习题四 A类
1. 设a1,a2,...,an都是正数（n?2），且2.
n?ai?1i?1，求证?i?1n1n1 ??n1?ai1?aii?1ai，求单位圆的内接n边形面积的最大值。 n是给定的正整数（n?3）
?3. 设xi?[0,],i?1,2,3,4,5，满足sin2x1?sin2x2?...?si2xn5?1，证明
2 2(sinx1?sinx2?...?sinx5)?cosx1?cosx2?...?cox5s4. 设x1,x2,...,xn是正数，p是正整数，证明
1ppp(x1?x2?...?xn) n1?[(x1?x2?...?xn)]p nB类
5. 记?ABC的三边长为a,b,c；p?1(a?b?c)，求证p?2p?a?p?b?pc
?3p
6. 已知?1,?2,...,?n都非负且?1??2?...??n??，求sin2?1?sin2?2?...?sin值。
7. 设x1?x2?...?xn，y1?y2?...?yn，又z1,z2,.,求证：zn是y1,y2,...,yn的一个排列，
2?n的最大
?(xi?1ni?yi)??(xi?zi)2 （第17届IMO试题）
2i?1n8. 设a,b,c是三角形的边长，求证：a2b(a?b)?b2c(b?c)?c2a(c?a)?0
（第24届IMO试题）
C类
9. 设x1,x2,...,xn与a1,a2,...,an是任意两组实数，它们满足条件：（1）x1?x2?...?xn?0 （2）|x1|?|x2|?...?|xn|?1 （3）a1?a2?...?an（n?2），为了使不等式
|a1x1?a2x2?...?anxn|?A(a1?an)成立，那么数A的最小值是多少？
（1988年理科试验班复试试题） 10. 平面上给定n个不同的点，试证：一定可以画一个圆，使圆内恰有k个点，而其余n?k个点都在所画的圆外面。 附录
?an；1. 排序不等式：给定两组实数a1,a2,...,an；b1,b2,...,bn，如果a1?a2?...b1?b2?...?bn，那么a1bn?a2bn?1?...?anb1（反序和）?a1bi1?a2bi2?...?anbin（乱序
和）?a1b1?a2b2?...?anbn（同序和），其中i1,i2,...,in是1,2,...,n的一个排列。
证明：对于任意k,h?{1,2,...,n}，(a1b1?akbn)?(a1bn?akb1)?(a1?ak)(b1?bn)
?0，由此得a1b1?akb?a1bn?akb1。所以，我们可将a1bi1?a2bi2?...?anbin中的第一项
的因数bi1与b1对调，和不会减少，同样可将第二项调为a2b2…，依次类推即得
a1bi1?a2bi2?...?anbin?a1b1?a2b2?...?anbn，同样可以证明a1bn?a2bn?1?...?anb1 ?a1bi1?a2bi2?...?anbin。排序不等式的证明反映了调整的思想，通过调整产生变化并逐渐
接近结论同排序不等式可以证明好些其他的重要不等式，例如切比雪夫不等式、平均不等式、柯西不等式。
2. 切比雪夫不等式：设有两个有序数组a1?a2?...?an；b1?b2?...?bn，则
a?a2?...?anb1?b2?...?bn1(a1bn?a2bn?1?...?anb1)?1.? nnn1(a1b1?a2b2?...?anbn) n证明：由排序原理有a1b1?a2b2?...?anbn?a1b1?a2b2?...?anbn，
a1b1?a2b2?...?anbn?a1b2?a2b3?...?anb1，a1b1?a2b2?...?anbn
?a1bn?a2b1?...?anbn?1，相加n?aibi?(?ai)(?bi)，即
i?1i?1i?1nnn?a?bii?1nnin.i?1n1n??aibi，同ni?11n样可证?aibn?1?i?ni?1?a?bii?1nnin.i?1n
xn，恒有3. 琴生不等式：若f(x)是上凸函数，则对其定义域中的任意n个点x1,x2,...,f(
x1?x2?...?xn1)?[f(x1)?f(x2)?...?f(xn)]
nn证明：用数学归纳法。n?1时，不等式显然成立。n?2时，由上凸函数的定义不等式
f(x1?x21)?[f(x1)?f(x2)]成立。假设n?2k时命题正确，即22x1?x2?...?x2k2kf(
)?1[f(x1)?f(x2)?...?f(x2k)]2k。当
n?2k?1时，
f(x1?x2?...?x2k?12k?11x1?x2?...?x2kx2k?1?x2k?2?...?x2k?1)?f[(?)] kk222x1?x2?...?x2kx2k?1?x2k?2?...?x2k?1111?[f()?f()]?[k(f(x1)?f(x2)?...?kk22222f(x2k))?11(f(x)?f(x)?...?f(x[f(x1)?f(x2)?... kkk?1))]?2?12?222k2k?1?f(x2k)?f(x2k?1)?...?f(x2k?1)]。这就是说当n?2k?1时，不等式也成立。因此当
n?2,4,8,16,...,2k时不等式总成立。
接下来我们再证明当n?k时（n?2）如果不等式成立，那么当n?k?1时不等式也一
定成立。
设f(x1?x2?...?xkx?x2?..?xk?11)?[f(x1)?f(x2)?...?f(xk)]，令xk?1代
k?1kk入得f(x1?x2?...?xk?1?x1?x2?...?xk?11k?1)?[f(x1)?f(x2)?...?f(xk?1)?
kk来源学科网f(x1?x2?...?xk?1x?x2?...?xk?11)]，也就是f(1)]?[f(x1)?f(x2)k?1k?1kx1?x2?...?xk?1)]，整理便得
k?1
?...?f(xk?1)?f(f(x1?x2?...?xk?11)?[f(x1)?f(x2)?...?f(xk?1)]，这就是说当n?k?1时不等
k?1k?1式也一定成立。当n?2,4,8,16,...,2k,2k?1,...时不等式成立（大踏步前进），然后又证明了k时成立，必导致k?1时成立（将前面空档回填），因此对任意正整数不等式都成立。
本节情景再现解答
1. x1,x2?(0,?)，由幂平均不等式
sixnn21?six2?sixnn21?six，而
2sixnn21?six?2x?x2x1?x22sin1cosx?x222?sin122，因此有
sx1i?snx2i2?snx1i?sxn2in。此式说明函数f(x)?sinx在(0,?)上是上凸函数。
2
A?B?C据琴生不等式sinA?sinB?sinC?3sin?3.32. 设x1,x2为任意实数，a?0，f(x1)?f(x2)?2f(?34，最大值为3.22
251x1?x2a)?(x1?x2)2?0，因此22
f(x1?x21)?[f(x1)?f(x2)]，故f(x)为下凸函数。a?0时同理可证为上凸函数。22来源学科网Z,X,X,K3. 容易知道f(x)?lgx为正实数集上的上凸函数，a1,a2,...,an为任意正实数。据琴生不等
式
lga1?a2?...?an1?(lga1?lga2?...?lgan)nn，去对数即得
a1?a2?...?ann?a1a2...an，当a1?a2?...?an时取等号。
na5?b5?c5a3?b3?c3a2?b2?c2333?4. 1）参考例5中2），有，又a?b?c?3abc，
333代入即得所证。 2）与1）证法相同
(a1?5. 据幂平均不等式[1211)?(a2?)2?...?(an?)21a1a2an]2?
na1?111111?a2??...?an???...?a1a2ana1?a2?...?ana1a2an??nnn，而
111??...?a1a2ann，因此 ?na1?a2?...?an(a1?[1211)?(a2?)2?...?(an?)21a?a2?...?ana1a2ann]2?1?，两边
nna1?a2?...?an平方后即得。
6. 不妨设a1?a2?...?an?0，则
1111111??...??，注意到,,...,是anan?1a2a1b1b2bn111111,,...,的一个排列，故由排序原理n?a1?a2?...?an（反序和）? a1a2ana1a2an
