重要不等式
重要不等式(二)
复习引入
1．基本不等式：
(1) 如果a , b R, 那么a b 2ab(当且仅 当a b时取“”号) ; ab ( 2) 如果a , b是正数, 那么 ab (当且 2 仅当a b时取“”号) ;
2 2
前者只要求a, b都是实数，而后者要 求a, b都是正数.
( 3)已知2a b 2, 求f ( x ) 4 2 的最值及 此时的a和b.
a b
复习引入
练习
4 2 4 3 x 0). 大 值是 _______( (1) f ( x ) 2 3 x 最 ___ x
1 大 值是 _____( x 0). (2) x 最 ___ 2x
2.两个正数的积为定值时，它们的和有最 小值，即若a，b∈R＋，且ab＝P，P为定 值，则a＋b≥2 P ，等号当且仅当a＝b 时成立.
讲授新课
例1. 某工厂要建造一个长方形无盖贮水 池，其容积为4800m3，深为3m.如果池 底每平方米的造价为150元，池壁每平 方米的造价为120元，怎样设计能使总 造价最低？最低总造价是多少？
3.4基本不等式
（二）
ab ab 2
复习引入
1．基本不等式：
(1) 如果a , b R, 那么a b 2ab(当且仅 当a b时取“”号) ;
2 2
复习引入
1．基本不等式：
(1) 如果a , b R, 那么a b 2ab(当且仅 当a b时取“”号) ; ab ( 2) 如果a , b是正数, 那么 ab (当且 2 仅当a b时取“”号) ;
( 3)已知2a b 2, 求f ( x ) 4 2 的最值及 此时的a和b.
a b
数学竞赛几个重要不等式
几个重要不等式一．基础知识1. 均值不等式: 设a i >0,i=1,2,…,n,n>1.n n n nn a a a G na a a A 2121,=+++=,na a a Q a a a nH nn nn 2222121,111+++=+++=,分别叫算术平均,几何平均,调和平均和平方平均,则有H n ≤G n ≤A n ≤Q n .当且仅当a 1=a 2=…=a n 时等号成立. 例1.设z y x ,,是正实数,且3=++z y x .求证:()zx yz xy x z z y y x +++≥+++++27291888333333.证明:由均值不等式,得3274227283274227283233233xy y y y x y y y y x =+-⋅+⋅+≥+-++++, 同理,3274227283274227283233233y z z z y y z z z z y =+-⋅+⋅+≥+-++++, 3274227283274227283233233z x x x x z x x x x z =+-⋅+⋅+≥+-++++.三式相加得()22233333327194888z y x x z z y y x ++-≥+++++ ()()()2791279912222222z y x z y x z y x ++-+++=++-+= ()zx yz xy +++=27291.例2 证明:.,)111()11(*1N n n n n n ∈++<++证明: 因11)111(11)11(1)11(++++=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+++<⋅+n n n n n nn n , 所以,1)111()11(+++<+n n n n . 例3设a 1,a 2,…,a n ,b 1,b 2,…,b n ∈R +,且a 1+a 2+…+a n ≤1,b 1+b 2+…+b n ≤n. 求证:n nn n b a b a b a )1()11()11)(11(2211+≥+++ . 证明:∵11)1()1(11111++≥+++=+n in i i n i i i i b na n b na na b a个∴1212111)(1)1()1()11(+=⋅+≥+∏n n nn n n n ni i ib b b a a a n n b a ,又a 1a 2…a n ≤ n n n a a a )(21+++ ≤n n 1, b 1b 2…b n ≤n n n b b b )(21+++ ≤1∴nni i in b a )1()11(1+≥+∏=,得证例4设a ,b,c,d>0,且满足(a +b)(b+c)(c+d)(d+a )=1.求证:(2a +b+c)(2b+c+d)(2c+d+a )(2d+a +b)(a bcd)2161≤. 证明:因∏(2a +b+c)4])2(41[∑++≤c b a =(a +b+c+d)4，所以,仅证 (a +b+c+d)4(abcd)2161≤⇔≤16116(a +b+c+d)4(abcd)2≤[(a +b)(b+c)(c+a )(d+a )]3 ⇔≥++++3)]11)(11)(11)(11[(ad d c c b b a 16(abc dab cda bcd 1111+++)4. 令w dz c y b x a ====1,1,1,1,欲证: [(x+y)(y+z)(z+w)(w+x)]3≥16(xyz+xyw+xzw+yzw)4:因4(xyz+xyw+xzw+yzw)2≤4[xy(z+w)+zw(x+y)]2≤ [xy (x+y)(z+w)+zw (z+w)(x+y)]2=[(x+y)(z+w)]2(xy +zw )2=[(x+y)(z+w)]2(xy+zw+2xyzw )2≤[(x+y)(z+w)]2(xy+zw+yw+xz)=[(x+y)(z+w)]2(y+z)(x+w);同理4(xyz+xyw+xzw+yzw)2≤(x+y)(z+w)[(y+z)(x+w)]2,将两式相乘得: [(x+y)(y+z)(z+w)(w+x)]3≥16(xyz+xyw+xzw+yzw)4,即原不等式得证. 2.柯西不等式:设a i ,b i ∈R(i=1,2,…,n),则∑∑∑===≥ni i i ni in i i b a ba 121212)())((.当且仅当nn b a b a b a === 2211时等号成立.变形1设a i ∈R, b i ∈R +(i=1,2,…,n),则∑∑∑===≥ni i ni i ni iiba b a 11212)(.变形2设a i ,b i 同号且a i b i ≠0(i=1,2,…,n), 则∑∑∑===≥ni ii ni i ni iiba ab a 1121)(.例5、设z y x ,,是非负数,且3222=++z y x .证明:++++++xz y y zy x x2232≤++yx z z .证明:由柯西不等式得()()2223z y x z y x ++≥++, 又3222=++z y x ,所以, .222z y x z y x ++≥++由柯西不等式,有()()()221z y x z y z y x ++++++,因此,只要证明.3111≤++++++++++zy x yx z x z y z y x再由柯西不等式得()()()()()()[]()()()[]()()[]().22111322222z y x zx yz xy z y x z y x zx yz xy z y x z y x zy zx z xy yz y zx xy x z y x zyzx z z yx yz y y xz xy x x yx z x z y z y x++=+++++++≤+++++++=++++++++++≤++⋅+++⋅+++⋅=++++++++故3111222=++≤++≤++++++++++z y x z y x zy x yx z x z y z y x .因此,原不等式得证.例6设1),,,2,1(,01==>∑=ni ii xn i x ，求证：1111-≥-∑∑==n x x x ni ini ii.证明:左边=∑∑∑∑====---≥---ni i ni ini ni i i x x n x x 11211111112112111212112))1(()1())1(()1(∑∑∑∑====---≥ni i ni ni i ni x x n 11)11(1)1()1(1222-≥-++⋅=-=---=∑∑=n x n x n nn n n n n ni ii .例7设正实数a 1,a 2,…,a n 满足a 1+a 2+…+a n =1.求证:1))((1213232222113221+≥+++++++++n na a a a a a a a a a a a a a a n n . 证明:∵132211232222121132211a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a n n n n ++≥+++=+++,∴只要证.11322112132322221⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++≥++++++a a a a a a n n a a a a a a a a a n n∵12132223221122112132322221)()()()a a a a a a a a a a a a a a aa a a a a a a a a nn n n ++++++=++++++.1)(13221213221a a a a a a a a a aa a nn +++++++≥ 令t=13221a a a a a a n +++ ，则t ≥n ，故只要证112+≥+n nt t t ，即t ≥n 这已知成立。
重要不等式应用
重要不等式熟记1、+1()x e x x R ≥∈ 变形①1()x x e x R ≤-∈ ②1()x x e x R --∈≥③ln(1)(1)x x x ≥-+≥证明：令.1)('.1)(-=--=x x e x g x e x g 则 令 '()0g x =解得:0x =当(]0,)(,0)('0∞-≤≤在时x g x g x 是减函数。
当0)('0≥≥x g x 时，[)+∞,0)(在x g 是增函数；于是)(x g 在x=0处达到最小值，因而当R x ∈时，.1),0()(x e g x g x +≥≥即变形: x x -用代替公式里的得 +1()x e x x R -∈≥-移项得1()x x e x R ->-∈当101x x +>>-时，即时 两边取对数得:ln ln(1)ln(1)x e x x x ≥≥++即证法二：令()(1)1x x h x x e x e -=--=+- ，则()1x h x e -'=-当(]0'()0,(),0x h x h x ≤≤-∞时在是减函数。
当0'()0x h x ≥≥时，[)()0,h x +∞在是增函数；于是()h x 在x=0处达到最小值，因而当R x ∈时，()(0)0,1x h x h x e -≥=≥-即令()ln(1)f x x x =-+ ，则1()111x f x x x '=-=++ 101x x +>∴>- 当(]10'()0,()1,0x f x f x -<≤≤-时在是减函数。
当0'()0x f x ≥≥时，[)()0,f x +∞在是增函数；于是()f x 在x=0处达到最小值，因而当1x ≥-时，()(0)0,l 1)n(1)(f x f x x x ≥=≥≥-+即例1、2010年全国Ⅱ理科第22题：设函数()1xf x e -=-． （Ⅰ）证明：当x ＞-1时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，求a 的取值范围． 解：（I ）当1->x 时，1)(+≥x x x f 当且仅当.1x e x +≥令.1)('.1)(-=--=x x e x g x e x g 则 当0)('0≥≥x g x 时，[)+∞,0)(在x g 是增函数；当(]0,)(,0)('0∞-≤≤在时x g x g x 是减函数。
53几个重要的不等式
5．3几个重要的不等式具备了不等式的基本知识和技能之后，就可以进一步欣赏一些优美而又魅力无限的重要结果。
正如音乐家能够将很少几组音符变化发展为动听美妙的旋律一样，数学家则往往能够通过不多几步逻辑推理揭示出简明优美的结果。
这里要介绍的一些有关不等式的结果就是数学家依靠并不复杂的逻辑推理得到的，然而在其来龙去脉被领悟以前，却常常象变戏法似的神秘莫测。
除了前面已经介绍的贝努利不等式之外，本节将讨论的一些重要不等式包括：柯西不等式，排序不等式，平均不等式等。
这些重要的不等式不仅形式优美、应用广泛，而且也是今后进一步学习高等数学的重要工具。
1． 柯西（Cauchy ）不等式在上一节，我们已经粗略地了解了形如22222)())((bd ac d c b a +≥++的不等式，因其是由大数学家柯西（Canchy ）发现的，故而一般称之为柯西不等式。
柯西不等式有着丰富的几何背景。
可以通过几何解释加深对其本质特征的认识与理解。
请同学们回忆一下我们曾经学过的余弦定理的内容？我们将利用它来解释柯西不等式。
如图，在三角形OPQ 中，θ=∠QOP d c Q b a P ),,(),,(，则 ,,2222d c OQ b a OP +=+=.)()(22d b c a PQ -+-=将以上三式代入余弦定理2222⋅-+=OP OQ OP PQ2222cos dc b a bdac +⋅++=θ或.))(()(cos 222222d c b a bd ac +++=θ 因为1cos 02≤≤θ，所以，1))(()(22222≤+++d c b a bd ac ，于是22222)())((bd ac d c b a +≥++.讨论：借助图形分析，柯西不等式中等号成立的条件是什么?柯西不等式应用相当广泛，我们先通过一些简单的例子加以体会。
例1．已知.1,12222=+=+y x b a 求证：.1≤+by ax （1） 证明：由柯西不等式，.1))(()(22222=++≤+y x b a by ax 所以（1）成立。
几个重要的不等式
几个重要的不等式不等式是数学中非常重要的概念，它们在数学、物理、经济学等领域都有广泛的应用。
本文将介绍几个重要的不等式，包括柯西-施瓦茨不等式、均值不等式、柯西反向不等式和霍尔德不等式。
一、柯西-施瓦茨不等式柯西-施瓦茨不等式是数学中最基本的不等式之一。
它可以用于证明其他许多重要的定理和不等式。
该不等式表述为：对于任意两个实数序列a1, a2, …, an和b1, b2, …, bn，有(a1b1 + a2b2 + … + anbn)² ≤ (a1² + a2² + … + an²)(b1² + b2² + … + bn²)其中“=”号成立当且仅当ai/bi为常数或bi=0。
该不等式可以推广到内积空间中，即对于任意两个向量x和y，有|x·y| ≤ ||x|| ||y||其中“=”号成立当且仅当x与y线性相关。
二、均值不等式均值不等式是一类基本的算术平均值与几何平均值之间的关系。
它包括算术平均不等式、几何平均不等式和调和平均不等式。
1. 算术平均不等式对于任意n个非负实数a1, a2, …, an，有(a1 + a2 + … + an)/n ≥√(a1a2…an)其中“=”号成立当且仅当a1 = a2 = … = an。
该不等式表明，n个非负实数的算术平均值大于等于它们的几何平均值。
2. 几何平均不等式对于任意n个正实数a1, a2, …, an，有(a1a2…an)^(1/n) ≤ (a1 + a2 + … + an)/n其中“=”号成立当且仅当a1 = a2 = … = an。
该不等式表明，n个正实数的几何平均值小于等于它们的算术平均值。
3. 调和平均不等式对于任意n个正实数a1, a2, …, an，有n/(1/a1 + 1/a2 + … + 1/an) ≤ (a1 + a2 + … + an)/n ≤ (n/(1/a1 + 1/a2 + … + 1/an))其中“=”号成立当且仅当a1 = a2 = … = an。
中学数学 几个重要不等式-拔高难度-讲义
几个重要不等式知识讲解一、柯西不等式1.二维形式的柯西不等式代数形式（定理1）：对任意实数a b c d ，，，，则()()()22222+a bcd ac bd ++≥.（当且仅当向量()a b ，与向量()c d ，共线，即ad bc =时，等号成立）. 向量形式：设αβ，是平面上任意两个向量，则αβαβ≥.（当且仅当向量α与向量β共线时，等号成立）。
三角形式:对任意实数a b c d ，，，，则()()222222a b c d a c b d +++≥-+-（当且仅当ad bc =时，等号成立.） 证明：()()()()22222222222222222222222222222222-2a b c d a b c d a b c d a b c d ac bd a ac c b bd d a c b d a b c d a c b d ⎡⎤+++=++++++⎣⎦≥+++++≥-+++=-+-+++≥-+- 注：表示绝对值两边开根号，得几何背景：如图，在三角形OPQ 中，θ=∠QOP d c Q b a P ),,(),,(，则 ,,2222d c OQ b a OP +=+=.)()(22d b c a PQ -+-=将以上三式代入余弦定理θcos 2222⋅⋅-+=OQ OP OQ OP PQ ，并化简，可得2222cos dc b a bdac +⋅++=θ或.))(()(cos 222222d c b a bd ac +++=θ 因为1cos 02≤≤θ，所以，1))(()(22222≤+++d c b a bd ac ，于是 22222)())((bd ac d c b a +≥++ 注意：①柯西不等式的代数形式可以看作是向量形式的坐标化表示；②定理1的变形：若a 、b 、c 、d 22+c d ac bd +≥，（当且仅当向量()a b ，与向量()c d ，共线，即ad bc =时，，等号成立）2.一般形式的柯西不等式定理2：设12n a a a ，，，与12n b b b ，，，是两组实数，则()()()222222212121122n n n n aa ab a a a b a b a b ++++≥+++，当且仅当向量()12n a a a ，，，与向量()12n b b b ，，，共线时，等号成立。
几个重要不等式与不等式的证明
几个重要不等式与不等式的证明蔡玉书(江苏省苏州市第一中学,215006) 收稿日期:2008-09-16 修回日期:2009-02-17 (本讲适合高中)在不等式的证明中,重要不等式的使用是不等式证明的常用方法.1 几个重要不等式这里所说的几个重要不等式是指:均值不等式 设a 1,a 2,…,a n 都是正数.则a 1+a 2+…+a nn≥n a 1a 2…a n ,当且仅当a 1=a 2=…=a n 时,等号成立.柯西不等式 设a 1,a 2,…,a n ;b 1,b 2,…,b n 是两组实数.则(∑ni =1a 2i)(∑ni =1b 2i)≥(∑ni =1a ib i)2,当且仅当a i =kb i (i =1,2,…,n )时,等号成立.下列柯西不等式的三个变形在解题中有相当大的作用.变形1 设a 1,a 2,…,a n ;b 1,b 2,…,b n 是两组正实数.则∑ni =1a 2ib i≥(∑ni =1a i)2∑ni =1bi.变形2 设a 1,a 2,…,a n ;b 1,b 2,…,b n是两组正实数.则∑ni =1a ib i≥(∑ni =1a i )2∑ni =1a i bi.变形3 设a 1,a 2,…,a n ;b 1,b 2,…,b n是两组正实数.则∑ni =1a i·∑ni =1bi≥∑ni =1a ib i .Schur 不等式 设x 、y 、z ≥0,r 是实数.则x r(x -y )(x -z )+y r(y -x )(y -z )+z r(z -y )(z -x )≥0.当r =1时,Schur 不等式有几种变形:(1)x 3+y 3+z 3-(x 2y +xy 2+x 2z +xz 2+y 2z +yz 2)+3xyz ≥0;(2)(x +y +z )3-4(x +y +z )·(yz +zx +xy )+9xyz ≥0;(3)xyz ≥(x +y -z )(y +z -x )(z +x -y ).契比雪夫不等式 设a 1≤a 2≤…≤a n ,b 1≤b 2≤…≤b n ,则∑ni =1a i∑ni =1bi≤n∑ni =1a ib i;设a 1≤a 2≤…≤a n ,b 1≥b 2≥…≥b n ,则∑ni =1a i∑ni =1bi≥n∑ni =1a ib i.2 例题选讲在证明不等式时,要特别注意两点:(1)所给条件的综合变形与运用重要不等式的配合;(2)运用其他方法或技巧与运用重要不等式的配合.例1 设a 、b 、c 是正数,且ab +bc +ca =3.求证:11+a 2(b +c )+11+b 2(c +a )+11+c 2(a +b )≤1abc.(2008,罗马尼亚国家集训队试题)证明:依题设,由均值不等式得ab+bc+ca=3≥33(abc)2,即 abc≤1.故11+a2(b+c)≤1abc+a2(b+c)=1a(ab+bc+ca)=13a.同理,11+b2(c+a)≤1 3b,11+c2(a+b)≤1 3c.以上三式相加得11+a2(b+c)+11+b2(c+a)+11+c2(a+b)≤1 31a+1b+1c=ab+bc+ca3abc=1abc.注:本题巧妙地利用已知条件和均值不等式将不等式左边的分母中的1换成较小的abc,实现了转化.例2 设x、y、z是正实数,且x+y+z =3.证明:x3 y3+8+y3z3+8+z3x3+8≥19+227(xy+yz+zx).(2008,伊朗数学奥林匹克)证明:由均值不等式得x3 y3+8+y+227+y2-2y+427≥33x3y3+8·y+227·y2-2y+427=x3.同理,y 3z3+8+z+227+z2-2z+427≥y3,z3 x3+8+x+227+x2-2x+427≥z3.以上三式相加,并注意到x+y+z=3,得x3 y3+8+y3z3+8+z3x3+8≥4 9-127(x2+y2+z2)=19+9-(x2+y2+z2)27=19+(x+y+z)2-(x2+y2+z2)27=19+227(xy+yz+zx).注:本题巧妙地将分母进行了因式分解,并且通过考察不等式等号成立的充要条件,调整因式前面的系数,达到证明的目的.例3 设x、y、z是非负数,且x2+y2+z2=3.证明:xx2+y+z+yy2+z+x+zz2+x+y≤3.(2008,乌克兰数学奥林匹克)证明:由柯西不等式得3(x2+y2+z2)≥(x+y+z)2.因为x2+y2+z2=3,所以,x2+y2+z2≥x+y+z.①由柯西不等式得(x2+y+z)(1+y+z)≥(x+y+z)2.于是,只要证明x1+y+z+y1+z+x+z1+x+yx+y+z≤3.再由柯西不等式得(x1+y+z+y1+z+x+z1+x+y)2=(x·x+xy+zx+y·y+yz+xy+z·z+zx+xy)2≤(x+y+z)[(x+xy+zx)+ (y+yz+xy)+(z+zx+xy)]=(x+y+z)[(x+y+z)+2(xy+yz+zx)]≤(x+y+z)[x2+y2+z2+2(xy+yz+zx)]=(x+y+z)3.故x1+y+z+y1+z+x+z1+x+yx+y+z≤x+y+z.由不等式①得x+y+z≤x2+y2+z2= 3.因此,不等式得证.注:先局部使用柯西不等式,将分母化为相同,再继续使用柯西不等式进行放缩,从而达到证明的目标.例4 设a、b、c∈16,+∞,且a2+b2+c2=1.证明:1+a22a2+3ab-c2+1+b22b2+3bc-a2+1+c22c2+3ca-b2≥2(a+b+c).(2007,乌克兰国家集训队试题)证明:由柯西不等式得(2a2+3ab-c2+2b2+3bc-a2+2c2+3ca-b2)·a22a2+3ab-c2+b22b2+3bc-a2+c22c2+3ca-b2≥(a+b+c)2,①(2a2+3ab-c2+2b2+3bc-a2+2c2+3ca-b2)2≤(1+1+1)[(2a2+3ab-c2)+ (2b2+3bc-a2)+(2c2+3ca-b2)] =3[(a2+b2+c2)+3(ab+bc+ca)].②又由均值不等式得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.故4(a+b+c)2≥3(a2+b2+c2)+9(ab+bc+ca).③由式②、③得2a2+3ab-c2+2b2+3bc-a2+2c2+3ca-b2≤2(a+b+c).④由式①、④得a22a2+3ab-c2+b22b2+3bc-a2+c22c2+3ca-b2≥12(a+b+c).⑤由柯西不等式得(2a2+3ab-c2+2b2+3bc-a2+2c2+3ca-b2)·12a2+3ab-c2+12b2+3bc-a2+12c2+3ca-b2≥(1+1+1)2=9.⑥注意到a2+b2+c2=1,由柯西不等式得9=9(a2+b2+c2)≥3(a+b+c)2.⑦由式④、⑥、⑦得12a2+3ab-c2+12b2+3bc-a2+12c2+3ca-b2≥3(a+b+c)2.⑧⑤+⑧得1+a22a2+3ab-c2+1+b22b2+3bc-a2+1+c22c2+3ca-b2≥2(a+b+c).注:将原不等式拆成两个后,分别采用柯西不等式进行处理,恰到好处.例5 已知a、b、c都是正实数.证明:(a+b)3+4c3≥4(a3b3+b3c3+c3a3).(2008,波兰数学奥林匹克)证明:由均值不等式和柯西不等式得(a+b)3+4c3=a3+b3+3a2b+3ab2+4c3=2(a2b+ab2)+(a2+b2)(a+b)+4c3≥4a3b3+(a32+b32)2+4c3≥4a3b3+4c32(a32+b32)=4(a3b3+b3c3+c3a3).注:在使用两个不等式时,应注意保证等号能够成立.证明之雅,使人回味无限.例6 设x、y、z都是正数,且x+y+z≥1.证明:x xy+z+y yz+x+z zx+y≥32.(2003,摩尔多瓦国家集训队试题)证明:由均值不等式得x32+y32+y32≥3x12y,x32+z32+z32≥3x12z.相加得2(x32+y32+z32)≥3x12(y+z).故xy+z≥3x322(x32+y32+z32).同理,yz+x≥3y322(x32+y32+z32),z x +y≥3z322(x 32+y 32+z32).于是,要证明原不等式只要证明x 2+y 2+z2x 32+y 32+z32≥13Ζ3(x 2+y 2+z 2)2≥(x 32+y 32+z 32)2.由柯西不等式得(x 2+y 2+z 2)(x +y +z )≥(x 32+y 32+z 32)2,3(x 2+y 2+z 2)≥(x +y +z )2≥x +y +z .两个不等式相乘即得.注:利用均值不等式将三个式子作对称化处理,为后面巧妙地应用柯西不等式做好了充分的准备.例7 设a 、b 、c 是正数.求证:1+4a b +c 1+4b c +a 1+4c a +b >25.(2008,波斯尼亚数学奥林匹克)证明:注意到1+4a b +c 1+4b c +a 1+4c a +b>25Ζ(b +c +4a )(c +a +4b )(a +b +4c )>25(a +b )(b +c )(c +a )Ζa 3+b 3+c 3+7abc>a 2b +ab 2+b 2c +bc 2+c 2a +ac 2.由Schur 不等式得a 3+b 3+c 3+3abc≥a 2b +ab 2+b 2c +bc 2+c 2a +a 2c .从而,不等式得证.注:在最近几年的数学竞赛中,Schur 不等式已经被普遍使用,希望引起大家的重视.例8 设x 、y 、z 是正实数.求证:xy z +yz x +zxy>23x 3+y 3+z 3.(2008,中国国家集训队测试题)证明:设xy z =a 2,yz x =b 2,zx y=c 2.因为x 、y 、z 是正实数,所以,x =ca ,y =ab ,z =bc .于是,原不等式化为a 2+b 2+c 2>23a 3b 3+b 3c 3+c 3a 3,即 (a 2+b 2+c 2)3>8(a 3b 3+b 3c 3+c 3a 3)Ζa 6+b 6+c 6+3(a 4b 2+a 2b 4+b 4c 2+b 2c 4+c 4a 2+c 2a 4)+6a 2b 2c2 >8(a 3b 3+b 3c 3+c 3a 3).由Schur 不等式得a 6+b 6+c 6+3a 2b 2c 2>a 4b 2+a 2b 4+b 4c 2+b 2c 4+c 4a 2+c 2a 4.①由均值不等式得a 4b 2+a 2b 4≥2a 3b 3,b 4c 2+b 2c 4≥2b 3c 3,c 4a 2+c 2a 4≥2c 3a 3.以上三式相加得a 4b 2+a 2b 4+b 4c 2+b 2c 4+c 4a 2+c 2a4≥2(a 3b 3+b 3c 3+c 3a 3).②又a 2b 2c 2>0.③①+4×②+3×③得a 6+b 6+c 6+3(a 4b 2+a 2b 4+b 4c 2+b 2c 4+c 4a 2+c 2a 4)+6a 2b 2c2>8(a 3b 3+b 3c 3+c 3a 3).注:分析法的使用为证明打开了大门,变量代换为Schur 不等式的使用铺平了道路.例9 已知a 、b 、c 是正数,且a +b +c =1.证明:1bc +a +1a+1ca +b +1b+1ab +c +1c≤2731.(2008,克罗地亚数学奥林匹克)证明:注意到1bc +a +1a+1ca +b +1b+1ab +c +1c≤2731Ζ9a 2+9abc +9-31a a 2+abc +1+9b 2+9abc +9-31bb 2+abc +1+9c 2+9abc +9-31c c 2+abc +1≥0.不妨设a ≥b ≥c .显然9(a +b )<31.容易证明9a2+9abc+9-31a≤9b2+9abc+9-31b≤9c2+9abc+9-31c.故a2+abc+1≥b2+abc+1≥c2+abc+1,即 1a2+abc+1≤1b2+abc+1≤1c2+abc+1.由契比雪夫不等式有39a2+9abc+9-31aa2+abc+1+9b2+9abc+9-31bb2+abc+1+9c2+9abc+9-31cc2+abc+1≥[(9a2+9abc+9-31a)+(9b2+9abc+ 9-31b)+(9c2+9abc+9-31c)]·1a2+abc+1+1b2+abc+1+1c2+abc+1.于是,只要证明(9a2+9abc+9-31a)+(9b2+9abc+9-31b)+(9c2+9abc+9-31c)≥0 Ζ9(a2+b2+c2)+27abc+27-31(a+b+c)≥0.又a+b+c=1,只要证明9(a2+b2+c2)+27abc-4≥0Ζ9(a2+b2+c2)(a+b+c)+27abc-4(a+b+c)3≥0Ζ5(a3+b3+c3)-3(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ac2)+3abc≥0.①由Schur不等式得a3+b3+c3+3abc≥a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+a2c.②由均值不等式得a3+b3+c3≥3abc.③②×3+③×2得不等式①.从而,原不等式得证.注:本题难度相当大.首先用分析法将不等式化为等价的不等式进行证明,也为利用契比雪夫不等式做好了充分的准备,Schur不等式和均值不等式的使用为最后的证明锦上添花.例10 已知x、y、z是正数,且x+y+z =1,k是正整数.证明:x k+2x k+1+y k+z k+yk+2y k+1+z k+x k+zk+2z k+1+x k+y k≥17.(2007,南斯拉夫数学奥林匹克)证明:不妨设x≥y≥z.则x k≥y k≥z k.由契比雪夫不等式得3(x k+1+y k+1+z k+1)≥(x+y+z)(x k+y k+z k).①因为x≥y≥z,所以,x k+1+y k+z k≤y k+1+z k+x k≤z k+1+x k+y k.事实上,由x≥y≥z,有x k-1≥y k-1≥z k-1,x(1-x)-y(1-y)=x(y+z)-y(z+x)=z(x-y)≥0,即 x(1-x)≥y(1-y).从而,x k(1-x)≥y k(1-y).所以,x k+1+y k+z k≤y k+1+z k+x k.同理,y k+1+z k+x k≤z k+1+x k+y k.故xk+1x k+1+y k+z k≥y k+1y k+1+z k+x k≥z k+1z k+1+x k+y k.由契比雪夫不等式得x k+2x k+1+y k+z k+yk+2y k+1+z k+x k+zk+2z k+1+x k+y k≥13(x+y+z)xk+1x k+1+y k+z k+y k+1y k+1+z k+x k+zk+1z k+1+x k+y k=13x k+1x k+1+y k+z k+y k+1y k+1+z k+x k+z k+1z k+1+x k+y k =13x k+1x k+1+y k+z k+y k+1y k+1+z k+x k+z k+1z k+1+x k+y k·[(x k+1+y k+z k)+(y k+1+z k+x k)+(z k+1+x k+y k)]·1x k+1+y k+1+z k+1+2(x k+y k+z k)≥x k +1+y k+1+z k+1x k+1+y k+1+z k+1+2(x k+y k+z k)=x k+1+y k+1+z k+1x k+1+y k+1+z k+1+2(x+y+z)(x k+y k+z k)≥x k +1+y k+1+z k+1x k+1+y k+1+z k+1+2×3(x k+1+y k+1+z k+1)=1 7 .最后一步用的是不等式①.注:条件x+y+z=1是用来调整不等式的次数的.这里多次采用排序,使用契比雪夫不等式,使得证明完美.练习题1.设x1,x2,…,x n是正实数,n是正整数.证明:∏n i=1(1+x1+x2+…+x i)≥(n+1)n+1x1x2…x n. (2007,俄罗斯数学奥林匹克)(提示:对元素y1=x11+x1,y2=x2(1+x1)(1+x1+x2),y3=x3(1+x1+x2)(1+x1+x2+x3),……y n=x n(1+x1+…+x n-1)(1+x1+…+x n-1+x n),y n+1=11+x1+…+x n-1+x n应用均值不等式.)2.已知a、b、c都是正数,且ab+bc+ca =1.证明:a3+a+b3+b+c3+c≥2a+b+c.(2008,伊朗国家集训队试题)(提示:用条件ab+bc+ca=1将问题化为证明a(a+b)(c+a)+b(a+b)(b+c)+c(c+a)(b+c)≥2(a+b+c)(ab+bc+ca),之后应用柯西不等式和Schur不等式.)3.设a、b、c∈R+,且abc=1.证明:1b(a+b)+1c(b+c)+1a(c+a)≥32.(2008,塔吉克斯坦数学奥林匹克)(提示:先作变换a=xy,b=yz,c=zx,再用柯西不等式和均值不等式.)4.设a、b、c、d是正数,且1a+1b+1c+1d =4.证明:3a3+b32+3b3+c32+3c3+d32+3d3+a32≤2(a+b+c+d)-4.(2007,波兰数学奥林匹克)(提示:先用分析法证明3a3+b32≤a2+b2a+b.再用柯西不等式.)5.设a≥b≥c>0,x≥y≥z>0.证明:a2x2(by+cz)(bz+cx)+b2y2(cz+ax)(cx+az)+c2z2(ax+by)(ay+bx)≥34.(2000,韩国数学奥林匹克)(提示:先用均值不等式,再用柯西不等式和契比雪夫不等式.)6.已知x1,x2,…,x n是正实数,满足∑ni=1x i =∑ni=11x i.证明:∑ni=11n-1+x i≤1.(2007,波兰等国联合数学竞赛)(提示:令yi=1n-1+x i.利用柯西不等式结合反证法加以证明.)欢迎订阅《中等数学》2009年第6期:服务于全国高中数学联赛的专刊。
三个重要不等式
三个重要不等式目的：掌握三个重要不等式及其应用重点、难点：综合应用三个重要不等式解决竞赛数学中的不等式问题 1、排序不等式[2]设有两组数1212, ,,;,,,n n a a a b b b L L ，满1212 ,n n a a a b b b ≤≤≤≤≤≤L L ， 则有 1122n n a b a b a b +++L （顺序和）1212n i i n i a b a b a b ≥+++L （乱序和）1211n n n a b a b a b -≥+++L （逆序和）其中12, ,,n i i i L 是1,2,,n L 的一个排列，当且仅当12= n a a a ==L 或12n b b b ===L 时等号成立.证明 先证左端 设乱序和为S ,要S 最大,我们证明必须n a 配n b ,1n a -配1n b -,L ,1a 配1b , 设n a 配n i b ()n i n <,n b 配某个()k a k n <, 则有 n n n i n k k i n n a b b a a b a b +≤+这是因为 ()()0n n n n n k i k n n i n k n i a b a b a b a b a a b b +--=--≥ 同理可证1n a -必配1n b -，2n a -必配2n b -，L ，1a 必配1b ， 所以 12121122n i i n i n n a b a b a b a b a b a b +++≤+++L L 再证右端 又1211 ,n n n a a a b b b -≤≤≤-≤-≤≤-L L ，由以上证明结论(乱≤ 同) 可得，()()()()()()12121112nn n n i i n i a b a b a b a b a b a b --+-++-≥-+-++-L L于是有12121112n n n n i i n i a b a b a b a b a b a b -+++≤+++L L当且仅当12= n a a a ==L 或 12n b b b ===L 时，等号成立. 证毕. 2．均值不等式设12,n a a a L 是正实数，则n n n a a a n a a a ............2121≥+++na a a n1 (112)1+++≥即n n n H G A ≥≥,等号当且仅当n a a a ===......21时成立.证明： ),......,2,1(n i R a i =∈+Θ∴设)1(log )(>=a x f xa，则)(x f 为),0(+∞内的上凸函数 由琴生不等式，得：na a a a a a nnn n n a a a aa a a a a a nn ............log)log ......log (log 12121 (2121)++≤≤+++++即所以n n G A ≥对于na a a 1,......,1,121这n 个正数，应用n n G A ≥， 得0 (1)1 (112121)>≥+++n nn a a a n a a a 所以nn n a a a na a a 1......11......2121+++≥所以n n H G ≥成立 ,故n n n H G A ≥≥ 证毕. 此外，均值不等式还可用排序不等式、数学归纳法等其它方法证明，3、柯西不等式设,(1,2....)i i a b R i n ∈=则222111()()()nnni i i i i i i a b a b ===≤∑∑∑当且仅当(1,2....)i i b ka i n ==时等号成立证法一（数学归纳法）(1)当(1,2...)(1,2....)i i a i n b i n ==或全为零时，命题显然成立. (2)当数组1212,,...;,...n n a a a b b b 不全为零时， 采用数学归纳法.1） 当n=1时22221111a b a b =不等式成立 2）设当1n k =-时，不等式成立.令11122123111,,k k k i i i i i i i S a S b S a b ---======∑∑∑则有2123S S S ≥3）那么当n=k 时112222221111()()kkk k i i k i k i i i i a b a a b b --====⋅=++∑∑∑∑2212()()kk S a S b =++ =22221212k kk k S S S b S a a b +++223()k k S a b ≥+22332()k k k k S a b S a b ≥++=23()k k S a b + =121()k i i k k i a b a b -=+∑=21()k i i i a b =∑当且仅当(1,2....)i i b ka i n ==时等号成立综上述，对222111,,.1,2...()nnni i i i i i i i i n N a b R i n a b a b ===∀∈∀∈=≥∑∑∑均有证法二，作关于x 的二次函数222222212112212()(...)2(...)(...)n n n n f x a a a x a b a b a b x b b b =+++++++++++若22212...0n a a a +++=则12..0n a a a ====不等式显然成立.若22212...0n a a a +++≠ 则2221122()()()...()0n n f x a x b a x b a x b =++++++≥又22212...0n a a a +++>Q 222111[2()]4()()0nnni i i i i i i a b a b ===∴-≤∑∑∑222111()n n ni i i i i i i a b a b ===∴≥∑∑∑当且仅当1212...n na a ab b b ===时等号才成立 例1、（1935年匈牙利奥林匹克）假设12,,,n b b b L 是正数12, ,,n a a a L 的某个排列，证明：1212n na a a nb b b +++≥L 证明 1 不妨设12n b b b ≤≤≤L ，则12111nb b b ≥≥≥L 由排序不等式(乱序≥逆序)得，12121212111111n n n na a ab b b b b b b b b n⋅+⋅++⋅≥⋅+⋅++⋅=L L 例[5]3 设12,,,n a a a L 是个n 互不相同的自然数，证明：即1212n na a a nb b b +++≥L 例23（第20届IMO 试题） 设12,,,n a a a L 是n 个互不相等的自然数，证明：32122211112323n a a a a n n ++++≤++++L L 证法一 （用排序不等式）设12,,,n b b b L 是12,,,n a a a L 的一个排序，且12n b b b <<<L又221112n <<<L 由逆序和<乱序和得，22112222122n n b a b a b a n n ⋅+++<+++L L 又因为 121,2,,n b b b n ≥≥≥L 所以 21221111232n b b b n n ++++≤+++L L 当k k a b k ==，()1,2,k n =L 时，等号成立.即 111123n++++L ≤21222n a a a n +++L 证法二 （用柯西不等式）依题设12,,,n a a a L 是n 个互不相等的自然数，不妨设1212,,n a a a n ≥≥≥L ，，则1111nn k k kk a ==≥∑∑ 由柯西不等式有,22111nn k k k ==⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎝⎭⎝∑2111n n k k k k a k a ==⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑ ∴2211111nn n k k k k ka k a k ===⎛⎫⎛⎫≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑ 111111nnk nk k kkk a ====⋅∑∑∑∴2111nn k k k a k k==≥∑∑ 即 32122211112323n a a a a n n++++≤++++L L例12设,,a b c 为任意正数，求出a b c b c c a a b+++++的最小值.解 不妨设a b c ≥≥，则a b a c b c +≥+≥+,111b c c a a b≥≥+++, 由排序不等式得，a b c b c a b c c a a b b c c a a ba b c c a b b c c a a b b c c a a b++≥++++++++++≥++++++++上两式相加则，23ab c b c c a a b ⎛⎫++≥ ⎪+++⎝⎭即 32a b c b c c a a b ++≥+++ 且当仅当a b c ==时，a b c b c c a a b +++++取最小值32. 例1[10],x y R +∈,1x y +=,求证: 11(1)(1)9x y++≥.证明: 由1x y +=,且,x y R +∈,得 11(1)(1)(1)(1)x y x y x y x y++++=++ ，(2)(2)y xx y =++52()y xx y=++又y x x y +≥ 故 11(1)(1)5229x y++≥+⋅=例2[1]若0,x > 0y >, 1x y +=,求证:221125()()2x y xy +++≥. 证明 由 222x y xy +≥， 得 2222()()x y x y +≥+，即 222()2x y x y ++≥，于是 22211()11()()2x y x yx y xy++++++≥21(1)2xy+=因为1x y =+≥所以14xy≥， 故 2221(1)11()()2xy x y xy++++≥252≥.此题用柯西不等式也可求解例[1]1 设0,1,2,,i x i n >=L ，求证：2222112231n n x x x x x x x x x +++≥+++L L .证明 构造均值不等式的模型 由均值不等式，得212122x x x x +≥ ， 223232x x x x +≥ ，L ，2112n n n n x x x x --+≥ ， 2112n n x x x x +≥ . 将上述n 个不等式相加得222211212231()()2()n n n x x x x x x x x x x x x +++++++≥+++L L L ， 所以 2222112231n n x x x x x x x x x +++≥+++L L .说明：该题的证明方法很多，也可以构造柯西不等式的模型. ：例[1]2 已知12,,,n a a a L 都是正数，试证：21212111()()n na a a n a a a ++++++≥L L . 证明 构造柯西不等式的模型 构造两个数组LL 利用柯西不等式，有222111([][]nn n i i i ===≤∑∑，即 21111(1)()()nnni i i i ia a ===≤∑∑∑，所以 21212111()()n na a a n a a a ++++++≥L L . 说明：该题也可以构造均值不等式的模型来求证. 例1[3]（1984年全国高中联赛题）设 12,,,n a a a L为正整数，求证：2221212231n n a a a a a a a a a +++≥+++L L证明 由柯西不等式得，()22212231231na a a a a a a a a ⎛⎫++++++ ⎪⎝⎭L L()2212n a a a ⎛≥=+++L L故2221212231n n a a a a a a a a a +++≥+++L L 例5]5[设12,...n a a a 都是正数，且12...1n a a a +++=求证222221212111(1)()()...()n n n a a a a a a n+++++++≥证明 由柯西不等式有221111[1()]()nn k k k k k ka n a a a ==⋅+≤+∑∑又2211111[1()]()n n n k k k k k k ka a a a ===⋅+=+∑∑∑211221(1)(1)nnk k k ka a n ===+∑∑≥+ 222111()(1)nk k k a n a n=∴+≥+∑ 例6]5[设12,...(1)n a a a n >均为实数。
世界数学史上十个著名不等式
数学史上的十个著名不等式在数学领域里，不等式知识占有广阔的天地，而一个个的重要不等式又把这片天地装点得更加丰富多彩．下面择要介绍一些著名的不等式．一、平均不等式（均值不等式）设，，…，是个实数，叫做这个实数的算术平均数．当这个实数非负时，叫做这个非负数的几何平均数．当这个实数均为正数时，叫做这个正数的调和平均数．设，，…，为个正数时，对如下的平均不等式：，当且仅当时等号成立．平均不等式是一个重要的不等式，它的应用非常广泛，如求某些函数的最大值和最小值即是其应用之一．设，，…，是个正的变数，则（1）当积是定值时，和有最小值，且；（2）当和是定值时，积有最大值，且两者都是当且仅当个变数彼此相等时，即时，才能取得最大值或最小值．在中，当时，分别有，平均不等式经常用到的几个特例是（下面出现的时等号成立；（3），当且仅当时等号成立；（4），当且仅当时等号成立．二、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，…，；，…，都表示实数）是：（1），，则（2）（3）柯西不等式是又一个重要不等式，有许多应用和推广，与柯西不等式有关的竞赛题也频频出现，这充分显示了它的独特地位．三、闵可夫斯基不等式设，，…，；，，…，是两组正数，，则（）（）当且仅当时等号成立．闵可夫斯基不等式是用某种长度度量下的三角形不等式，当时得平面上的三角形不等式：右图给出了对上式的一个直观理解．若记，，则上式为四、贝努利不等式（1）设，且同号，则（2）设，则（ⅰ）当时，有；（ⅱ）当或时，有，上两式当且仅当时等号成立．不等式（1）的一个重要特例是（）．五、赫尔德不等式已知（）是个正实数，，则上式中若令，，，则此赫尔德不等式即为柯西不等式．六、契比雪夫不等式（1）若，则；（2）若，则下面给出一个时的契比雪夫不等式的直观理解．如图，矩形OPAQ中，，，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，也即七、排序不等式设有两组数，，…，；，，…，满足，则有，式中的，，…，是1，2，…，的任意一个排列，式中的等号当且仅当或时成立．以上排序不等式也可简记为：反序和乱序和同序和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．八、含有绝对值的不等式为复数，则，左边的等号仅当的幅角差为时成立，右边的等号仅当的幅角相等时成立，这个不等式也称为三角形不等式，其一般形式是，也可记为绝对值不等式在实数的条件下用得较多。
2.重要不等式(含答案)
x x + y+ z
2
+
y y +z+x
2
+
z z +x+ y
2
≤ 3.
提示:首先,由已知易得 ( x + y + z ) 2 ≤ 3( x 2 + y 2 + z 2 ) ⇒ x + y + z ≤ 3 . 再由柯西不等式可得 ( x 2 + y + z )(1 + y + z ) ≥ x + y + z ,故有
f (x) 是在定义域 D 内连续的下凸函数 ( f ''( x) > 0) ,那么对于任意的 x1, x2, ⋯, xn ∈ D ,都
x1 + x2 + ⋯ + xn 1 ) ≤ [ f (x1 ) + f (x2 ) + ⋯ + f (xn )] 成立,其中当且仅当 x1 = x2 = ⋯ = xn 时等号成立. n n
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例 2.设正实数 x , y , z 满足 x + y + z = 1 ,求证:
1 4 9 + + ≥ 36 . x y z
方法一:
1 4 9 1 4 9 + + = ( + + ) ⋅ ( x + y + z ) ≥ (1 + 2 + 3) 2 = 36 ; x y z x y z 1 4 9 (1 + 2 + 3) 2 + + ≥ = 36 . x y z x+ y+ z
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重要不等式
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1.柯西不等式
2.排序不等式
3.切比雪夫不等式
4.琴生不等式
5.均值不等式
6.完全的均值不等式
7.幂平均不等式
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1.柯西不等式
柯西不等式的一般证法有以下几种：
（1）Cauchy不等式的形式化写法就是：记两列数分别是ai, bi，则有(∑ai^2) * (∑bi^2) ≥ (∑ai * bi)^2.
我们令f(x) = ∑(ai + x * bi)^2 = (∑bi^2) * x^2 + 2 * (∑ai * bi) * x + (∑ai^2)
则我们知道恒有f(x) ≥ 0.
用二次函数无实根或只有一个实根的条件，就有Δ = 4 * (∑ai * bi)^2 - 4 * (∑ai^2) * (∑bi^2) ≤ 0.
于是移项得到结论。
（2）用向量来证.
m=(a1,a2......an) n=(b1,b2......bn)
mn=a1b1+a2b2+......+anbn=(a1^+a2^+......+an^)^1/2乘以(b1^+b2^+......+bn^) ^1/2乘以cosX．
因为cosX小于等于1，所以：a1b1+a2b2+......+anbn小于等于a1^+a2^+......+ an^)^1/2乘以(b1^+b2^+......+bn^)^1/2
这就证明了不等式．
柯西不等式还有很多种，这里只取两种较常用的证法．
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，我们在教学中应给予极大的重视。
巧拆常数：
例：设a、b、c 为正数且各不相等。
求证：(2/a+c)+(2/b+c)+(2/c+a)＞(9/a+b+c)
分析：∵a 、b 、c 均为正数
∴为证结论正确只需证：2(a+b+c)[(1/a+b)+(1/b+c)+(1/c+a)]＞9
而2(a+b+c)=(a+b)+(a+c)+(c+b)
又9=(1+1+1)(1+1+1)
证明：Θ2(a+b+c)[(1/a+b)+(1/b+c)+(1/c+a)]＝[(a+b)+(a+c)+(b+c)][1/a+b)+(1/b+ c)+(1/c+a)]≥(1+1+1)(1+1+1)=9
又a、b 、c 各不相等，故等号不能成立
∴原不等式成立。
像这样的例子还有很多，词条里不再一一列举，大家可以在参考资料里找到柯西不等式的证明及应用的具体文献．
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2.排序不等式
排序不等式是高中数学竞赛大纲要求的基本不等式。
设有两组数 a 1 , a 2 ,…… a n, b 1 , b 2 ,…… b n 满足 a 1 ≤ a 2 ≤……≤ a n, b 1 ≤ b 2 ≤……≤ b n 则有 a 1 b n + a 2 b n−1 +……+ a n b1≤ a 1 b t + a 2 b t +……+ a n b t ≤ a 1 b 1 + a 2 b 2 +……+ a n b n 式中t1，t2，……，tn是1，2，……，n的任意一个排列，当且仅当 a 1 = a 2 =……= a n 或 b 1 = b 2 =……= b n 时成立。
以上排序不等式也可简记为：反序和≤乱序和≤同序和.
证明时可采用逐步调整法。
例如，证明：其余不变时，将a 1 b 1 + a 2 b 2 调整为a 1 b 2 + a 2 b 1 ，值变小，只需作差证明（a 1 -a 2 ）*（b 1 -b 2 ）≥0，这由题知成立。
依次类推，根据逐步调整法，排序不等式得证。
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3.切比雪夫不等式
切比雪夫不等式有两个
（1）设存在数列a1,a2,a3.....an和b1,b2,b3......bn满足a1≤a2≤a3≤.....≤an和b 1≤b2≤b3≤......≤bn
那么，∑aibi≥(1/n)(∑ai)(∑bi)
（2）设存在数列a1,a2,a3.....an和b1,b2,b3......bn满足a1≤a2≤a3≤.....≤an和b 1≥b2≥b3≥......≥bn
那么，∑aibi≤(1/n)(∑ai)(∑bi)
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4.琴生不等式
设f(x)为上凸函数，则f[(x1+x2+……+xn)/n]≥[f(x1)+f(x2)+……+f(xn)]/n,称为琴生不等式（幂平均）。
加权形式为：
f[(a1x1+a2x2+……+anxn)]≥a1f(x1)+a2f(x2)+……+anf(xn),其中
ai>=0(i=1,2,……,n),且a1+a2+……+an=1.
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5.均值不等式
a^2 + b^2≥ 2ab （a与b的平方和不小于它们的乘积的2倍)
当a,b 分别大于0时上试可变为a+b ≥2√ab
有可分以下几种情况：(1)对实数a,b，有a^2+b^2≥2ab (当且仅当a=b时取“=”号)，a^2+b^2>0>-2ab
(2)对非负实数a,b，有a+b≥2√(a*b)≥0，即(a+b)/2≥√(a*b)≥0
(3)对负实数a,b，有a+b<0<2√(a*b)
(4)对实数a,b，有a(a-b)≥b(a-b)
(5)对非负数a,b，有a^2+b^2≥2ab≥0
(6)对非负数a,b，有a^2+b^2 ≥1/2*(a+b)^2≥ab
(7)对非负数a,b,c，有a^2+b^2+c^2≥1/3*(a+b+c)^2
(8)对非负数a,b,c，有a^2+b^2+c^2≥ab+bc+ac
(9)对非负数a,b，有a^2+ab+b^2≥3/4*(a+b)^2
(10)对实数a,b,c，有(a+b+c)/3>=(abc)^(1/3)
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6.完全的均值不等式
√[(a^2+ b^2)/2] ≥(a+b)/2 ≥√ab ≥2/(1/a+1/b)
（二次幂平均≥算术平均≥几何平均≥调和平均）
证明：（证明过程引自他出）
设a，b是两个正数，
M2=√[(a^2+b^2)/2]，A=(a+b)/2，G=√(ab)，H=2/(1/a+1/b)
分别表示a，b两元的二次幂平均，算术平均，几何平均和调和平均。
证明: M2≥A≥G≥H。
证明在梯形ABCD中，AB∥CD，记AB=b，CD=a。
EiFi(i=1,2,3,4)是平行于梯形ABCD的底边且被梯形两腰所截的线段。
如果E1F1分梯形为等积的两部分，那么
E1F1=√[(a^2+b^2)/2]。
如果E2F2分梯形的中位线，那么
E2F2=(a+b)/2。
如果E3F3分梯形为两相似图形，那么
E3F3=√(ab)。
如果E4F4通过梯形两对角线交点的线段，那么
E4F4=2/(1/a+1/b)。
从图中直观地证明E1F1≥E2F2≥E3F3≥E4F4，当a=b时取等号。
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7.幂平均不等式
幂平均不等式：ai>0(1≤i≤n),且α>β，则有（∑ai^α/n)^1/α≥(∑ai^β/n)^1/β成立iff a1=a2=a3=……=an 时取等号
加权的形式：
设ai>0，pi>0(1≤i≤n)，且α>β，则有
（∑pi*ai^α/∑pi)^1/α≥(∑pi*ai^β/∑pi)^1/β
iff a1=a2=a3=……=an，p1=p2=p3=……=pn 时取等号。
特例：
- 调和平均（-1次幂），- 几何平均（0次幂），- 算术平均（1次幂），，- 二次平均（2次幂）。