高中奥数 2022-03-17

作者: 天目春辉 | 来源:发表于2022-03-17 09:57 被阅读0次

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（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 P056 习题05）

若 $x,y\in \mathbb{R}^{+}$ ,求证:
$\left(\dfrac{2x+y}{3}\cdot \dfrac{x+2y}{3}\right)^{2}\geqslant \sqrt{xy}\cdot \left(\dfrac{x+y}{2}\right)^{3}.$

证明

设 $x+y=a$ , $xy=b$ ,则 $a^{2}\geqslant 4b>0$ .故
$\begin{aligned} \text{左边}&=\left(\dfrac{2a^{2}+b}{9}\right)^{2}\\ &=\left(\dfrac {\dfrac{1}{4}a^{2}+\dfrac{1}{4}a^{2}+\cdots +\dfrac{1}{4}a^{2}+b}{9}\right)^{2}\\ &\geqslant \sqrt[9]{\dfrac{1}{4^{16}}\cdot a^{32}\cdot b^{2}}\\ &\geqslant \sqrt[9]{\dfrac{1}{2^{27}}\cdot a^{27}\cdot b^{\frac{9}{2}}}\\ &=\dfrac{1}{8}a^{3}\cdot b^{\frac{1}{2}}\\ &=\text{右边}. \end{aligned}$

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（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 P056 习题06）

设实数 $a$ 、 $b$ 满足 $ab>0$ ,求证: $\sqrt[3]{\dfrac{a^{2}b^{2}\left(a+b\right)^{2}}{4}}\leqslant \dfrac{a^{2}+10ab+b^{2}}{12}$ ,并确定等号成立的条件.一般地,对任意实数 $a$ 、 $b$ ,求证:
$\sqrt[3]{\dfrac{a^{2}b^{2}\left(a+b\right)^{2}}{4}}\leqslant \dfrac{a^{2}+ab+b^{2}}{3}.$

证明

(1)设 $ab=x>0$ , $a+b=y$ ,则 $y^{2}\geqslant 4x$ .因此不等式右端 $=\dfrac{y^{2}+8x}{12}=\dfrac{y^{2}}{12}+\dfrac{x}{3}+\dfrac{x}{3}\geqslant 3\cdot \sqrt[3]{\dfrac{x^{2}y^{2}}{12\cdot 3^{2}}}=\sqrt[3]{\dfrac{x^{2}y^{2}}{4}}=$ 左边,故不等式成立,且当 $a=b$ 时等号才成立.

(2)当 $x\geqslant 0$ 时,由于 $\dfrac{y^{2}+8x}{12}\leqslant \dfrac{y^{2}-x}{3}$ ,结论仍成立.此时等号成立,仅当 $a=b$ ;

当 $x<0$ 时, $-x>0$ ,故不等式右端 $=\dfrac{y^{2}-x}{3}=\dfrac{y^{2}}{3}-\dfrac{x}{6}-\dfrac{x}{6}\geqslant 3\sqrt[3]{\dfrac{y^{2}}{3}\cdot \left(-\dfrac{x}{6}\right)^{2}}=\sqrt[3]{\dfrac{x^{2}y^{2}}{4}}$ ,所以不等式也成立,此时等号当 $b=-2a$ 或 $a=-2b$ 时取到.

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（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 P056 习题07）

设 $a,b,c\in \mathbb{R}^{+}$ , $abc=1$ ,求证:
$\dfrac{1}{1+a+b}+\dfrac{1}{1+b+c}+\dfrac{1}{1+c+a}\leqslant \dfrac{1}{2+a}+\dfrac{1}{2+b}+\dfrac{1}{2+c}.$

证明

令 $x=a+b+c\geqslant 3\sqrt[3]{abc}=3$ , $y=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=ab+bc+ca\geqslant 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}=3$ ,则原不等式等价于
$\begin{gathered} \dfrac{(1+b+c)(1+c+a)+(1+c+a)(1+a+b)+(1+a+b)(1+b+c)}{(1+a+b)(1+b+c)(1+c+a)} \\ \leqslant \dfrac{(2+b)(2+c)+(2+c)(2+a)+(2+a)(2+b)}{(2+a)(2+b)(2+c)}, \end{gathered}$
即 $\dfrac{3+4x+y+x^{2}} {2x+x^{2}-y+xy}\leqslant \dfrac{12+4x+y}{9+4x+y}$ .

上式等价于 $\left(\dfrac{5x^{2}y}{3}-5x^{2}\right)+ \left(\dfrac{xy^{2}}{3}-y^{2}\right)+\left(\dfrac{4}{3}x^{2}y-12x\right) +\left(4xy-12x\right)+\left(\dfrac{1}{3}xy^{2}-3y\right)+\left(\dfrac{1}{3}xy^{2}-9\right)+\left(2xy-18\right)\geqslant 0.9)+(2xy-18)\geqslant 0$ .

注意 $xy\geqslant 9$ ,故此式成立,原不等式得证.

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（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 P056 习题08）

已知 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $d$ 、 $e$ 为正数,且 $abcde=1$ .求证:

$\dfrac{a+bac}{ab}+\dfrac{abc}{b+abcd}+\dfrac{b+bcd}{1+bc+bcde}+\dfrac{c+cde}{1+cd+cdea}+\dfrac{a+da}{1+de+deab}+\dfrac{e+ab}{1+ea+abc}\geqslant \dfrac{10}{3}.$

证明

令 $a=\dfrac{y}{x}$ , $b=\dfrac{z}{y}$ , $c=\dfrac{u}{z}$ , $d=\dfrac{v}{u}$ , $e=\dfrac{x}{v}$ , $x,y,z,u,v\in \mathbb{R}^{+}$ ,则等式等价于
$\dfrac{u+y}{x+z+v}+\dfrac{z+v}{x+y+u}+\dfrac{x+u}{y+z+v}+\dfrac{y+v}{x+z+u}+\dfrac{x+z}{y+u+v}\geqslant \dfrac{10}{3}.$
两边同加5,再乘以3,上式等价于
$\left(x+y+z+u+v\right)\cdot \left(\dfrac{1}{x+z+v}+\dfrac{1}{x+y+u}+\dfrac{1}{y+z+v}+\dfrac{1}{x+z+u};+\dfrac{1}{y+u+v}\right)\geqslant 25.$
利用Cauchy不等式,上式是显然的.

高中奥数 2022-03-17

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