高中奥数 2022-02-23

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-02-23 07:54 被阅读0次

高中奥数 2022-02-23
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比较法一般有两种形式:

(1)差值比较欲证 $A\geqslant B$ ,只需证 $A-B\geqslant 0$ ;

(2)商值比较若 $B>0$ ,欲证 $A\geqslant B$ ,只需 $\dfrac{A}{B}\geqslant 1$ .

在用比较法时,常常需要对式子进行适当变形,如因式分解、拆项、合并项等.

2022-02-23-01

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P001 例01）

设 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 是正实数,求证:
$\dfrac{a^{2}+bc}{b+c}+\dfrac{b^{2}+ca}{c+a}+\dfrac{c^{2}+ab}{a+b}\geqslant a+b+c.$

证明

上式左边 $-$ 右边
$\begin{aligned} &=\frac{a^{2}+b c}{b+c}-a+\frac{b^{2}+c a}{c+a}-b+\frac{c^{2}+a b}{a+b}-c \\ &=\frac{a^{2}+b c-a b-a c}{b+c}+\frac{b^{2}+c a-b c-b a}{c+a}+\frac{c^{2}+a b-c a-c b}{a+b} \\ &=\frac{(a-b)(a-c)}{b+c}+\frac{(b-c)(b-a)}{c+a}+\frac{(c-a)(c-b)}{a+b} \\ &=\frac{\left(a^{2}-b^{2}\right)\left(a^{2}-c^{2}\right)+\left(b^{2}-c^{2}\right)\left(b^{2}-a^{2}\right)+\left(c^{2}-a^{2}\right)\left(c^{2}-b^{2}\right)}{(b+c)(c+a)(a+b)}\\ &=\frac{a^{4}+b^{4}+c^{4}-a^{2} b^{2}-b^{2} c^{2}-c^{2} a^{2}}{(a+b)(b+c)(c+a)} \\ &=\frac{\left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}+\left(b^{2}-c^{2}\right)^{2}+\left(c^{2}-a^{2}\right)^{2}}{2(a+b)(b+c)(c+a)}\\ &\geqslant 0, \end{aligned}$
所以, $\dfrac{a^{2}+bc}{b+c}+ \dfrac{b^{2}+ca}{c+a}+\dfrac{c^{2}+ab}{a+b}\geqslant a+b+c$ .

2022-02-23-02

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P002 例02）

实数 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 满足 $xy+yz+zx=-1$ ,求证:
$x^{2}+5y^{2}+8z^{2}\geqslant 4.$

证明

因为
$\begin{aligned} & x^{2}+5 y^{2}+8 z^{2}-4 \\ =& x^{2}+5 y^{2}+8 z^{2}+4(x y+y z+z x) \\ =&(x+2 y+2 z)^{2}+(y-2 z)^{2}\\ \geqslant &0, \end{aligned}$
所以 $x^{2}+5y^{2}+8z^{2} \geqslant 4$ .

说明本题的拆项配方,有一定的技巧,需要有较强的观察能力.

2022-02-23-03

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P002 例03）

设 $a,b,c\in \mathbb{R}^{+}$ ,试证:对任意实数 $x$ 、 $y$ 、 $z$ ,有:
$x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant 2\sqrt{\dfrac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\left(\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}xy+\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}yz+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}zx\right).$
并指出等号成立的充要条件.

分析熟知 $x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx=\dfrac{1}{2}\left[\left(x-y\right)^{2}+\left(y-z\right)^{2}+\left(z-x\right)^{2}\right]\geqslant 0$ ,我们用类似的方法证明本题.

证明上式左边 $-$ 右边
$\begin{aligned} =& {\left[\frac{b}{b+c} x^{2}+\frac{a}{c+a} y^{2}-2 \sqrt{\frac{a b}{(b+c)(c+a)}} x y\right] } \\ &+\left[\frac{c}{c+a} y^{2}+\frac{b}{a+b} z^{2}-2 \sqrt{\frac{b c}{(c+a)(a+b)}} y z\right] \\ &+\left[\frac{c}{b+c} x^{2}+\frac{a}{a+b} z^{2}-2 \sqrt{\frac{c a}{(b+c)(a+b)}} x z\right] \\ =& \sum_{c y c} a b\left[\frac{x}{\sqrt{a(b+c)}}-\frac{y}{\sqrt{b(c+a)}}\right]^{2}\\ \geqslant& 0\left(\text{这里} \sum\limits_{c y c} \text{表示循环和号}\right) \end{aligned}$

故原不等式成立.

2022-02-23-04

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P003 例04）

设 $a,b,c\in \mathbb{R}^{+}$ ,求证: $a^{2a}b^{2b}c^{2c}\geqslant a^{b+c}b^{c+a}c^{a+b}$ .

证明

由于不等式是关于 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 对称的,不妨设 $a\geqslant b\geqslant c$ ,于是
$\dfrac{a^{2a}b^{2b}c^{2c}}{a^{a+b}b^{c+a}c^{a+b}}=\left(\dfrac{a}{b}\right)^{a-b}\left(\dfrac{b}{c}\right)^{b-c}\left(\dfrac{a}{c}\right)^{a-c}\geqslant 1,$
所以 $a^{2a}b^{2b}c^{2c}\geqslant a^{b+c}b^{c+a}c^{a+b}$ .

说明由本题的结论得
$a^{3a}b^{3b}c^{3c}\geqslant a^{a+b+c}b^{a+b+c}c^{a+b+c},$
即 $a^{a}b^{b}c^{c}\geqslant \left(abc\right)^{\frac{a+b+c}{3}}$ .

一般地,设 $x_{i}\in \mathbb{R}^{+}$ , $i=1,2,\cdots ,n$ ,则有
$x_{1}^{x_{1}}\cdot x_{2}^{x_{2}}\cdot \cdots \cdot x_{n}^{x_{n}}\geqslant \left(x_{1}x_{2}\cdots x_{n}\right)^{\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}},$
证法与本例完全一样.

2022-02-23-05

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P003 例05）

设 $a,b,c\in \mathbb{R}^{+}$ , $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$ ,求
$S=\dfrac{1}{a^{2}}+\dfrac{1}{b^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}}-\dfrac{2\left(a^{3}+b^{3}+b^{3}\right)}{abc}$
的最小值.

解

当 $a=b=c$ 时,S=3.猜测: $S\geqslant 3$ .

事实上,
$\begin{aligned} S-3 &=\dfrac{1}{a^{2}}+\dfrac{1}{b^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}}-3-\dfrac{2\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)}{a b c} \\ &=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a^{2}}+\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{b^{2}}+\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{c^{2}}-3-2\left(\dfrac{a^{2}}{b c}+\dfrac{b^{2}}{c a}+\dfrac{c^{2}}{a b}\right) \\ &=a^{2}\left(\dfrac{1}{b^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}}\right)+b^{2}\left(\dfrac{1}{a^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}}\right)+c^{2}\left(\dfrac{1}{a^{2}}+\dfrac{1}{b^{2}}\right)-2\left(\dfrac{a^{2}}{b c}+\dfrac{b^{2}}{c a}+\dfrac{c^{2}}{a b}\right) \\ &=a^{2}\left(\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c}\right)^{2}+b^{2}\left(\dfrac{1}{c}-\dfrac{1}{a}\right)^{2}+c^{2}\left(\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}\right)^{2} \\ & \geqslant 0. \end{aligned}$
综上所述, $S$ 的最小值为3.

说明先猜后证是处理许多最值问题的有效手段.猜,一猜答案,二猜等号成立的条件;证明的时候要注意等号是否能取到.

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