不等式练习题

1．已知正实数 $a,b,c$ 满足 $abc=1$，求证：$5+\dfrac ab+\dfrac bc+\dfrac ca\geqslant $．

2．已知$a,b>0$，则$m=\dfrac{b^2+2}{a+b}+\dfrac{a^2}{ab+1}$的最小值是______．

3．求证：$\displaystyle \sum_{k=2}^n\dfrac{\ln k}{k^2}<>

4．已知$a,b,c>0$且$abc=1$，求证：$\displaystyle \sum_{cyc}\dfrac{a^3}{a^2+b+c}\geqslant 1$．

5．已知 $P$ 为三角形 $ABC$ 的费马点，记 $PA$，$PB$，$PC$ 的长为 $x$，$y$，$z$，三角形的边长为 $a$，$b$，$c$．求证：\[^2\leqslant ab+bc+ca.\]

6．已知 $a_i>0$，$x_i\in\mathbb R$，其中 $i=1,2,\cdots,n$．求证：\[\left[\left\right)^2+\left\right)^2\right]^2\geqslant 4\left^3.\]

7．求最大的正实数 $\lambda$，使得对任意正整数 $n$ 和正实数 $a_i$（$i=1,2,\cdots,n$），都有\[1+\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}\geqslant \lambda \left.\]

参考答案

1．作齐次代换 $\left=\left$，则题中不等式即\[5+\sum_{cyc}\dfrac{xy}{z^2}\geqslant \dfrac{}{xyz},\]也即\[3xyz+\sum_{cyc}\dfrac{x^2y^2}{z}\geqslant \sum_{cyc}\left,\]此即舒尔不等式，所以原命题得证．

2．$2$．

观察分母，考虑利用柯西不等式统一分母．根据题意，有\[m\geqslant \dfrac{b^2+2}{\sqrt{a^2+1}\cdot \sqrt{1+b^2}}+\dfrac{a^2}{\sqrt{a^2+1}\cdot \sqrt{b^2+1}}=\dfrac{+}{\sqrt{a^2+1}\cdot \sqrt{b^2+1}}\geqslant 2,\]等号当$=$时取得，因此所求的最小值为$2$．

3．由积分放缩法，可得\[\begin{split}LHS&<\dfrac{\ln 2}{4}+\dfrac{\ln="" 3}9+\int_3^n\dfrac{\ln="" x}{x^2}{\rm="" d}="">

&=\dfrac{\ln 2}{4}+\dfrac{\ln 3}9+\left.\left\right|_{3}^n\\

&<\dfrac{\ln 2}4+\dfrac{\ln="" 3}9+\dfrac="" {1+\ln="">

&<>

注 考虑到\[\dfrac{\ln k}{k^2}=\dfrac{\ln k}{\sqrt k}\cdot \dfrac{1}{\sqrt{k^3}}.\]而利用导数易得\[\dfrac{\ln k}{\sqrt{k}}<\dfrac{2}{\rm><2\left^2}{\sum_{cyc}\left}=\dfrac{\sum_{cyc}a^4+2\sum_{cyc}a^2b^2}{\sum_{cyc}a^3+2\sum_{cyc}ab},\]而由切比雪夫不等式，可得\[\sum_{cyc}\left\geqslant \sum_{cyc}a^3\cdot \dfrac{a+b+c}3\geqslant \sum_{cyc}a^3,\]且\[\sum_{cyc}\geqslant \sum_{cyc}ab\cdot \dfrac {ab+bc+ca}3\geqslant \sum_{cyc}ab,\]因此\[\dfrac{\left^2}{\sum_{cyc}\left}=\dfrac{\sum_{cyc}a^4+2\sum_{cyc}a^2b^2}{\sum_{cyc}a^3+2\sum_{cyc}ab}\geqslant 1,\]原命题得证．

5．法一 如图，将 $\triangle APC$ 旋转 $60^\circ$ 到 $\triangle EDC$．

有\[\begin{split}^2&=a^2+b^2-2ab\cos\left\\ &=a^2+b^2-2ab\left\\ &=a^2+b^2-2ab\left^2}}{2ab}\right).\end{split}\]整理，得原不等式等价于\[\left^2\geqslant 3\left.\]该不等式即\[\sum_{cyc}\left\geqslant\sum_{cyc}\left.\]此即Schur不等式当 $r=2$ 时的情形．

法二 根据柯西不等式，有\[\begin{split} \sum_{cyc}{\sqrt{x^2+xy+y^2}\cdot\sqrt{x^2+xz+z^2}}&=\sum_{cyc}\sqrt{\left^2+\left^2}\cdot \sqrt{\left^2+\left^2} \\ &\geqslant \sum_{cyc}\left \\ &=^2.\end{split} \]

6．由于当 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^na_i\geqslant 1$ 时，右边不大于 $0$，因此不等式显然成立．接下来只需要考虑 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^na_i<1$ 的情形．此时=""><><1$（$i=1,2,\cdots,n$）．记\[m=\left\right)^2+\left\right)^2,\]则根据平均值不等式，有\[\begin{split}m&\geqslant="" \dfrac="" 12\left\right)\right)^2\\

&\geqslant \left^2,\end{split}\]于是问题即证明\[\forall x\in,\left^4\geqslant 4^3,\]也即\[\forall x\in ,x^3+\leftx^2+12-8\sqrt 2\geqslant 0.\]事实上，由于\[\dfrac 12x^3+\dfrac 12x^3+12-8\sqrt 2\geqslant 3\cdot \left^{\frac 13}\cdot x^2>4\left\cdot x^2,\]于是原命题得证．

7．考虑使用权方和不等式，有\[\begin{split}LHS&=\dfrac{1^{\frac 32}}{1^{\frac 12}}+\dfrac{1^{\frac 32}}{^{\frac 12}}+\dfrac{1}{a_2}+\dfrac{1}{a_3}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}\\

&\geqslant \dfrac{2\sqrt 2}{\sqrt{1+a_1^2}}+\dfrac{1}{a_2}+\dfrac{1}{a_3}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}\\

&=\dfrac{2\sqrt 2-1}{\sqrt{1+a_1^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a_1^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_2^2}}+\dfrac{1}{a_3}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}\\

&=\dfrac{2\sqrt 2-1}{\sqrt{1+a_1^2}}+\dfrac{2\sqrt 2}{\sqrt{1+a_1^2+a_2^2}}+\dfrac{1}{a_3}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}\\

&\cdots\\

&\geqslant \left\cdot \left+\dfrac{1}{\sqrt{1+a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2}}

,\end{split}\]等号当 $a_k=2^{\frac{k-1}2}$（$k=1,2,\cdots,n$）时取得．结合 $n\to \infty$ 的情形，可得 $\lambda$ 的最大值为 $2\sqrt 2-1$．

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