幾個重要不等式在不等式證明中的應用

郭西鋒

摘要：二元或三元不等式證明問題，是高考或競賽的常考內容，在解題中有幾個使用頻率較高的不等式，即均值不等式、柯西不等式、權方和不等式、絕對值三角不等式等.借助這幾個不等式常可迅速找到問題的突破口.

關鍵詞：均值不等;柯西不等式;絕對值三角不等式;權方和不等式

不等式證明在高考全國卷中是必考題型，題目難度中等，解答此類問題，只要掌握常見題型的處理方法及求解策略，便不難得分.本文中就此類問題所涉及的解題方法及解題工具進行梳理，并舉例分析.

1 題型特征

在高考中關于不等式證明選講內容的命題類型大多為二元或三元不等式的證明，其中各元均為正數，且給出二元或三元滿足的某些條件，證明所給不等式成立.已知或所證關系式中常常含有根式、一次式、二次式或三次式，從結構來看往往具有對稱關系.

2 方法策略

解題中所涉及的證明方法主要有：分析法，綜合法、反證法等.這些是我們常用的證明方法，具體不再贅述.

常用的工具主要有：均值不等式、柯西不等式、絕對值三角不等式、權方和不等式等.另外，在某些競賽題目中還會涉及排序不等式、琴生不等式等.

3 工具應用

3.1 均值不等式

二元均值不等式是兩個正數的算數平均數與其幾何平均數的關系，即a，b>0時，a+b2≥ab，當且僅當a=b時，等號成立.

將其進行拓展，可得a，b>0時，a2+b22≥a+b2≥ab≥21a+1b，其中a2+b22稱為a，b的平方平均數，21a+1b稱為a，b的調和平均數.這一不等式鏈的證明較簡單，在此不再給出.

其三元形式，即a，b，c>0時，a2+b2+c23≥a+b+c3≥3abc≥31a+1b+1c，當且僅當a=b=c時，等號成立.

將其推廣到一般形式，當ai>0，i=1，2，……，n時，

a21+a22+……+a2nn≥a1+a2+……+ann≥na1+a2+……+an≥n1a1+1a2+……+1a3，當且僅當a1=a2=……=an時，等號成立.

例1 （2022年高考全國乙卷）已知a，b，c都是正數，且a32+b32+c32=1，證明：

（1）abc≤19；（2）ab+c+ba+c+ca+b≤12abc.

證明：（1）因為a>0，b>0，c>0，則a32>0，b32>0，c32>0，

所以a32+b32+c323≥3a32·b32·c32.于是（abc）12≤13，故abc≤19，當且僅當a32=b32=c32=13，即a=b=c=1332時，等號成立.

（2）因為a>0，b>0，c>0，所以b+c≥2bc，a+c≥2ac，a+b≥2ab，則

ab+c≤a2bc=a322abc，ba+c≤b2ac=b322abc，ca+b≤c2ab=c322abc.

于是ab+c+ba+c+ca+b≤a322abc+b322abc+c322abc=a32+b32+c322abc=12abc，當且僅當a=b=c=1332時，等號成立.

點評：本題已知條件是有關三個元和的形式，所證的關系式中含有積的形式，因此不難想到利用均值不等式進行轉化證明.在高中階段，不等式證明中應用較多的是二元和三元均值不等式.對于不滿足均值不等式條件的證明問題，可先構造再應用，構造的方式主要有“添項”“拆項”等.

3.2 柯西不等式

柯西不等式的一般形式：設a1，a2，……，an，b1，b2，……，bn是實數，則（a21+a22+……+a2n）（b21+b22+……+b2n）≥（a1b1+a2b2+……+anbn）2，當且僅當bi=0（i=1，2，……，n）或存在一個實數k，使得bi=kai（i=1，2，……，n）時，等號成立.這一不等式可簡記為“方-和-積”≥“積-和-方”.

柯西不等式的三元形式：若a1，a2，a3和b1，b2，b3是實數，則（a21+a22+a23）（b21+b22+b23）≥（a1b1+a2b2+a3b3）2，當且僅當bi=0（i=1，2，3）或存在一個實數k，使得ai=kbi（i=1，2，3）時，等號成立.

柯西不等式的二元形式：若a1，a2和b1，b2是實數，則（a21+a22）（b21+b22）≥（a1b1+a2b2）2，當且僅當a1b2=a2b1時，等號成立.此形式與向量不等式（|a|·|b|）2≥（a·b）2的代數形式一致.

例2 已知x，y，z∈R，且x+y+z=1.

（1）求（x－1）2+（y+1）2+（z+1）2的最小值；

（2）若（x－2）2+（y－1）2+（z－a）2≥13成立，證明：a≤－3或a≥－1.

解析：（1）由x+y+z=1，結合三元柯西不等式，可以得到3［（x－1）2+（y+1）2+（z+1）2］=（12+12+12）［（x－1）2+（y+1）2+（z+1）2］≥［（x－1）+（y+1）+（z+1）］2=4.

所以（x－1）2+（y+1）2+（z+1）2≥43，當且僅當x=53，y=－13，z=－13時，等號成立.

故（x－1）2+（y+1）2+（z+1）2的最小值為43.

（2）證明：因為由x+y+z=1，結合柯西不等式，得3［（x－2）2+（y－1）2+（z－a）2］=（12+12+12）＼5［（x－2）2+（y－1）2+（z－a）2］≥（-2-a）2=（2+a）2，即（x－2）2+（y－1）2+（z－a）2≥（2+a）23，當且僅當x=4－a3，y=1－a3，z=2a－23時，等號成立.故（x－2）2+（y－1）2+（z－a）2的最小值為（2+a）23.由（2+a）23≥13，得a≤－3，或a≥－1.

點評：柯西不等式是處理不等式證明問題的常用工具，對于不具備應用條件的不等式，可通過拆項、結構變形、引入數組等進行構造，如本題中兩次應用柯西不等式，均利用了3=12+12+12進行構造.

3.3 權方和不等式

權方和不等式的二維形式：a，b，x，y>0，a2x+b2y≥（a+b）2x+y，當且僅當ax=by時，等號成立.其證明可利用均值不等式，此處略.

其n維形式：ai>0，bi>0，m>0，am+11bm1+am+12bm2+……+am+1nbmn≥（a1+a2+……+an）m+1（b1+b2+……+bn）m，當ai=λbi時（λ為實數），等號成立.

例3 （2022年高考數學全國甲卷）已知正實數a，b，c滿足a2+b2+4c2=3，求證：

（1）a+b+2c≤3；

（2）若b=2c，則1a+1c≥3.

證明：（1）由柯西不等式，知（a2+b2+4c2）（12+12+12）≥（a+b+2c）2，即3×3≥（a+b+2c）2，而a，b，c>0，所以a+b+2c≤3，當且僅當a=b=2c，即a=b=1，c=12時，等號成立.

（2）由（1）知a+b+2c≤3，且b=2c，所以0

點評：本題的證明綜合使用了柯西不等式與權方和不等式，應用中要準確把握題目所給及所證關系式的結構特征，準確構造相應的不等式來求解.

3.4 絕對值三角不等式

絕對值三角不等式：|a|+|b|≥|a+b|，其中a，b為實數，等號成立的條件是ab≥0.將上式中的b換為－b，則有|a|+|b|≥|a－b|，等號成立的條件是ab≤0.將兩式綜合，可得||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，a，b為實數.

例4 已知a，b∈R，且|a+b|≤16，|a－b|≤14，求證：|5a+b|≤1.

解析：令5a+b=m（a+b）+n（a－b）=（m+n）＼5a+（m－n）b，則m+n=5，m－n=1，解得m=3，n=2.

由|a+b|≤16，得3|a+b|=|3a+3b|≤12.

由|a－b|≤14，得2|a－b|=|2a－2b|≤12.

所以|3a+3b|+|2a－2b|≤12+12=1.

由絕對值三角不等式，得|3a+3b|+|2a－2b|≥|（3a+3b）+（2a－2b）|=|5a+b|，所以|5a+b|≤1.

點評：與絕對值有關的不等式恒成立或證明問題，通常可借助絕對值三角不等式實現不等式的證明.

總之，只要我們能夠掌握這些重要不等式的應用條件及其相應的變形、構造技巧，并結合所證式子的結構特征，即可靈活處理二元或多元不等式的證明問題.