1、（一）不等式1 (排序不等式）设 是的一个排列，则 2(均值不等式) 设是个正数，则3（柯西不等式）设则等号成立当且仅当存在，使得.从历史角度看，柯西不等式又可称柯西-布理可夫斯基-席瓦兹不等式变形：（1）设则（2）设同号，且 则 4（不等式）若是上的凸函数，则对任意5（幂均值不等式）设 则 证： 作变换 令，则 则因 所以 则函数是上的凸函数，应用不等式即得。6（切比雪夫不等式）设两个实数组，则（该不等式的证明只用排序不等式及的表达式就可得证）7（一个基础不等式） 其中证：若中有一个为零，则结论成立。设均不为零，则原不等式等价于不等式令 则上式 记 则当 且所以函数在取得最小值0，从而可得证
2、结论。8（不等式）设 且，则（等号成立当且仅当）证： 在不等式7中令 则有 所以 令 则得证不等式。*9.与对数函数有关的一个不等式， （该不等式的证明利用导数的符号得出函数的单调性）*10三角函数有关的不等式 *11。舒尔（）不等式 设，则证明：首先考虑设，则由于对称性可设 （1）当时 左边所以 结论成立；（2）当时 ， 左边结论得证；（3）当时 ， 左边 结论得证。当时有*12。闵可夫斯基（）不等式 如果与都是非负实数，那么证明：应用不等式得 ，。从而得证。例1 设 且 求证 证：（1）由柯西不等式而 由条件即得 所以结论成立。（2）由幂均值不等式（）（3）由切比雪夫不等式，不妨设，则例2
3、 设 求证 证：左边= （由柯西不等式的变形）又即所以又结合上述两式得证结论。例3：已知为满足的正数，求证：证明：由柯西不等式的变形知而 所以原不等式成立。4是正实数，求证：证明：显然同理，所以可得若 （*）， 则即同理，所以 （因为）若上述假设（*）不成立，不妨设 ，则由柯西不等式故，同理 所以 综上可知 ，当且仅当时等号成立。5 若 均大于，求证 证明： 事实上故（当且仅当 时等号成立）6.已知 为正实数，证明：若 ，则 证： 显然 在区间 0，2上，设 ， 当为正数时 为增函数因此，对任意的正数 至多有一正数满足。下面证明 满足事实上若 ，则 是满足条件的唯一值。下面证明，若 则不存在满
4、足条件的。事实上，满足条件的一定满足下面方程此时上面方程若有解 ，则从而均小于零，所以不存在满足条件的。因此 （是一个锐角三角形的三个内角）则（上式利用是上的凹函数）所以结论得证。7.已知正数 ，满足条件：。求 的最小值。解：先证明一个不等式 对所有的正数成立（事实上，上式等价于 即 显然成立）于是，利用次如上不等式，得当 时等号成立。故所求最小值为例8：设为正数，且，求的最小值。解：由，即 。则由柯西不等式的变形知且当及时等号成立故的最小值为例3 设 求证证： 设则原不等式等价于即由柯西不等式将上式分子与分母展开，应用柯西不等式可证原不等式成立。9.设正数满足求函数最小值解： 由已知条件可解
5、令 则 从而下面估计 只需要证明利用均值不等式从而结论成立即且等号当 即时成立。所以的最小值为10.证明：对任意自然数，成立不等式 证：设 因为 如果 ，则所以，如果，则由数学归纳法可知 也就是 成立，但事实上显然不成立，所以不成立。也就是原不等式得证。11.非负数中最大的一个为，证明不等式 （并给出等号成立的条件）证：设 则（因为）等号成立，第一 对每个成立 即或者第二 这两种情况都成立只有如下两种情况（1）所有均为0；（2）为偶数，个其余的个12.已知 满足 ，求证证：（1）设中大于0的实数有，不大于0的有，则由已知条件得 所以 另一方面所以（2） 记 由 得 不妨设 则 ，于是从而13.
6、非负实数和正数满足，求证 证明：因为，则知 ，不妨设，则事实上如果，则且是可达的（如即可）。14.若为非负实数，满足，证明 证明：由于题中条件与结论是关于对等，所以可设，由，则有，则 于是同理由假设可知 从而 （其中 ）（） 例15的三边满足，证明证明：因为所以，原不等式等价于构造一个辅助函数一方面，所以 ，另一方面，为三角形的三条边长，所以 则 均为正数，利用平均不等式有，所以，即（本题巧妙的运用了特殊不等式以及辅助函数）例16设都是正数，求证 证明：（1） 由平均不等式 上述不等式两边相加可得证结论。（2）对任何正数都有即由于 则从而 上述不等式两边相加整理可得证结论。（3）整理可得证结论
7、。（4）因均为正数，设 由柯西不等式则即因为两边同除以即得证命题。例17设实数都不等于1，（1）求证： （2）证明：存在无穷多组三元有理数组使得上式等号成立。证：（1）令 则 由题设条件得 即 所以 从而（2）令 ，是正整数，则是三元有理数组，都不等于1，且对不同的正整数，三元有理数组互不相同。此时即命题得证。该问题的第一个问题的推广设实数都不等于1，满足，求证：证明：设，则同理 令 则即有 则结论得证。如互不相等，求证：证此结论只需要在上证的不等式中取还可证（只需要在上证的不等式中取）还可证设实数 都不等于1，满足，则（事实上令就将上式转化为前一不等式）例18n个正数，它们的和是1。求证：证
8、1 利用基本不等式：，有以上n个不等式两边分别相加并整理得以上n个不等式两边分别相加并整理得即证2 利用增量代换，设则因而 =证3 记A= B=则 A-B=所以 A=B.因此 =而 2，所以 =所以 例19设整数非负实数满足，求的最小值。解：由知，问题等价于求下式的最大值：（由于）（引理：若则事实上设现用数学归纳法证明 首先时，显然成立。假设时结论成立，对于不妨设则即由归纳假设知 引理得证。）从而应用引理知所以 ，（当时上不等式中的等号可取得）所以该问题的最小值为例20设实数满足 求证明：若都小于 则可以证明 事实上同理，对有类似的不等式，从而结论成立。若中有一个不小于不妨设 则故 而则，同理
9、因此总有结论得证。例21设，证明不等式（要证明几个数的和不超过定值可考虑运用均值不等式）证明： 由平均值不等式可知（当且仅当时取等号）取 则因为不能同时相等，所以例17已知且 求证（怎样利用条件）证明：令 则变为 要证的不等式变为，等价于证明注意到条件中为三角形的三条边，可令原不等式转化为 事实上，所以上述不等式成立，即原不等式得证。例22设为正实数，且满足，求证：证：由均值不等式得 同理上不等式相加得又由题设得 代入上式则得证结论。例23已知 且，求证：证明：显然由柯西不等式 所以 另一方面 所以所以原不等式得证。例24设均为正实数，满足条件，试求的最小值。解：由均值不等式和题中的条件，知
10、即因此 即 另外当时满足题中条件，且上不等式中等号取得。所以的最小值是例25（1）对任意正数（，求证：（2）对于每一个，对任意存在正数使得（1） 证明：用数学归纳法证明。当时由于即当时结论成立假设 时结论成立现在，我们证时，结论也成立事实上，由于任取个正数，由于不等式的循环对称性，不妨设则原不等式为由归纳假设可知所以结论得证。（2） 解 任取正整数，有两种情况：其中为大于1的正整数，取其中 ，由此可得显然时，有则结论成立。其中为大于1的正整数，取其中 ，同理可计算得原不等式的左边在时以2为极限，故结论得证。例26：已知正实数满足，证明：证明：首先证明，若则不超过与的加权平均。有均值不等式有同理
11、将上4个式子相加得从而原题得证。例27：证明对任意的正实数都有并确定等号成立的条件。证明：设则，其中，类似有设则的分母分别为由柯西不等式故, （1）而其中同理 其中 故 （2）其中 又从而由（2）可得结合（1）可得因此原不等式成立，且等号成立的条件为 例28求函数的最大和最小值。解（1）：函数的定义域为，因为当时等号成立，故的最小值为又由柯西不等式得所以由柯西不等式等号成立的条件，得，解得 故上述不等式在时等号成立，所以的最大值为11。（2）函数的定义域为，因为（观察知为减函数且时）所以时取到最大值为11。比较时的值知 时取到最小值为例29 求证不等式： 证明（1）：首先证一个不等式 ， （1
12、）事实上，令 对分别求导数可知在为增函数，即得时 即得证（1）式。在（1）式中令得 （2）令 则 因此 又因为： 从而即结论得证。例30设是直角三角形的三边长，求最大常数，使得对于所有的直角三角形都成立。解：当时，即为等腰直角三角形时，原不等式为，得 从而猜测的最大值为，下证 事实上，可设 ，则令 ，则 所以结论得证。（一） 数论初步初等数论也叫做整数论，其研究对象是整数，由于其形式简单，所用知识不难理解，因而常常出现在数学竞赛中数学竞赛中的数论问题主要涉及奇数和偶数，约数与倍数，素数与合数，平方数、整除、同余、不定方程、数论函数x和欧拉函数、数的非十进制等处理竞赛中的数论问题要求熟悉基本知识
13、，灵活地运用一些常用技巧在本讲中，如没有特别说明，所用的字母均表示整数1整除设a、b是两个整数，b0，则一定有且仅有两个整数q和r，使得a=bq+r(0r|b|)成立，其中q叫做商，r叫做余数当r=0时，称b整除a(或a能被b整除)，记作b|a此时a叫b的倍数，b叫a的约数(因数)设是正整数，是不小于2的整数，则存在惟一的一组小于的非负整数，且，使得，这就是的进制表示设a、b是两个不全为0的整数，若整数d既能整除a又能整除b，则称d是a、b的公约数，a、b的公约数中的最大者称为a、b的最大公约数，记为(a，b)若(a，b)=1，则称a、b是互素(互质)的设a、b是两个都不为0的整数，若m是a的
14、倍数，同时又是b的倍数，则称m是a、b的公倍数，a、b的公倍数中最小的正数称为a、b的最小公倍数，记为a，b对任意的正整数a、b有：(a，b) a，b=ab对非零整数a、b、c、m、n，有以下性质：(1) 若，则;(2) 若，则;(3) 若，则;(4) 若，且，则;(5) 若，且，则.2同余 设是一个不小于2的正整数，且，则称对模同余，记作设是整数，且，则(1)若，且，则；(2)若，且，则且；(3)若，且正整数满足，则3素数与合数若一个大于1的整数除了1和本身外再无其它的正约数，则称这个数为素数（质数）每一个大于1的整数都可分解成素数的乘积，而且不计因数的顺序时，这种表示是惟一的，即正整数的素
15、数分解式为，则的正约数的个数为，的所有正约数的和为每连续个整数中，与互质的整数的个数是.4不定方程若是方程的一个正整数解，则方程的一切整数解可以表示为方程满足且是偶数的一切正整数解为（这里，一奇一偶，且）例1（2008年全国数学高中联赛试题） 求满足下列关系式组的正整数解组的个数分析：此问题是二次不定方程，且有约束条件，因此要进行适当的转化求解。解 令，由条件知，方程化为，即 （1）因，故，从而设因此（1）化为 （2） 下分为奇偶讨论，（）当为奇数时，由（2）知为奇数令，代入（2）得 （3）（3）式明显无整数解故当为奇数时，原方程无正整数解 （）当为偶数时，设，由方程（2）知也为偶数从而可设，
16、代入（2）化简得 （4）由（4）式有，故，从而可设，则（4）可化为， （5）因为整数，故 又，因此 ，得， 因此，对给定的，解的个数恰是满足条件的的正因数的个数因不是完全平方数，从而为的正因数的个数的一半即 由题设条件，而25以内有质数9个：2，3，5，7，11，13，17，19，23将25以内的数分为以下八组：，从而易知，(，所以（利用前面所讲的约数个数计算公式）， (，将以上数相加，共131个因此解的个数共131 例2(2006年女子数学奥林匹克试题)求证:对，均有无穷多个正整数，使得中恰有个可表示为3个正整数的立方和.分析 首先，本题实际上是要证明3个命题.其次，我们对整数被3除的余数进
17、行分析，从而对任一整数的立方被9除的余数就有一个定论，再就每一命题构造出使命题成立的.解 每一整数可表示为的形式，而或，于上任一整数的立方模9为0或1，从而三个整数的立方和被9除的余数不能为4或5.当时，令. 显然，这样的正整数有无穷多个，于是均不能表示成三个整数的立方和，而是三个相同正整数的立方和.当时， ，显然，这样的正整数有无穷多个，不是三个整数的立方和，且.当时， ，显然，这样的正整数有无穷多个， 且，.例3：求方程 的所有非负整数解解： 由于为偶数，所以 。情形1：若，此时原方程变为 若 则 由此可得， （事实上因此 这与 矛盾。（不能被3整除）若 则当时，直接计算可得 （两组解）当
18、时，有，直接计算知不可能（因为）所以 当时，全部的非负整数解为 两组解。情形2：若 则 因此 因为 则知为奇数，则 所以 计算知 ）当时，有 则 因此得 此与矛盾，所以 于是 当 时，当时 故 因此 （5（*） ）（因为，则）因此 ，而 ，则，这与 矛盾。故此种情况的整数解为 情形3：若 此时 则有又，则 则有所以都是奇数，从而所以 ，原方程变为 （其中都是奇数） 由此知 从而 ，（直接计算得）设 （）于是 因为 又 与互质，所以 于是 ，若 则有（类似于情形2中（*）式得矛盾）即不可能，则，即 故此时有解综上所述原方程有4组整数解 杂题设 ，其中是正整数。（1）若，证明：是完全平方数；（2）证明：存在无穷多个正整数组成的数对，使得多项式满足。证明：（1）比较多项式得 所以故 ， 。由得 ，即 于是 所以，是完全平方数。（2）因为，等价于 ，即所以，只需证明上述方程有无穷多组正整数解即可。事实上，由于 ，所以，当是一个完全平方数，且 是正整数就得上述不定方程的解。设 ，为任意正整数，则，所以存在无穷多个正整数组成的数对，使得多项式满足。
