不等式

基本不等式

基本不等式的基础形式

$a^2+b^2\geqslant 2ab$ ，其中 $a,b\in \mathbb{R}$ ，当且仅当 $a=b$ 时等号成立.

$a+b\geqslant 2\sqrt{ab}$ ，其中 $a,b\in[0,+\infty)$ ，当且仅当 $a=b$ 时等号成立.

$\displaystyle\dfrac{a^2+b^2}{2}\geqslant\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\geqslant ab$

对勾函数

双勾函数”、“勾函数”、"对号函数"、“双飞燕函数”等。因函数图像和耐克商标相似，也被形象称为“耐克函数”或“耐克曲线”

常见题型

积(和)为定值

e.g.
若实数 $a,b$ 满足 $2^a+2^b=1$ ，则 $a+b$ 的最大值是______.

Sol:
由基本不等式 $1=2^a+2^b\geqslant2\sqrt{2^{a+b}}$
$2^{a+b}\leqslant2^{-2}$
$\therefore a+b\leqslant-2$
$\therefore (a+b)_{max}=-2$ ，当且仅当 $a=b=-1$ 时等号成立.

函数 $y=a^{x-1}\;(a>0,a\not=1)$ 的图像恒过定点 A ，若该点在直线 $mx+ny=1$ 上，则 $mn$ 的最大值为______.

Sol:
易知函数 $y=a^{x-1}$ 必过点 $A(1,1)$ ，又 $A$ 在直线 $mx+ny=1$ 上.
所以有 $m+n=1\geqslant2\sqrt{mn}$
$\therefore mn\leqslant\dfrac{1}{4}\Rightarrow (mn)_{max}=\dfrac{1}{4}$ .
当且仅当 $m=n=\dfrac{1}{2}$ 时，等号成立.

e.g.
已知函数 $f(x)=2^x+\dfrac{1}{2^{x+2}}$ ，则 $f(x)$ 取最小值时对应的 $x$ 值为______.

Sol:
$2^x+\dfrac{1}{2^{x+2}}\geqslant2^{-2}$
当且仅当 $2^x=\dfrac{1}{2^{x+2}}$ ，
即 $x=-1$ 时，取到最小值.

已知 $x>-2$ ，则 $x+\dfrac{1}{x+2}$ 的最小值为______.

Sol:
$x+2+\dfrac{1}{x+2}-2\geqslant2-2=0.$
当且仅当 $x=-1$ 时等号成立.

e.g.
若对任意的 $x>0,\,\dfrac{x}{x^2+3x+1}\leqslant a$ 恒成立，则 $a$ 的取值范围是______.

Sol:
$\because\dfrac{x}{x^2+3x+1}\leqslant a$ 恒成立,
即 $a\geqslant\left(\dfrac{x}{x^2+3x+1}\right)_{max}$
$\dfrac{x}{x^2+3x+1}=\dfrac{1}{x+\dfrac{1}{x}+3}\leqslant\dfrac{1}{5}$

$\therefore a\geqslant\left(\dfrac{x}{x^2+3x+1}\right)_{max}=\dfrac{1}{5}$
$\therefore a\in[\dfrac{1}{5},+\infty).$

已知 $a>0,\;b>0$ ，若不等式 $\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}\geqslant\dfrac{m^2-8m}{2a+b}$ 恒成立，则 $m$ 的取值范围是______.

Sol:
$\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}\geqslant\dfrac{m^2-8m}{2a+b}$ 恒成立，
即 $m^2-8m\leqslant\left[\left(\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\left(2a+b\right)\right]_{min}$

$\left(\dfrac{2}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\left(2a+b\right)=4+\dfrac{2b}{a}+\dfrac{2a}{b}+1\geqslant9$
当且仅当 $\dfrac{2b}{a}=\dfrac{2a}{b}$ 时，
即 $a=b$ 时，等号成立.
即 $m^2-8m\leqslant9\Rightarrow m\in[-1,9]$

其他

e.g.
$x+y-3xy+5=0\;(x\geqslant0,\;y\geqslant0)$
(1) $x+y$ 的最小值;
(2) $xy$ 的最小值.

Sol:
(1) 令 $t=x+y\geqslant0$
$t+5=x+y+5=3xy\leqslant3\left(\dfrac{x+y}{2}\right)^2=\dfrac{3t^2}{4}$
$\Rightarrow(t+2)(3t-10)\geqslant0\Rightarrow t\geqslant\dfrac{10}{3}$
$\therefore(x+y)_{min}=\dfrac{10}{3}$

(2) 令 $\sqrt{t}=xy\geqslant0$
$3t^2-5=x+y\geqslant2t$
$\Rightarrow(3t-5)(t+1)\geqslant0\Rightarrow t\geqslant\dfrac{5}{3}.$
$xy=t^2\geqslant\dfrac{25}{9}$

糖水不等式

e.g.
数列 $\{a_n\},\;a_1=1,\;a_{n+1}=3a_n+1$
(1) 证明: $\{a_n+\frac12\}$ 为等比数列，并求出 $a_n$ 的通项公式.

(2) 证明: $\dfrac1{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}<\dfrac32$

Sol:
(1)
$a_{n+1}+\dfrac{1}{2}=3\left(a_n+\dfrac{1}{2}\right)$
$\dfrac{a_{n+1}+\frac12}{a_n+\frac12}=3$
$\therefore \{a_n+\dfrac12\}$ 为公比为 3 的等比数列.
$\therefore a_{n}+\dfrac12=\dfrac{3^n}{2}\Rightarrow a_n=\dfrac{3^n-1}{2}$

(2)

$\begin{aligned} &\dfrac1{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}\\ =&\dfrac{2}{3^1-1}+\dfrac{2}{3^2-1}+\cdot+\dfrac{2}{3^n-1}\\ <&\dfrac{2+1}{3^1-1+1}+\dfrac{2+1}{3^2-1+1}+\cdot+\dfrac{2+1}{3^n-1+1}\\ =&\dfrac{1-(\dfrac{1}{3})^n}{1-\dfrac13}\\ =&\dfrac32 \end{aligned}$

得证.

若 $b>a>0,\;m>0$ ，则 $\dfrac{a}{b}<\dfrac{a+m}{b+m}$

技巧题(套路题)

已知 $x,\;y\in\mathbb{R},\,3\leqslant xy^2\leqslant8,\,4\leqslant \dfrac{x^2}{y}\leqslant9,\,$ 求 $\dfrac{x^3}{y^4}$ 的最大值.

Sol:
想通过乘法获得 $\dfrac{x^3}{y^4}$
于是设 $(xy^2)^{a}\cdot(x^2y^{-1})^b=x^3y^{-4}$
即 $\begin{cases} a+2b=3\\ 2a-b=-4 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a=-1\\ b=2 \end{cases}$
$\dfrac18\leqslant (xy^2)^{-1}\leqslant\dfrac{1}{3}$
$16\leqslant(x^2y^{-1})^2\leqslant81$
上述两式相乘可得
$2\leqslant\dfrac{x^3}{y^4}\leqslant27$
$\therefore \left(\dfrac{x^3}{y^4}\right)_{max}=27$

易错

e.g.
$a+b=1\;$ . 求 $y=(a+\dfrac{1}{a})(b+\dfrac1{b})$ 的最小值

因为这题是易错题，所以先给可能的错误解法:
$y=(a+\dfrac{1}{a})(b+\dfrac1{b})\geqslant2\cdot2=4$
这个时候取等号的条件是 $a=1,\,b=1$ 显然与 $a+b=1$ 矛盾，所以我们在用基本不等式的时候，要判断一下，我们能否能取到等号.

正确解法:
$y=(ab+\dfrac{1}{ab})+(\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b})\geqslant(ab+\dfrac{1}{ab})+2\sqrt{\dfrac{b}{a}\cdot\dfrac{a}{b}}=(ab+\dfrac{1}{ab})+2$
当且仅当
$\begin{cases} a+b=1\\ \dfrac{b}{a}=\dfrac{a}{b}\\ \end{cases} \Rightarrow a=b=\dfrac12$
带入上式得 $y\geqslant\dfrac12\cdot\dfrac12+\dfrac1{\frac12\cdot\frac12}+2=\dfrac{25}{4}$

注：若这里我们对 $(ab+\dfrac1{ab})$ 进行均值不等式计算，是无解的.

推广

$a_1+a_2+\cdots+a_n\geqslant n\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}$
$(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)\geqslant(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)$
权方和不等式

试

$a^2+b^2+c^2\geqslant ab+bc+ca$

Sol:
$\begin{aligned} &a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\\ =&\dfrac12(a-b)^2+\dfrac12(b-c)^2+\dfrac12(c-a)^2\\ \geqslant&0 \end{aligned}$
显然成立.

$\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}<2$

Sol:

$\begin{aligned} &\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}\\ <&1+\dfrac{1}{1\cdot2}+\dfrac{1}{2\cdot3}+\cdots+\dfrac{1}{(n-1)\cdot n}\\ =&1+\dfrac11-\dfrac12+\dfrac12-\dfrac13+\cdots+\dfrac1{n-1}-\dfrac1{n}\\ =&2-\dfrac1{n}\\ <&2 \end{aligned}$
从第二项开始放缩
$\dfrac{1}{n^2}<\dfrac{1}{(n-1)n}$

$\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}<\dfrac{7}{4}$

Sol:

$\begin{aligned} &\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}\\ <&\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2-1}+\dfrac{1}{3^2-1}+\cdots+\dfrac{1}{n^2-1}\\ =&1+\dfrac{1}{2}\left[\left(\dfrac{1}{2-1}-\dfrac{1}{2+1}\right)+\left(\dfrac{1}{3-1}-\dfrac{1}{3+1}\right)+\cdots+\left(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n+1}\right)\right]\\ =&1+\dfrac{1}{2}\left[\left(\dfrac{1}{2-1}+\dfrac{1}{3-1}\right)-\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}\right)\right]\\ <&1+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac1{2-1}+\dfrac1{3-1}\right)\\ =&\dfrac{7}{4} \end{aligned}$
同样从第二项开始放缩
$\dfrac{1}{n^2}<\dfrac{1}{n^2-1}$

$\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}<\dfrac{5}{3}$

Sol:

$\begin{aligned} &\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^2}=1+\sum_{k=2}^n\dfrac{1}{k^2}=1+\sum_{k=1}^n\dfrac{4}{4k^2}\\ <&1+\sum_{k=2}^n\dfrac{4}{4k^2-1}=1+2\sum_{k=2}^{n}\left(\dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k+1}\right)\\ =&1+2\times\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2n+1}\right)\\ <&1+2\times\dfrac{1}{3}\\ =&\dfrac{5}{3} \end{aligned}$
同样从第二项开始放缩
$\dfrac{1}{n^2}<\dfrac{4}{4n^2-1}$

（2017 天津文科数学 T13）
已知两个实数 $a,\,b$ 有 $ab>0$ ，求 $\dfrac{a^4+4b^4+1}{ab}$ 的最小值.

Sol:
$\dfrac{a^4+4b^4+1}{ab}\geqslant\dfrac{4a^2b^2+1}{ab}\geqslant\dfrac{2\sqrt{4a^2b^2\cdot1}}{ab}=4$

当且仅当 $a=\sqrt{2}b=\dfrac{1}{2}$ 时，等号成立.

（2017 北京文科数学 T11）
已知在 $x\geqslant0$ 且 $y\geqslant0$ 的条件下，有 $x+y=1$ ，求 $x^2+y^2$ 的取值范围.

Sol:
$x^2+y^2=(x+y)^2-2xy=1-2xy$
又 $1=x+y\geqslant2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\leqslant\dfrac{1}{4}$
$\therefore x^2+y^2=1-2xy\geqslant1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$
$\therefore x^2+y^2\in[\dfrac12,+\infty)$

（2019 全国卷1 理科 T23）
已知 $a,\,b,\,c$ 为正数，且满足 $abc=1$ . 证明：
(1) $\dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\leqslant a^2+b^2+c^2$
(2) $(a+b)^3+(b+c)^3+(c+a)^3\geqslant 24$

Sol:
(1) $\because abc=1$
$\therefore \dfrac1a+\dfrac1b+\dfrac1c\leqslant a^2+b^2+c^2$
只需证明 $a^2+b^2+c^2+\geqslant ab+bc+ca$
整理得 $\dfrac{1}{2}(a-c)^2+\dfrac{1}{2}(b-c)^2+\dfrac{1}{2}(c-a)^2\geqslant0$
这个不等式是显然的.

(2)
$\begin{aligned} &(a+b)^3+(b+c)^3+(c+a)^3\\ \geqslant&3\sqrt[3]{(a+b)^3\cdot(b+c)^3\cdot(c+a)^3}\\ =&3(a+b)\cdot(b+c)\cdot(c+a)\\ \geqslant&3\cdot2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}\\ =&24abc\\ =&24 \end{aligned}$

当且仅当 $a=b=c=1$ 时，等号成立.

补充

1.已知正项数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$ 满足：
$S_n^2-(n^2+n-1)S_n-(n^2+n)=0$ ，则数列 $\{a_n\}$ 的通项公式 $a_n$ 为______.

Sol:
$S_n^2-(n^2+n-1)S_n-(n^2+n)=\left[S_n-(n^2+n)\right](S_n+1)=0$
$\because\;\{a_n\}$ 是正项数列
$\therefore S_n>0$
$\Rightarrow S_n=n^2+n$
$a_1=S_1=2,$
当 $n\geqslant2$ 时， $a_n=S_{n}-S_{n-1}=n^2+n-(n-1)^2-(n-1)=2n$
综上所述， $a_n=2n$

2.已知正项数列 $\{a_n\}$ ，满足 $2S_n=a_n+\dfrac{1}{a_n}$ ，求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式.

Sol:
$\begin{aligned} 2S_{n} =&a_n+\dfrac{1}{a_n}\\ =&S_n-S_{n-1}+\dfrac{1}{S_n-S_{n-1}}\\ S_{n}-&S_{n-1}=\dfrac{1}{S_n-S_{n-1}}\\ \end{aligned}$

$\Rightarrow S_{n}^2-S_{n-1}^2=1$
得到 $\{S_n^2\}$ 是一个公差为 1 的等差数列.
$\therefore S_n^2=n\Rightarrow S_n=\sqrt{n}$
$\Rightarrow a_n=S_n-S_{n-1}=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}$
又 $2a_1=a_1+\dfrac{1}{a_1}\Rightarrow a_1=1=\sqrt{1}-\sqrt{1-1}$
$\therefore$ 综上所述, $a_n=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}$

3.已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1,\;a_{n+1}=\dfrac{a_n-\sqrt{3}}{\sqrt{3}a_n+1}$ ，则 $a_{2009}=(\quad)$
$A.1\quad B.-\sqrt{3}+2\quad C.-\sqrt{3}-2\quad D.\sqrt{3}-2$

Sol:
$a_1=1$
$a_2=\dfrac{1-\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}=\sqrt{3}-2$
$a_3=\dfrac{\sqrt{3}-2-\sqrt{3}}{3-2\sqrt{3}+1}=-2-\sqrt{3}$
$a_4=\dfrac{-2-\sqrt{3}-\sqrt{3}}{-2\sqrt{3}-3+1}=\dfrac{-2-2\sqrt{3}}{-2-2\sqrt{3}}=1$
因为后一项只与前一项有关，所以可以看出周期为 3
$2009\%3=2$
$\therefore a_{2009}=a_2=\sqrt{3}-2$
所以选 $D$ .

最后编辑于：2019.11.12 01:10:29

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