Jensen不等式在处理一类竞赛题不等式中的应用

杨晋

Jensen不等式[1]：若函数y=f（x）是（a，b）上的凸函数，则对任意x1，x2，…，xn∈（a，b）

都有f（x1+x2+…+xnn）≤f（x1）+f（x2）+…+f（xn）n.

其中等号当且仅当x1=x2=…=xn时成立.

Jensen不等式反映了凸函数的一个基本性质，它有着极其广泛的应用.本文中我们利用此不等式可以较简捷地解决近几年来的一类竞赛不等式，以供参考，学习之用.1证明不等式.

例1（2015年安徽省高中数学竞赛题）

设正实数a，b满足a+b=1，求证：a2+1a+b2+1b≥3.

证明构造函数f（x）=x2+1x（0

f′（x）=2x-1x22x2+1x，

f″（x）=12x+3x44（x2+1x）x2+1x>0，

从而函数f（x）=x2+1x在0，1上为凸函数，由Jensen不等式，可得

f（a）+f（b）2≥f（a+b2）=f（12）=32，即a2+1a+b2+1b≥3，所以原不等式成立.

例2（2014年安徽省高中数学竞赛题）

已知正实数x，y，z满足x+y+z=1，求证：z-yx+2y+x-zy+2z+y-xz+2x≥0.

证明由x+y+z=1，可得x+2y=1-（z-y），y+2z==1-（x-z），z+2x=1-（y-x），

从而原不等式化为z-y1-（z-y）+x-z1-（x-z）+y-x1-（y-x）≥0.

构造函数f（m）=m1-m，m∈（-1，1），

对f（m）求二阶导数，则有f′（m）=1（1-m）2，f″（m）=2（1-m）3>0，

从而f（m）为m∈（-1，1）上的凸函数，由Jensen不等式，可得

f（z-y）+f（x-z）+f（y-x）3≥f（z-y+x-z+y-x3）=0，

从而原不等式成立.

评注通过上述两例，可以看出这两道不等式题目命制中的凸函数背景.

例3（2012年希腊奥林匹克竞赛题）

设a，b，c均为正实数，且a+b+c=3，求证：

a2（b+c）3+b2（c+a）3+c2（a+b）3≥38.

证明构造函数f（x）=x2（3-x）3，x∈（0，3），对f（x）求二阶导数，则有

f′（x）=6x-x2（3-x）4，f″（x）=2（9-x2）+12x（3-x）5>0，

从而f（x）为（0，3）上的凸函数，由Jensen不等式，可得

f（a）+f（b）+f（c）3≥f（a+b+c3）=f（1）=18，

故有a2（b+c）3+b2（c+a）3+c2（a+b）3≥38.

所以原不等式成立

例4（2011年甘肃省高中数学竞赛题）

设a1，a2，…，an均为正实数，且a1+a2+…+an=1.求证：

（a1+1a1）2+（a2+1a2）2+…+（an+1an）2≥（n2+1）2n.

证明构造函数f（x）=（x+1x）2（0

f′（x）=2（x4-1）x3，f″（x）=2x4+6x4>0，

从而f（x）为（0，1）上的凸函数，由Jensen不等式，可得

f（x1）+f（x2）+…+f（xn）n≥f（x1+x2+…+xnn）=f（1n）=（n+1n）2，

即（a1+1a1）2+（a2+1a2）2+…+（an+1an）2≥（n2+1）2n.

所以原不等式成立

评注文[2]给出了例3和例4一种新证法，这里利用Jensen不等式证之，也不失为一种好方法.

2加强不等式.

例5（2012年克罗地亚奥林匹克竞赛题）

设a，b，c均为正实数，且a+b+c≤3，求证：

a+1a（a+2）+b+1b（b+2）+c+1c（c+2）≥2.

证明构造函数f（x）=x+1x（x+2），x∈（0，3），对f（x）求二阶导数，则有

f′（x）=-x2+2x+2（x2+2x）2，f″（x）=2（x+1）（x2+2x+4）（x2+2x）2>0，

从而f（x）为（0，3）上的凸函数，由Jensen不等式，可得

f（a）+f（b）+f（c）3≥f（a+b+c3），即a+1a（a+2）+b+1b（b+2）+c+1c（c+2）≥9（a+b+c+3）（a+b+c）（a+b+c+6）.

设u=a+b+c≤3，则只要证9（a+b+c+3）（a+b+c）（a+b+c+6）≥2，

即9（u+3）u（u+6）≥2（2u+9）（u-3）≤0，由0

从而原不等式成立.

注记从上面的证明中可以看出，原不等式加强为：

a+1a（a+2）+b+1b（b+2）+c+1c（c+2）≥9（a+b+c+3）（a+b+c）（a+b+c+6）≥2.

例6（2010年第一届陈省身杯全国数学奥林匹克竞赛题）

设a，b，c均为正实数，且a3+b3+c3=3，求证：

1a2+a+1+1b2+b+1+1c2+c+1≥1.

证明构造函数f（x）=1x2+x+1（0

f′（x）=-2x+1（x2+x+1）2，f″（x）=6x（x+1）（x2+x+1）3>0，

从而f（x）为（0，1）上的凸函数，由Jensen不等式，可得

f（a）+f（b）+f（c）3≥f（a+b+c3），

所以有1a2+a+1+1b2+b+1+1c2+c+1≥3（a+b+c3）2+（a+b+c3）+1，

又由幂平均不等式a3+b3+c33≥（a+b+c3）3，可得a+b+c3≤1，

故1a2+a+1+1b2+b+1+1c2+c+1≥3（a+b+c3）2+（a+b+c3）+1≥1.

所以原不等式成立.

注记从上面的证明中可以看出，原不等式加强为：

1a2+a+1+1b2+b+1+1c2+c+1≥3（a+b+c3）2+（a+b+c3）+1≥1.3推广不等式

利用Jensen不等式不仅可以证明和加强不等式，还可以用来推广不等式，如将例1、例3进行推广，可得：

例7设x1，x2，…，xn（n≥2）均为正实数，且满足x1+x2+…+xn=1，则有

x21+1x1+x22+1x2+…+x2n+1xn≥1+n3.

例8设a1，a2，…，an均为正实数，且a1+a2+…+an=n，求证：

a21（n-a1）3+a22（n-a2）3+…+a2n（n-an）3≥n（n-1）3.

证明的方法与上述证法类似，读者可自证.

最后，提供两题，作为训练.

1.设a1，a2，…，an均为正实数，且a1+a2+…+an=1.求证：

a12-a1+a22-a2+…+an2-an≥n2n-1.

2.设锐角A，B，C满足cos2A+cos2B+cos2C=1，求证：

1sin2A+1sin2B+1sin2C≥92.

参考文献

[1]王向东等.不等式·理论·方法[M].郑州：河南教育出版社，19945：253-259

[2]刘康宁.利用“一次函数逼近”证明一类不等式[J].中学数学教学参考（上旬），2015（10）：64-68