不等式总结

柯西不等式

只需记住口诀：方和积，大于等于，积和方。

TIP

外面两边都是方括号，先说“方”。

最简单的柯西不等式：$(x^2+y^2)(p^2+q^2)⩾(xp+yq{)}^2$（取等条件：$\frac{x}{p}=\frac{y}{q}$；或相同第几项的数的比例都相同）

定义

标准形式：对于两组数，$a_i,b_i\in R(i=1,2,...n)$，这两组数平方和的乘积是大于等于这两组数对应的乘积的和的平方。

$a_i,b_i\in R(i=1,2,...n)$

$(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+...+b_n^2)⩾(a_1{b}_2+a_2{b}_2+...+a_n{b}_n{)}^2$

或者这样写：（建议用求和符号记）

$\sum _{i=1}^n{a}_i^2\cdot \sum _{i=1}^n{b}_i^2⩾(\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i{)}^2$（可以观察到不等式左右两边都是 4 次）

趋等条件为两组数互成比例，$\frac{a_1}{b_2}=\frac{a_2}{b_2}=...=\frac{a_n}{b_n}$

权方不等式（分式变式）

TIP

广义的权方和是分子的幂比分母的幂大 1 就行了，这个才是解题的核心关键。

条件：$x_i,y_i\in R,y_i\in R^{+},i=1,...,n$

$\sum _{i=1}^n\frac{x_i^2}{y_i}⩾\frac{(\sum _{i=1}^n{x}_i{)}^2}{\sum _{i=1}^n{y}_i}$ （不等式两边都是 1 次。）

使用这个式子，可以把原本是分式的求和转变为一个分式求两个整式的求和。这个式子展开就是这样：

$\frac{x_1^2}{y_1}+\frac{x_2^2}{y_2}+...+\frac{x_n^2}{y_n}⩾\frac{(x_1+x_2+...+x_n{)}^2}{y_1+y_2+...+y_n}$

证明权方不等式

由

$\sum _{i=1}^n\frac{x_i^2}{y_i}⩾\frac{(\sum _{i=1}^n{x}_i{)}^2}{\sum _{i=1}^n{y}_i}$

得

$(\sum _{i=1}^n\frac{x_i^2}{y_i})(\sum _{i=1}^n{y}_i)⩾(\sum _{i=1}^n{x}_i{)}^2$

令 $\frac{x_i^2}{y_i}=(\frac{x_i}{\sqrt{y_i}}{)}^2,y_i=(\sqrt{y_i}{)}^2$，再利用最初的柯西不等式就得证了。

取等条件为 $\frac{x_1}{y_1}=\frac{x_2}{y_2}=...=\frac{x_i}{y_i}$

权方不等式推广 1

权方和不等式还可以推广为如下形式：

若 $a_i>0,b_i>0,m>0$，则

$\frac{a_1^{m+1}}{b_1^m}+\frac{a_2^{m+1}}{b_2^m}+...+\frac{a_n^{m+1}}{b_n^m}⩾\frac{(a_1+a_2+...+a_n{)}^{m+1}}{(b_1+b_2+...+b_n{)}^m}$

当 $a_i=\lambda b_i$ 时，等号成立。

权方不等式推广 2

$\sum _{i=1}^n{a}_i^3\cdot \sum _{i=1}^n{b}_i^3\cdot \sum _{i=1}^n{c}_i^3⩾(\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i{c}_i{)}^3$

例题

例题 1

已知 $a,b,c\in R$，且 $3a^2+3b^2+4c^2=60$

(1) 求 $a+b+c$ 的最大值

解

我们可以把 $3a^2+3b^2+4c^2$ 看成 $[(\sqrt{3}a{)}^2+(\sqrt{3}b{)}^2+(2c{)}^2]$，

那么根据柯西不等式，我们可以构造一组数（这组数为 0 次），使得

$[(\sqrt{3}a{)}^2+(\sqrt{3}b{)}^2+(2c{)}^2]\cdot [x+y+z]⩾(a+b+c{)}^2$

即

$[(\sqrt{3}a{)}^2+(\sqrt{3}b{)}^2+(2c{)}^2]\cdot [(\frac{1}{\sqrt{3}}{)}^2+(\frac{1}{\sqrt{3}}{)}^2+(\frac{1}{2}{)}^2]⩾(a+b+c{)}^2$

所以

$60\times \frac{11}{12}⩾(a+b+c{)}^2$

$(a+b+c)⩽\sqrt{55}$

所以最大值为 $\sqrt{5}5$，

在 $\frac{\sqrt{3}a}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{3}b}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=\frac{2c}{\frac{1}{2}}=k$ 时取等号。

即 $3a=3b=4c=k$，代入 $3a^2+3b^2+4c^2=60$，得

$k=\frac{12\sqrt{55}}{11}$

$a=\frac{4\sqrt{55}}{11},b=\frac{4\sqrt{55}}{11},c=\frac{3\sqrt{55}}{11}$

例题 2

已知实数 $a,b,c,d$ 满足 $a+b+c+d=3,a^2+2b^2+3c^2+6d^2=5$，则 $a$ 的取值范围是____.

解

由题意得，

$b+c+d=3-a$

$2b^2+3c^2+6d^2=5-a^2$

所以

$[(\sqrt{2}b{)}^2+(\sqrt{2}c{)}^2+(\sqrt{6}d{)}^2]\cdot [(\frac{1}{\sqrt{2}}{)}^2+(\frac{1}{\sqrt{3}}{)}^2+(\frac{1}{\sqrt{6}}{)}^2]⩾(b+c+d{)}^2$

$(5-a^2)(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6})⩾a^2-6a+9$

$2a^2-6a+4⩽0$

$a^2-3a+2⩽0$

$(a-1)(a-2)⩽0$

$\therefore a\in [1,2]$

当 $2b=3c=6d=k$ 时去等，算出来

$\{\begin{array}{l}b=\frac{1}{2}\\ c=\frac{1}{3}\\ d=\frac{1}{6}\end{array}$ 或 $\{\begin{array}{l}b=1\\ c=\frac{2}{3}\\ d=\frac{1}{3}\end{array}$ 时取等。

例题 3

已知 $a>1,b>1$，求 $\frac{b^2}{a-1}+\frac{a^2}{b-1}$ 的最小值。

解

根据权方不等式，柯西变式得

$\frac{b^2}{a-1}+\frac{a^2}{b-1}⩾\frac{(a+b{)}^2}{a+b-2}$，当 $\frac{b}{a-1}=\frac{a}{b-1}$ 取等，即 $b^2-b=a^2-a$ 取等。

接下来就不是不等式问题了，而是常见的求值域问题。

令 $t=a+b-2,t>0(\mathrm{因}\mathrm{为}a>1,b>1)$，则

$\frac{(a+b{)}^2}{a+b-2}=\frac{(t+2{)}^2}{t}=t+\frac{4}{t}+4⩾8$，当 $t=2$ 时取等。

所以 $a+b=4,a=b=2$ 时原式取得最小值 $8$

例题 4

TIP

没有分式，但是有公因式，也可以考虑使用权方不等式

证明：$a^5+b^5+c^5⩾a^{3}bc+b^{3}ac+c^{3}ab$

证明

$a^5+b^5+c^5⩾abc(a^2+b^2+c^2)$

$\frac{a^4}{bc}+\frac{b^4}{ac}+\frac{c^4}{ab}⩾a^2+b^2+c^2$

根据权方不等式，得

$\frac{a^4}{bc}+\frac{b^4}{ac}+\frac{c^4}{ab}⩾\frac{(a^2+b^2+c^2{)}^2}{ab+bc+ac}$

我们只需证明

$\frac{(a^2+b^2+c^2{)}^2}{ab+bc+ac}⩾a^2+b^2+c^2$

$a^2+b^2+c^2⩾ab+bc+ac$

两边同乘 2，利用基本不等式可得证。

均值不等式

$$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}⩾\frac{a+b}{2}⩾\sqrt{ab}⩾\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}$$

（a、b 均为正数，去等条件是 $a=b$）

$\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{平}\mathrm{均}\mathrm{数}⩾\mathrm{算}\mathrm{数}\mathrm{平}\mathrm{均}\mathrm{数}⩾\mathrm{几}\mathrm{何}\mathrm{平}\mathrm{均}\mathrm{数}⩾\mathrm{调}\mathrm{和}\mathrm{平}\mathrm{均}\mathrm{数}$

TIP

牢记中间 $\frac{a+b}{2}$，并以此为基点进行展开。

定义域更广的加强版均值不等式

均值不等式的定义域要求 $a,b>0$。而定义域更广的加强版均值不等式的定义域为全体实数 $R$。

加强版均值不等式的形式可以均值不等式推出，但是其定义域更广。

其实就是

$$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}⩾\frac{a+b}{2}⩾\sqrt{ab}$$

这三个项分别平方，不等式依旧成立。但是定义域变为 $R$：

$$\frac{a^2+b^2}{2}⩾\frac{(a+b{)}^2}{4}⩾ab$$

左右两边的等式其实都是是 $(a-b{)}^2⩾0⟹a^2+b^2⩾2ab$

除此之外，不要忘了 $(a+b{)}^2⩾0$

基本不等式

$a+b\ge 2\sqrt{ab},(a>0,b>0)$

推导

$(x-y{)}^2\ge 0$

$x^2+y^2-2xy\ge 0$

$x^2+y^2\ge 2xy$

令 $x^2=a,y^2=b$

则

$a+b\ge 2\sqrt{xy}$

$x$

两数平方的和 与 两数之和 的不等式关系

$\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\ge \frac{x+y}{2}$

推导

$(x-y{)}^2\ge 0$

$\frac{(x-y{)}^2}{4}\ge 0$

$\frac{x^2+y^2-2xy}{4}\ge 0$

$\frac{x^2+y^2-2xy+(x^2+y^2)-x^2-y^2}{4}\ge 0$

$\frac{2(x^2+y^2)-(x+y{)}^2}{4}\ge 0$

$\frac{2(x^2+y^2)}{4}\ge \frac{(x+y{)}^2}{4}$

$\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\ge \frac{x+y}{2}$

两数积开根 与 两数倒数的和 的不等式关系

$\sqrt{ab}\ge \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}$

推导

$(a-b{)}^2\ge 0$

$a^{+}{b}^2-2ab\ge 0$

$a^2+b^2+2ab\ge 4ab$

$1\ge \frac{4ab}{a^2+b^2+2ab}$

$1\ge \frac{4ab}{(a+b{)}^2}$

$ab\ge \frac{4a^2{b}^2}{(a+b{)}^2}$

$\sqrt{ab}\ge \frac{2ab}{a+b}$

$\sqrt{ab}\ge \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}$

均值不等式推广

$$\sqrt{\frac{a_1^2+a_2^2+...+a_n^2}{n}}⩾\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}⩾\sqrt[n]{a_1{a}_2{a}_3...a_n}⩾\frac{n}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}$$

（$a_i>0$ 且 $a_1=a_2=...=a_n$ 时取等。）

三元不等式

$\sqrt[3]{abc}\le \frac{a+b+c}{3}$ $(a,b,c>0)$

变式

$abc\le (\frac{a+b+c}{3}{)}^3$ $(a,b,c>0)$

万能 k 法

1. 求谁设谁为 k;
2. 带入已知等式中消元，得到一个二次函数;
3. 二次函数 $\mathrm{\Delta }>0$

琴生不等式（上凸函数、下凸函数）

琴生不等式：若 $f(x)$ 是区间 $[a,b]$ 上的上凸（下凸）函数，则对任意的 $x_1,x_2,\cdots ,x_n\in [a,b]$，有不等式：

$$f(\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n})⩾(⩽)\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots +f(x_n)}{n}$$

当且仅当 $x_1=x_2=....=x_n$ 时等号成立。

举例： 以二维的琴生不等式为例：

多维同理。

切线放缩

1 e 的对数与 x + 1

$e^x⩾x+1$

$e^{◻}⩾◻+1$

最著名的两个切线放缩

1. $e^x⩾x+1,\mathrm{当}x=0\mathrm{时}\mathrm{取}\mathrm{等}$
2. $lnx⩽x-1,\mathrm{当}x=1\mathrm{时}\mathrm{取}\mathrm{等}$

大题时需要证明

1. $e^x⩾x+1,\mathrm{当}x=0\mathrm{时}\mathrm{取}\mathrm{等}$
2. $lnx⩽x-1,\mathrm{当}x=1\mathrm{时}\mathrm{取}\mathrm{等}$

博朗同构

朗博同构：

函数 $f(x)=x{e}^x=e^{x+lnx}$ 称为博朗同构函数。

博朗函数常常与切线放缩结合在一起，比如：

切线放缩：$e^x⩾x+1$，x= 0 时取等

$x{e}^x=e^{x+lnx}⩾x+lnx+1$，取等条件为 $x+lnx=0$

$x{e}^{kx}=e^{kx+lnx}⩾kx+lnx+1$，取等条件为 $kx+lnx=0$

TIP

什么时候用博朗同构 + 切线放缩呢？

1. 看到可以放缩的式子
2. 放缩后可以消掉某些变量，式子只剩参数

例 1

TIP

利用这道题来明白大题怎么写步骤。

解

例 2

TIP

既没放太小，也没放太大，而是肯定符合等式，并且符合条件还有可能相等。

这就是切线放缩。

Details

例 3

TIP

假设恒有 $Z(x)⩾0$。

根据切线放缩，我们可以得知 $Z(x)⩾Z^{\prime }(x)$，

那么其实放缩后的切线也满足 $Z^{\prime }(x)⩾0$

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例 4

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例 5

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例 6

一，凑的不对，导致放缩后约不掉变量

二，凑的不对，导致放缩后约不掉变量

二，凑的不对，导致放缩后约不掉变量

例题

例题 1

$a,b$ 为非负实数，求 $\frac{(a+1)(b+2)}{a^2+b^2+1}$ 的最大值。

TIP

对于 $t+\frac{1}{t},\frac{t^2+1}{t},\frac{t}{t^2+1}\mathrm{这}\mathrm{样}\mathrm{形}\mathrm{如}\mathrm{双}\mathrm{钩}\mathrm{函}\mathrm{数}\mathrm{的}\mathrm{式}\mathrm{子}，\mathrm{都}\mathrm{可}\mathrm{以}\mathrm{使}\mathrm{用}\mathrm{基}\mathrm{本}\mathrm{不}\mathrm{等}\mathrm{式}$

解

法一：

将包含两个未知数的式子通过变形使得可以通过不等式变形放缩变为只包含一个未知数的式子。

$\frac{(a+1)(b+2)}{a^2+b^2+1}=\frac{(a+1)(b+2)}{(a+1{)}^2-2(a+1)+b^2+2}=\frac{b+2}{(a+1)-2+\frac{b^2+2}{a+1}}$

分母 $\ge 2\sqrt{b^2+2}-2$，所以整个式子

$\mathrm{原}\mathrm{式}⩽\frac{b+2}{2\sqrt{b^2+2}-2}$

接下来我们的目标就是求 $h(x)=\frac{b+2}{2\sqrt{b^2+2}-2}$ 的最大值。

可以通过判别式法或求导法来求出 $h(x)$ 的最大值。然后题目答案就得出了。

法二：

直接令 $\frac{(a+1)(b+2)}{a^2+b^2+1}=t$

$t{a}^2-(b+2)a+t{b}^2+t-b-2=0$

这个式子要成立必须满足条件 $\mathrm{\Delta }⩾0$

即 $(b+2{)}^2⩾4t(t{b}^2+t-b-2)$

$(1-4t^2)b^2+(4+4t)b-4t^2+8t+4⩾0$

当 $t^2⩽\frac{1}{4}$ 时，这个二次函数开口向上。恒有解。因为我们是要求 t 的最大值。所以需要讨论 $t^2⩾\frac{1}{4}$ 的情况。

当 $t^2⩾\frac{1}{4}$，要向使这个二次函数有解，则必须满足

$\mathrm{\Delta }\ge 0$

即 $(4+4t{)}^2\ge 4(1-4t^2)(-4t^2+8t+4)$

整理得 $2t^2-4t-3\le 0$

$t\le 1+\frac{\sqrt{1}0}{2}$

所以 $t_{max}=1+\frac{\sqrt{1}0}{2}$

例题 2

已知 $x,y,z$ 不全为 0，求 $\frac{xy+2yz}{x^2+y^2+z^2}$ 的最大值。

将所有项分组，每个组利用不等式，求出最值

将分母的所有项分成两组，使用基本不等式得出分母的最小值，也就求出了整个式子的最大值。但是如何分成两组呢？需要满足什么条件呢？

目的是为了分子分母能同时约掉变量。