C )(B + C − A ) = (A + B + C ) − 2(A + B + C ), 再由柯西不等式，
16Ff + 2a 2A 2 + 2b 2B 2 + 2c 2C 2
2
2
2
2
2
4
4
4
= (a 2 + b 2 + c 2)(A 2 + B 2 + C 2) 于是，
= A 2(b 2 + c 2 − a 2) + B 2(a 2 + c 2 − b 2) + C
2(a 2 + b 2 − c 2) ，命题得证。
等号成立当且仅当
, 也就是说两个三角形相似。
ABC 是第一个三角形，A'B'C' 是取相似后的第二个三角形，BC 与B'C' 重合 几何证法
三角形的面积与边长的平方成正比，因此在要证的式子两边同乘一个系数λ2，使得λA
= a
，几何意义是将第二个三角形取相似（如右图）。
设这时A
、B 、C 变成x 、y 、z ，
F 变成F' 。 考虑 AA' 的长度。由余弦公式，
将
,
代入就变成：
两边化简后同时乘以，并注意到a=x，就可得到原不等式。
等号成立当且仅当A 与A' 重合，即两个三角形相似。
练习：
2
外森比克不等式
设三角形的边长为
a,b,c ，面积为A ，则外森比克不等式（Weitzenböck's inequality ）
成立。当且仅当三角形为等边三角形，等号成立。
佩多不等式是外森比克不等式的推广。除了“所有平方数非负”以外，这个证明不用到其它任何不
等式。
两边取平方根，即得证。
另证：证明：由海伦公式，
练习：
3
三角形内角的嵌入不等式
三角形内角的嵌入不等式，在不至于引起歧义的情况下简称嵌入不等式。该不等式指出，若A 、B 、C 是一个三角形的三个内角，则对任意实数 x、y 、z ，有：
练习：
10. 内斯比特不等式
内斯比特不等式是数学的一条不等式，它说对任何正实数a ，b ，
c ，都有：
此不等式证明方法很多，例如从平均数不等式我们有：
证明：
，
移项得出：
，整理左式：
，
。
因而不等式得证。
练习：
11． Holder不等式.
设a i , b i (1≤i ≤n )是2n 个正实数，α>0, β>0, α+β=1,
n
n
α
n
β
则
∑
a αβ
i b i
≤⎛ ∑a ⎫⎛⎫i ⎪ ⎭⎝∑b i =1
⎝i ⎪. i =1i =1⎭
n
n
n
n
αβ
[证明] 令A =
∑a
i
, B =∑b
i
那么A
-α
B
-β
∑a
αβ
=∑⎛ a i ⎫⎪⎛ b i ⎫
i
b i
⎪i =1
i =1
i =1
i =1⎝A ⎭⎝B ⎭
αlg
a i lg
a i
αlg
a i i +βα
a i +β
a i
A
+βlg
a B
=
αβ
≤lg
α+β(α+β=1)
+α
β
（利用Jensen 不等式）∴⎛ a i ⎫⎛b ⎫
a i A ⎪ i ⎪
≤α
+β
a i ⎝⎭⎝B ⎭
A
B
n
αβ
n
∴∑
⎛ a i ⎫⎛b i ⎫≤
α
n
+
β
i =1
⎝A ⎪ ⎭⎝B ⎪⎭
A
∑a i
i =B
∑b i
=α+β=1
1
i =1
n
n α
n
β
即
∑
a αβ
i b i
≤A αB
β
=⎛ ∑a ⎫⎛⎫
i ⎪ ∑b i ⎪, 得证。 i =1
⎝i =1⎭⎝i =1⎭
特别地，令α=β=
12
2
, x i
=a i , y 2
i =b i (1≤i ≤n )x i 及y i 是实数，
练习：
1）. 求证：
证明：由Holder 不等式，得
2）. 设A 、B 、C 为△ABC 的三个内角，n 为自然数，求证 证明：由Holder 不等式，得
当且仅当 时取“=”号.
3）. 已知
，求证：
证明：由Holder 不等式，得
事实上，我们称M m ( = 为n 个正数 的m
次幂平均．关于幂平均有下面的定理： 如果
为正数，
，那么
（
）（当且
仅当a 1=a 2=„=a n 时取“=”号）． 证明从略．
据定理，有Ｍ２（
） Ｍ１
（
）（当且仅当
时取“=”
号），即
（
）（当且仅当
时取“=”号），即为Holder 不等式.
）
⎛π+
p , q ∈R , x ∈4）. 设 0,
⎝2
解：取α=
54
4
⎫
⎪, 求函数f (x )=⎭
1+1
p sin x
+
q cos x
的最小值。
, β=5, αβ
=1. 由Holder 不等式有：
4
4
4
4
p
5
+q
5
=
p
5
2
(sin x )5
q
2
+
q
5
2
(cos x )5
5
2
(sin x )5
f (x )=
p sin x
+p
当且仅当
(cos x )5
4
4
⎛≤ ⎝
p sin x
+
⎫⎪cos x ⎭
q
5
(sin
2
x +cos
2
x
)
15
⎛⎫4
55⎪ ≥p +q , ⎪cos x ⎝⎭
2
2
⎛p ⎫5sin x sin x
=，tan x = 2 q ⎪⎪时，等号成立。q cos x ⎝⎭cos x
5
所以，f (x )的最小值是
⎛⎫4
55 p +q ⎪。 ⎪⎝⎭
44
12. 闵可夫斯基（Minkowski ）不等式
如果x 1, x 2,......, x n 与y 1, y 2,......, y n 都是非负实数，p ≥1，那么
n
1p
p
n
1p
p
n
1
(∑(x i +y i ) )
i =1
≤(∑x i )
i =1
p p
+(∑y i ) i =1
证明：
∑
(x i +y i )
p
=
∑x
i
(x i +y i )
p -1
+
∑y
i
(x i +y i )
p -1
应用Holder 不等式得
1
∑x ∑
(x i +y i ) i
p -1
≤(∑x i ) (∑(x i +y i ) )
1p
p
p
p p p
1-
1p 1p
， 。
y i (x i +y i )
p -1
≤(∑y i ) (∑(x i +y i ) )
1-
从而 得证。
练习
1）设a , b , c ∈R + 且 abc =1, 求证 a 2+b 2+c 2≤a 3+b 3+c 3. 证明一：由柯西不等式(a 3+b 3+c 3)(a +b +c ) ≥(a 2+b 2+c 2) 2,
而 3(a 2+b 2+c 2) =(12+12+12)(a 2+b 2+c 2) ≥(a +b +c ) 2≥(a +b +c ) ⋅33abc 由条件即得a 2+b 2+c 2≥a +b +c 所以结论成立。 证明二：由幂均值不等式（α=1, β=
3
3
3
23
2
）
2
2
a +b +c ≥3(
2
2
2
a +b +c
33a b c
3
3
2
2
2
2223
)
2
=3(
2
a +b +c
3
2
2
) ⋅(
a +b +c
3
2221
) 2
1
≥(a +b +c ) ⋅() 2=a +b +c .
证明三：由切比雪夫不等式，不妨设a ≤b ≤c ，则 a +b +c ≥
3
3
3
(a +b +c )(a +b +c )
3
222
≥a +b +c .
222
以上这些著名不等式是数学家们长期致力于不等式理论研究的重要成果，如果它们已变成了我们学习数学、研究数学、应用数学的得力工具。