高考什么时候-学习法律的心得体会

重要不等式专题
1、平均值不等式
设
a
1
,a< br>2
,L,a
n
是非负实数，则
a
1
a
2< br>La
n
n
a
1
a
2
La
n< br>.

n
2、柯西（Cauchy）不等式

n
2< br>
n
2

n
设
a
i
,
b
i
R
(
i
1,2,
Ln
)
，则

a
i


b
i

< br>

a
i
b
i


.
< br>
i1

i1

i1

2
等号成立当且仅当存在

R
，使
b
i

a
i
,
i
1,2,
L
,
n
.

上述两个不等式在数学竞赛中应用极为广泛，好的、难
的不等式问题往往只需用它们即可解 决，而无需过分追求所
谓更“高级”的不等式，这是需要注意的。
3．排序不等式
设
a
1
a
2
a
n
,b
1
b
2
b
n
,j
1
,j
2
,,j
n
是
1,2,,n
的一个排
列，令
Sa
1< br>b
j
1
a
2
b
j
2
Lan
b
j
n
,S
0
a
1
b
n
a
2
b
n1
a
n
b
1
,S

a
1
b
1
a
2
b
2< br>a
n
b
n
.
则
S
0
SS

.

证明 若
j
n

1,
b
j
由
设
则
k

1
，
Sa
1
b
j
1a
k1
b
j
k1
a
k
b
1
a
k1
b
j
k1
a
n1
b
j
n1
a
n
b
j
n
.
S
1
a
1
b
j
1
a
k1
b
j
k1
a
k
b
j
n
a
k 1
b
j
k1
a
n1
b
j
n 1
a
n
b
1
，
SS
1
a
k
b
1
a
n
b
j
n
a
kb
j
n
a
n
b
1

美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登！

b
1
b< br>j
n

a
k
a
n

0.


可见按上述方法调整后，
S
的值不增，若此时在
S
1
中
j
n1
2
，仿上又可得
S
2
,L
，最多经过
n2
步调整以后，若在
S
n2
中
j
2
2
，将其中的
j
2
1
与
j
1
2
互换，得到
S
n1
S
0
，则
S
n1
S
n2
，
故
SS
1
S2
S
n1
S
0
.

所以，
S
0
S
.

由于
b
1
b
2
b
n
，
利用上面所证结论，得
S

SS

S.

综上，命题获证。
排序不等式可简述为：“反序和
≤
乱序和
≤
同序和”。
4．琴生不等式
若
f

x

是区间
< br>a,b

上的凸函数，则对任意的点
x
1
,x
2,,x
n


a,b

(nN
*
)
有
f(
x
1
x
2
Lx
n
1
)

f

x
1

f
< br>x
2

Lf

x
n


.


nn
x
n
时取得。 等号当且仅当
x
1
x
2

证明 当
n1
时，命题显然成立。
假设
A
nk
时命题成立 ，当
nk1
时，令
1

x
1
x
2< br>x
k
x
k1

,

k1
则
A

k1

A

k1
A

x
1
x
2
x
k
xk1


k1

A
.

2k2k
美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登！

又令
B
x
1
x
2
L
k
x
k
,
C
x
k1


k1

A
.

k
∴
f

A

f(
BC1
)

f

B

f

C




22

x

k1

A
xxLx
k
1
[f(
12
)f(< br>k1
)]

2kk
111
{

fxf xLfx[f

x
k1

f

A

Lf

A

]}


12k

144424443
2k

k

k1< br>


1

f

x
1
< br>f

x
2

f

x
k1



k1

f

A


.

2k
1

f

x
1
f

x
2

f

x
k

f

x
k1


,

f

A


k1

x
kx
k1
时取等号。
所以，
当且仅当
x
1
x
2
L
综上所述，对一切正整数
n
，命题成立。
另外，绝对值不等式
(xyxyxy)
等也是较为常用
的。 解答不等式问题往往没有固定的模式，证法因题而异，
多种多样，不等式问题的趣味性和灵活性决定 了它在数学竞
赛中的地位。
当然，熟悉并掌握一些常用的解决不等式问题的方法技
巧 是很有必要的，除比较法、放缩法、反证法、分析法、综
合法等基本方法外，数学归纳法、变量代换（含 局部、整体、
三角、复数代换等）、函数方法（利用单调性、凸性、有界
美好的未来不是等待， 而是孜孜不倦的攀登！

性及判别方法等）、构造法（构造恒等式、数列、函数等）、< br>调整法等在数学竞赛中也是常用的。
要多做题，多总结，融会贯通，举一反三，才能提高解
决、研究不等式问题的能力.
例1 设
xR
，求证：
f(x)(x
2
2x3)
x
2
(x
2
2x3)
x3
6.

(t
2
2)
t2
.

证明 令
t x1
，则
g(t)f(x)(t
2
2)
(t1)
分两种情形：
（1）
t2
时，
(t1)
2
9
.
∴
g(t)(t
2
2)
(t1)
2
2
2
9
6;

（2）
t2
时，
t20
.
g(t)2
t
2
2t1
2
t2
11

2
2t
2
2t
2
12t
 2
t2
2
t
2
t
2
t
2
t

6
6
2
4t

1
6.

2
4t

点评 注意到
f(1)6
，故先作代换tx1
，使
f(x)
的表
达形式更简单，放缩较为大胆，但要注意< br>t0
时能取到符号，
放缩不能过头，最后回到平均值不等式。
例2 记< br>S
n
1
1

1

1
L
234

2n2
11
S
n
.

< br>，求证：
3n12
2n12n
证
美好的未来不是等待，而是孜孜不 倦的攀登！
明

1

111

111

11
S
n


1L



L

L.

2

2 42n

n1n22n

23
2n
2n12

欲证式


.

3n1
kn1
k2

2n
1

2n

由柯西不等式，有




k

n
2
,
< br>
kn1
k

kn1

1n
2< br>2n



.

(n1)(n2)L2 n
3n1
kn1
k
2n
又由柯西不等式，有

1111

222

(11L1)
< br>L

2
22

(2n)

kn1
k


(n1)

n2


2n

1

11
n

L


n(n1)(n1)(n2)(2n1)2n

11
2n()

n2n
2
.
∴ 欲证不等式成立。
点评 本题有一定的难度，第一步代数变形是基本功，
将
S
n
化为 若干项之和，便于处理. 第二、三步对柯西不等式
的两种不同的运用堪称范例，值得回味。
例
1
3 设
x,y,z0,x
2
y
2z
2
1
，证明：
xyz33
;

1yz1zx1xy2
证明 我们证明
x
x
2

1yz
①
美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登！

< br>事实上，①
xxyz1
，而
xxyzx1
，故①成立.
同理，
yz
y
2
,z
2
.
1zx 1xy
x


x
2
1
，故原不等式左边成立.
1yz
因此，

下面证明原不等式右边：
x

1yz


x
1
yz
2
22
2< br>
x
1x
2
1t
2
，
记
t< br>f

t


1t
2
，则
f


t



1t

2
2< br>，
当
0t1
时，
f


t

0
，
因此
f

t

在
t< br>
0,1

时是增函数，
f


t

2t

1t
2
2



1t

2

1t

2t
< br>2t

1t

4t

1t



1t


1t

22
222
4
2
3
当
0t1
时，
f
< br>
t

0
，
因此
f

t

在
t

0,1

是上凸函数，
由Jese n
xyz
3
不等式，

x
2
3
2
1x

xyz

1

3
< br>3

x
2
y
2
z
2

3

②
又知
xyz
美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登！

结合
f

t

在

0,1

递增，
∴
xyz3
33
33

22
4

xyz

3

1

1
 
3

3


③
由②③可得

所以

x33

，
21x4
33
xx

2

2
1yz1 x
2

综上所述，故原不等式获证.
例4 设
nN,n2< br>，
x
i
R
(
i
1,2,
L
求证 ：

x
i
i1
n
,
n
)
满足< br>
x
i
1,
i1
n

x
i1
n
i
0.

i

11
.
< br>22n
,n)
，则
a
1
a
2
Lan
.

证明 记
a
i

1
(i1 ,2,L
i
设
i
1
,i
2
,L
列，且使
,i
s
,j
1
,j
2
,L,j
t
(1s,tn
且
stn)
是
1,2,L,n
的一个排
x
i
1
x
i
2
Lx
i
s
0x
j
1
x
j
2
Lx
j
t.

又设

x
i
1
x
i
2
Lx
i
s
,

(x
j
1
x
j
2
Lx
j
t
)
.
则



0,



1
，故




1
.

2
不妨设
a1
x
1
a
2
x
2
L
取
n
i1
a
n
x
n
0
（否则，若
a1
x
1
a
2
x
2
La
n
x
n
0
，
x
i

x
i
(
i
1,2,
L
,
n
)
n
ii
， 此时
x
1

,x
2

,L,x
n

仍满足题设，且

ax
。

ax

，不影响结论的一般性）
ii
i1
美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登！

由排序不等式，有
a
1
x
1
a
2
x
2
La
n
x
n

a
1
x
i
1
a
2
x
i
2
a
s1
x
j
1
La
n
x
j
t

a
1
(x
i
1
x
i
2
 Lx
j
s
)a
n
(x
j
1
x
j
2
Lx
j
t
)

111
(a
1
a
n
).

222n
即欲证不等式成立。
点评 绝对值符号内的各项分正负来处理是一个关键 ，
注意到
1

2
1111
(1)(a
1a
n
)
，再通过适当的放缩即可证得
2n2n2
结论。
例5 设
0x
1
x
2
L
2
x< br>n
1
，求证：
n
2

x
1
< br>x
n
x
2
(1x
n
)

L 1.

2232n12

(1x)(1x)(1x)
12 n

证明
x
k
注意到函数
y
(1x)< br>2
在
(0,1)
上是增函数，
kk
x
k
x
n
∴
当
0
x
k
x
n
时，(1kn1).

k12k12
(1x
k
)(1 x
n
)
x
k
1
，其中
xx
n

(0,1).

故只需证明：
(1x)

k12< br>)
k1
(1x
2
n
x
k
1
. 即证

k2
(1xLx)
k1
n
x
k由于

(1xLx
k
)
2
1
(1xL x
k
)(1
11
L
k
)
xx
< br>11

.
2
(k1)k(k1)
美好的未来不是等待，而是孜孜不倦的攀登！