第一篇：論文數(shù)學(xué)分析中證明不等式的若干方法

數(shù)學(xué)分析中證明不等式的若干方法

耿杰

（安徽師范大學(xué)

數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)

0707046）

摘要：本文主要應(yīng)用數(shù)學(xué)分析中的單調(diào)性，微分中值定理，Taylor公式，凸函數(shù)的定義，極值，極限以及積分等的相關(guān)知識(shí)來(lái)證明不等式，同時(shí)也通過(guò)應(yīng)用一些著名的不等式證明不等式。通過(guò)以上方法的應(yīng)用使我們對(duì)不等式證明的相關(guān)知識(shí)有更加深刻系統(tǒng)的理解，從而為數(shù)學(xué)中許多其他內(nèi)容的學(xué)習(xí)提供了一個(gè)重要工具。

關(guān)鍵詞：數(shù)學(xué)分析

不等式

證明

方法

The mathematical analysis of several methods to testify

inequality

Gengjie（Anhui normal university mathematics and applied mathematics

professional 0707046）

Abstract: In this paper, Monotonicity, differential mid-value theorem, Taylor formula, convex function is defined, extremum, limit and integral related knowledge to testify inequality,also through the application of some famous inequation inequality.Through the above application of this method to make the inequation relevant knowledge more profound understanding of the system，thus for mathematics in many other content of study provides an important tool.Key words：Mathematical analysis

Inequation

Method

1.引言

不等式是數(shù)學(xué)分析的基本內(nèi)容之一，它是研究許多數(shù)學(xué)分支的重要工具。在數(shù)學(xué)領(lǐng)域中占有重要的地位，也是各個(gè)時(shí)期的數(shù)學(xué)教材的重要組成部分，在各種考試和競(jìng)賽中都有舉足輕重的地位。不等式的證明變化大，技巧性強(qiáng)，方法也較多。通過(guò)不等式的證明，不僅可以檢驗(yàn)基本的數(shù)學(xué)知識(shí)的掌握程度，而且也是衡量數(shù)學(xué)水平的一個(gè)重要標(biāo)志。因此，掌握一些基本的證明不等式的方法是十分重要也是十分必要的。下面將對(duì)不等式的證明方法進(jìn)行總結(jié)。

2.利用單調(diào)性證明不等式

利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式是一種較為重要的方法，同時(shí)又是一種行之有效的方法。

要點(diǎn)：若f?(x)?0（或f?(x)?0），則當(dāng)x1?x2時(shí)，有f(x1)?f(x1)?f(x2)）。反之，若f?(x)?0（或f?(x)?0），則當(dāng)x1?x2f(x1)?f(x2)（或f(x1)?f(x2)）。由此便可獲得不等式。

f(x2)（或

時(shí)，有

a?b例2.1 證明：

證明：記f(x)?1?a?b?a1?a?b1?b

11?xx1?x，則f?(x)?1(1?x)2?0，所以f(x)?在定義域內(nèi)單調(diào)遞增函數(shù)。又由于a?ba?b1?a?b?a?b可知

?a?b1?a?b?a1?a?b?b1?a?b?a1?a?b1?b

例2.2 設(shè)b?a?e，證明：ab分析：要證ab?ba?ba

lnaa?lnbb，只需證blna?alnb,也即證，則f?(x)?1?lnxx2

證明：記f(x)?即f(x)?xlnxxlnx，所以當(dāng)x?e時(shí)，f?(x)?0；

lnaa?lnbb在時(shí)是單調(diào)減函x?e數(shù)。又由于b?a?e，所以?ba，即證ab。

3.利用微分中值定理證明不等式

用微分中值定理來(lái)證明不等式要熟記各個(gè)中值定理的應(yīng)用條件，將原不等式通過(guò)變形找到一個(gè)輔助函數(shù)使其滿足中值定理?xiàng)l件，證明的關(guān)鍵是處理好?點(diǎn)，分析函數(shù)或其導(dǎo)數(shù)在該點(diǎn)的性質(zhì)即可證明得到結(jié)論。

要點(diǎn)：如果函數(shù)f(x)在區(qū)間?a,b?上連續(xù)，在開(kāi)區(qū)間?a,b?內(nèi)可導(dǎo)，那么在?a,b?內(nèi)至少存在一點(diǎn)?，使得f(x)?(1)當(dāng)f(a)?0，在?a,b?內(nèi)f?(x)?0f(b)?f(a)b?ab?af(a)?f?(?)(x?a)。由此可得?0時(shí)，有f(x)?x?(a,b]).(2)在上述條件下，有有f?(a)??f?(?),其中a???b。因此，若f?(x)單調(diào)遞減，f(b)?f(a)?f?(b)。以上原理在證明不等式時(shí)經(jīng)常采用。

例3.1 設(shè)0?x1,x2??，平，p,q是正整數(shù)，p?q?1，證明：psinx1?qsinx2?sin(px1?qx2)。

證明：當(dāng)x1?x2時(shí)，不等式兩邊都等于sin設(shè)x1?x2，為確定起見(jiàn)，設(shè)x1?x2x1，因而等號(hào)成立。，記x3?px1?qx2，由于p?q?1，故x3?x1?q(x2?x1)?x1。同理x3?x2。

將原不等式改寫為psinx1?qsinx2?(p?q)sinx3，即q(sinx2?sinx3)?p(sinx3?sinx1)。令f(x)?qsinx,g(x)?psinx，則f?(x)?qcosx,g?(x)?pcosx。根據(jù)積分中值定理：

q(sinx2?sinx3)?qcos?1?(x2?x3)?qcos?1?(x?px1?qx2)=pq(x2?x1)cos?1;

p(sinx3?sinx1)?pcos?2?(x3?x1)?pcos?2?(px1?qx2?x1)=pq(x2?x1)cos?2。其中0?x1??2?x3??1?x2??cos?1?cos?2。所以原不等式得證。，因而

4.利用Taylor公式證明不等式

依據(jù)f(x)的情形，使其按照Taylor公式展開(kāi)，然后根據(jù)已知條件來(lái)進(jìn)行證明不等式。

要點(diǎn)：若f(x)在?a,b?上有連續(xù)n階導(dǎo)數(shù)，則f?(a)??f(n?1)(a)?0,f（n）(x)?0(當(dāng)x?(a,b)時(shí))。則f(x)?f(n)(?)n!(x?a)?0(當(dāng)x?(a,b]時(shí))。利用此原理，可以對(duì)一些不等式n進(jìn)行證明。

例4.1 證明：

tanxx?xsinx,?x?(0,?2)，證明：原式等價(jià)于f(x)?sin2x?tanx?x?0，因?yàn)閒?(0)?f??(0)?02f???(x)?sinx(5secx?1)?bsin3xsecx?0，所以f(x)?sinx?tanx?x?0

42(當(dāng)x?(0,?2)時(shí))。故tanxx?xsinx,?x?(0,?2)。

5.利用凸（或凹）函數(shù)的定義來(lái)證明不等式

利用函數(shù)的凸凹性來(lái)對(duì)不等式進(jìn)行證明的方法首要是找到輔助函數(shù)f(x)，利用輔助函數(shù)f(x)在區(qū)間?a,b?上的二階導(dǎo)數(shù)來(lái)判定f(x)的凸凹性，然后根據(jù)凸函數(shù)或凹函數(shù)的性質(zhì)來(lái)進(jìn)行這證明。

要點(diǎn)：若f??(x)?0，則函數(shù)f(x)為凸函數(shù)即?x1,x2??a,b?,???(0,1)，有f(?x1?(1??)x2)??f(x1)?(1??)f(x2)。

若f??(x)?0，則函數(shù)f(x)為凹函數(shù)即?x1,x2??a,b?,???(0,1)，有f(?x1?(1??)x2)??f(x1)?(1??)f(x2)。

例5.1 證明：xlnx?ylny?(x?y)lnx?y2,(x?0,y?0,x?y)1t?0，所以

證明：令f(t)?tlnt(t?0),f?(t)?lnt?1,f??(t)?1x?y)也即 是嚴(yán)格凸函數(shù)。于是[f(x)?f(y)]?f(f(t)?tlnt在（0，??）221x?yx?yx?y[f(x)?f(y)]?ln即xlnx?ylny?(x?y)ln故得證。2222類似的我們也可證明：

e?e2xyx?y?e2,(x?y)

6.用求極值的方法證明不等式

用求極值的方法來(lái)證明不等式最重要的也很就是構(gòu)造相關(guān)函數(shù)，然后判斷該函數(shù)的極值，這是證明不等式的一個(gè)最基本的方法。

要點(diǎn)：要證明f(x)?g(x)，只需求函數(shù)F(x)?也就是證明minF(x)?0。

f(x)?g(x)的極值，例6.1 設(shè)n為自然數(shù)，試證：

證明：原始可轉(zhuǎn)化為1?(1?t2e?t?(1?tn)?nt2n?e(當(dāng)t?n時(shí))?t。

tn)?e?tt2n。所以只需證明

f(t)?n2tn?[1?(1?ttntn))?e]?0(t?n)，ntn?1f(t)?t?e[(1?tn)n?1(?1)?(1?tn)]=

ntn[2?e(1?ttn)n?1故我們用?]。表示方程

2?e?(1??0的根。則極值的可疑點(diǎn)為t?0,t??,及t?n。但?[1?(1?f(0)?0,f(?)??2?nn)?e]=

n??2n?[1?2(1??n)]?(1??n)?2?n22(n?1)?0，f(n)?n?1?0,f(??)???.由此f(t)?min所以問(wèn)題f(t)?f(0)?0(t?n時(shí))。即得證。

類似的我們也可證明：設(shè)a?ln2?1為任意常數(shù)，試證：x?2ax?1?e(當(dāng)x?0時(shí))2x

7.利用單調(diào)極限證明不等式

利用單調(diào)極限來(lái)證明不等式主要的是求函數(shù)在某一點(diǎn)的極限值，然后根據(jù)單調(diào)函數(shù)的性質(zhì)來(lái)進(jìn)行判斷。

要點(diǎn)：若x?b時(shí)，f(x)在定義域上是單調(diào)增函數(shù)（或嚴(yán)格單調(diào)增函數(shù)），且x?b?0時(shí)f(x)?A,則f(x)?A(當(dāng)x?b)（或f(x)?。A(當(dāng)x?b)）反之，對(duì)于遞減或嚴(yán)格遞減的函數(shù)，也有類似的的結(jié)論。利用該原理可以來(lái)證明一些不等式，從而使證明過(guò)程簡(jiǎn)潔易懂。

例7.1 證明：x?0,t?x時(shí)，e?t?(1?tx)?0。

x

證明：當(dāng)t?0或t?x時(shí)不等式顯然成立。故只需證明t?0,t?x,t?0的情況。為此，我們只需證明當(dāng)x???時(shí)，f(x)?(1?事實(shí)上：

（1）當(dāng)t?0,t?0,t?x時(shí)，[lnf(x)]??[ln(1?tx)]?x?[xln(1?xtn)?ex?t即可。

tx)]?x=ln(x?t)?lnx?tx?t（應(yīng)用Lagrange公）式）=

??t??t?tx?t?tx?ttx?t

（?0

當(dāng)0?t?x時(shí)，0?x?t???x.當(dāng)t?0時(shí)，0?x???x?t.?

tx)?xt（2）

f(x)?(1?tnxx???lim(1?tx)?lim[(1?x???x]?t?e?t.所以當(dāng)x???時(shí)，)?e?t。故原不等式即得證。

8.利用被積函數(shù)的不等式證明不等式

利用定積分定義來(lái)證明一些不等式是一種十分有效的手段，可以將原來(lái)較為復(fù)雜的證明轉(zhuǎn)化為較為簡(jiǎn)潔易懂的證明。下面將利用積分的相關(guān)性質(zhì)來(lái)證明不等式。

要點(diǎn)：若f(x)?g(x)(或f(x)?g(x))，則有?baf(x)dx??bag(x)dx(或?f(x)dx?a1b?bag(x)dx),(x?(a,b))。

1例8.1 證明：?0cosx1?x2dx??1sinx1?xcosx1?xsinx1?x?222dx0

?證明：令t?arcsin?x，則

0dx??20cos(sint)dt

令t?arccosx，則 ?0?1?dx??20sin(cost)dt要證的不等式轉(zhuǎn)化為?02cos(sint)dt??20sin(cost)dt。所以我們只需證 cos(sint)?sin(cost)

(當(dāng)t?(0,?2)時(shí))。由已知(0,?2)上sinx?x,cosx嚴(yán)格遞減。所以有sin(cost)?cost?cos(sint)。即證原不等式?1cosx1?x20dx??1sinx1?x20dx。

9.在不等式兩端取變限積分證明新的不等式

利用在不等式兩端取變限積分來(lái)證明不等式，此種方法要求較高，技巧性太強(qiáng)，難度較大。但對(duì)于一些不易證明的不等式應(yīng)用此種方法則較為簡(jiǎn)便。

要點(diǎn)：若f(x)?g(x)(或f(x)?g(x))，則有?baf(x)dx??bag(x)dx(或?f(x)dx?ab?bag(x)dx),(x?(a,b))。

例9.1 證明：x?0時(shí)，x?x36?sinx?x?x36?x5120。)。在此式兩端同證明：已知cosx?1(x?0,只有x?2n?時(shí)等號(hào)才成立x?x時(shí)取?0,x?上的積分，得sin1?cosx?x2

（x?0）。再次取?0,x?上的積分，得

x32

（x?0）。即可得到x?x?x?x36?sinx

（x?0）。然后繼續(xù)取?0,x?上的積分，得sinx36?x5120。移項(xiàng)即可得所要證明的不等式：

x?6?sinx?x?x36?x5120。

10.利用著名的不等式證明其他不等式

利用著名的不等式證明其他不等式要求我們應(yīng)熟悉掌握數(shù)學(xué)分析中的一些常用的不等式，掌握了這些不等式我們可以利用他們來(lái)直接對(duì)其他一些難度較大不等式進(jìn)行證明。此種方法對(duì)學(xué)生要求較高，難度也較大，技巧性更強(qiáng)。

要點(diǎn)：Cauchy不等式：設(shè)ai,bi為任意實(shí)數(shù)（i?1,?,n）則n(?aibi)?i?12?a??b，其中當(dāng)且僅當(dāng)a,b成比例時(shí)等號(hào)才成立。22iiiinni?1i?1 Schwarz不等式：若f(x),g(x)在（a,b）上可積，則(?f(x)?g(x)dx)?ab2?baf(x)dx??g(x)dxa2b2。若f(x),g(x)在（a,b）上連續(xù)，其中等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)存在常數(shù)?,?使得?f(x)??g(x)時(shí)成立（?,?不同時(shí)為零）。

Holder不等式：設(shè)a1,a2,?,an及b1,b2,?,bn是兩個(gè)正整數(shù)序列，1p?1q?1，則當(dāng)p?1時(shí)，有(?ai)?(?bi)?ppqqi?1i?1n1n1?ab當(dāng)p?0時(shí)，不等號(hào)

iii?1n反向。其中當(dāng)且僅當(dāng)aip和biq成比例時(shí)取等號(hào)。

平均不等式：對(duì)任意n個(gè)實(shí)數(shù)ai?0n(i?1,2,?,n)恒有???ana1a2?an?a1?a2???ann。其中當(dāng)且僅當(dāng)a1?a2b時(shí)等號(hào)成立。為任意實(shí)數(shù)，例10.1 已知f(x)?0，在[a,b]上連續(xù)，?a求證：(?abf(x)dx?1,kf(x)coskxdx)?(?f(x)sinkxdx)?1。

22ab證明：所要證明的式子的左端第一項(xiàng)應(yīng)用 Schwarz不等式

(?f(x)coskx)?[?ab2baf(x)?(2f(x)?coskx)dx]2

（1）

同理可得 ??babaf(x)dx??f(x)?coskxdx?a2b?baf(x)?coskxdx2(?f(x)sinkxdx)??baf(x)sinkxdxb2

（2）

2b2a（1）+（2）得：(?af(x)coskxdx)?(?f(x)sinkxdx)?1。即得證。

總結(jié)

不等式是數(shù)學(xué)分析中的一個(gè)重點(diǎn)也是一個(gè)難點(diǎn)，也能為其他數(shù)學(xué)分支的學(xué)習(xí)提供一個(gè)重要工具。不等式的證明是數(shù)學(xué)領(lǐng)域的重要內(nèi)容，也是學(xué)習(xí)中的一個(gè)難點(diǎn)。不等式作為一個(gè)系統(tǒng)，其內(nèi)容較為復(fù)雜，其的證明方法也較多，以上只是簡(jiǎn)要介紹了不等式證明的幾種常用方法，并用例題作一講解，意在拋磚引玉。

參考文獻(xiàn):

[1]裴禮文.數(shù)學(xué)分析中的典型問(wèn)題與方法.北京：高等教育出版社.2006.[2]賀彰雄.不等式證明的幾種常見(jiàn)方法.湖北教育學(xué)報(bào),2007，10(1)：10-20.[3]王曉峰，李靜.證明不等式的若干方法.數(shù)理醫(yī)藥學(xué)雜志.2008.12(1):12-20.[4]張錦來(lái).微分法在不等中的應(yīng)用.新鄉(xiāng)教育學(xué)報(bào).2008.10(2):12-20.[5]郭要紅，戴普慶.中學(xué)數(shù)學(xué)研究.安徽：安徽教育出版社.

第二篇：數(shù)學(xué)分析中不等式的證明方法與舉例論文

分院名稱：數(shù)學(xué)學(xué)院 學(xué)生學(xué)號(hào)：0907140132

長(zhǎng)春師范大學(xué)

本科畢業(yè)論文（設(shè)計(jì)）

（理工類）

題

目： 數(shù)學(xué)分析中不等式的證明方法與舉例

專

業(yè)：

數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)

作 者

姓 名：

指導(dǎo)教師姓名：

指導(dǎo)教師職稱：

2013年

月

長(zhǎng)春師范大學(xué)本科畢業(yè)論文（設(shè)計(jì)）

長(zhǎng)春師范大學(xué)本科畢業(yè)論文（設(shè)計(jì)）作者承諾保證書

本人鄭重承諾：本篇畢業(yè)論文（設(shè)計(jì)）的內(nèi)容真實(shí)、可靠.如果存在弄虛作假、抄襲的情況，本人愿承擔(dān)全部責(zé)任.論文作者簽名：

日期：

****年**月**日

長(zhǎng)春師范大學(xué)本科畢業(yè)論文（設(shè)計(jì)）指導(dǎo)教師承諾保證書

本人鄭重承諾：我已按有關(guān)規(guī)定對(duì)本篇畢業(yè)論文（設(shè)計(jì)）的選題與內(nèi)容進(jìn)行指導(dǎo)和審核，堅(jiān)持一人一題制，確認(rèn)由作者獨(dú)立完成.如果存在學(xué)風(fēng)問(wèn)題，本人愿意承擔(dān)指導(dǎo)教師的相關(guān)責(zé)任.指導(dǎo)教師簽名：

日期： 年 月 日

I

長(zhǎng)春師范大學(xué)本科畢業(yè)論文（設(shè)計(jì)）

目 錄

承諾保證書…………………………………………………………………I 前言…………………………………………………………………………1 1 構(gòu)造變限積分證明不等式………………………………………………1 2 利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式……………………………………………2 3 利用微分中值定理證明不等式…………………………………………4 4 利用積分中值定理證明不等式…………………………………………6 5 利用泰勒公式證明不等式………………………………………………8 6 利用函數(shù)極值證明不等式………………………………………………9 7 利用函數(shù)凹凸性證明不等式……………………………………………11 8 利用冪級(jí)數(shù)展開(kāi)式證明不等式…………………………………………12 9 利用著名不等式證明不等式……………………………………………13 參考文獻(xiàn)……………………………………………………………………16 致 謝……………………………………………………………………17 英文摘要……………………………………………………………………18

II

長(zhǎng)春師范大學(xué)本科畢業(yè)論文（設(shè)計(jì)）

數(shù)學(xué)分析中不等式的證明方法與舉例

摘要：不等式不僅是數(shù)學(xué)分析中非常重要的工具，同時(shí)也是數(shù)學(xué)分析研究的主要問(wèn)題之一，然而不等式的證明方法卻是復(fù)雜多變的，因此，對(duì)于不等式的證明方法進(jìn)行系統(tǒng)的分類與總結(jié)仍具有很大的現(xiàn)實(shí)意義.本文首先簡(jiǎn)單介紹了不等式的研究背景，然后主要討論了數(shù)學(xué)分析中證明不等式的若干方法，并對(duì)不等式的證明方法進(jìn)行歸類.同時(shí)，通過(guò)精選典型例題的證明，滲透了解不等式問(wèn)題的多種解題技巧，深化了對(duì)不等式證明方法的認(rèn)識(shí)，最終達(dá)到靈活應(yīng)用的目的，以便于可以站在更高的角度來(lái)研究不等式.關(guān)鍵字：數(shù)學(xué)分析 不等式 證明方法.前言

不等式在數(shù)學(xué)的整個(gè)學(xué)習(xí)、研究過(guò)程中都是一個(gè)非常重要的內(nèi)容，它涉及了初等數(shù)學(xué)、高等數(shù)學(xué)和數(shù)學(xué)分析的許多方面，在數(shù)學(xué)中有著不可替代的作用.在數(shù)量關(guān)系上，雖然不等關(guān)系要比相等關(guān)系更加廣泛的存在于現(xiàn)實(shí)的世界里，但是人們對(duì)于不等式的認(rèn)識(shí)要比方程遲的多.直到1934年, 數(shù)學(xué)不等式理論及其應(yīng)用的研究才正式粉墨登場(chǎng), 成為一門新興的數(shù)學(xué)學(xué)科, 從此不等式不再是一些零星散亂的、孤立的公式綜合, 它已發(fā)展成為一套系統(tǒng)的科學(xué)理論，成為數(shù)學(xué)基礎(chǔ)理論的一個(gè)重要組成部分.20世紀(jì)80年代以來(lái)在中國(guó)大地上出現(xiàn)了持續(xù)高漲的不等式研究熱潮.目前我國(guó)關(guān)于數(shù)學(xué)不等式理論及其應(yīng)用的研究也取得了較豐富的成果.由于這些結(jié)果在理論和實(shí)際運(yùn)用方面都有重要意義，引起了一系列廣泛研究.綜上所述, 數(shù)學(xué)不等式理論充滿蓬勃生機(jī)、興旺發(fā)達(dá).構(gòu)造變限積分證明不等式

長(zhǎng)春師范大學(xué)本科畢業(yè)論文（設(shè)計(jì)）

定義：設(shè)f(x)在[a,b]上可積，對(duì)任何x?[a,b],f(x)在[a,x]上也可積，于是，由

a，x?[a,b]，定義了一個(gè)以積分上限x為自變量的函數(shù)，稱為變上限的定積分.類似地，又可

?(x)??f(x)dtx以定義變下限的定積分：

?(x)??f(x)dt, x?[a,b]，xb?與?統(tǒng)稱為變限積分.定理：若f在[a,b]上連續(xù)，則其變限積分作為關(guān)于x的函數(shù)，在[a,b]上處處可導(dǎo)，且

更一般的有

dg(x)f(t)dt?f[g(x)]g?(x)?f[h(x)]h?(x).?h(x)dxxbdd(?f(t)dt)?f(x)，(?f(t)dt)??f(x), dxadxx 例1.證明柯西不等式 [?f(x)g(x)dx]??f(x)dx?g2(x)dx.aaab2b2b 證明：構(gòu)造變上限輔助函數(shù)

?(u)?[?f(x)g(x)dx]??f(x)dx?g2(x)dx.aaau2u2u顯然?(u)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，且

??(u)?2f(u)g(u)?f(x)g(x)dx?f2(u)?g2(x)dx?g2(u)?f2(x)dx

aaauuu ?2?f(u)g(u)f(x)g(x)dx??f2(u)g2(x)dx??f2(x)g2(u)dxaaauuu

???[f2(u)g2(x)?2f(u)g(u)f(x)g(x)?f2(x)g2(u)]dxauau

???[f(u)g(x)?f(x)g(u)]2dx?0.所以?(u)在[a,b]上單調(diào)減少，則?(b)??(a)?0，即

?(b)?[?f(x)g(x)dx]??f(x)dx?g2(x)dx?0.aaab2b2b得到

[?f(x)g(x)dx]??f(x)dx?g2(x)dx.aaab2b2b 2

長(zhǎng)春師范大學(xué)本科畢業(yè)論文（設(shè)計(jì)）

例2.設(shè)f(x)在[a,b]上連續(xù)，且單調(diào)遞增，試證明

?baa?bbxf(x)dx?f(x).2?at 證明：構(gòu)造變上限輔助函數(shù)：

F(t)??xf(x)dx?aa?ttf(x)dx.?a2顯然F(a)?0，對(duì)?t?[a,b]，F(xiàn)?(t)?tf(t)?1ta?tf(x)dx?f(t)?a22t?a1tf(t)??f(x)dx ?22a1t ???f(t)?f(x)?dx, x?(a,t).2a因?yàn)閒(x)單調(diào)遞增，則F?(t)?0，則F(t)單調(diào)遞增，所以

F(b)?F(a)?0,(b?a).因此

?

baxf(x)dx?a?bbf(x).?a22 利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式

定理:設(shè)函數(shù)f(x)在[a,b]上連續(xù),在(a,b)內(nèi)可導(dǎo),則有

(1)如果在(a,b)內(nèi)f?(x)?0,那么,函數(shù)f(x)在[a,b]上單調(diào)增加.(2)如果在(a,b)內(nèi)f?(x)?0,那么,函數(shù)f(x)在[a,b]上單調(diào)減少.例1.證明不等式：

ex?1?x，x?0.證明： 設(shè)f(x)?ex?1?x,則f?(x)?ex?1，故當(dāng)x?0時(shí)，f?(x)?0，f(x)嚴(yán)格遞增；當(dāng)x?0，f?(x)?0，f(x)嚴(yán)格遞減.又因?yàn)閒(x)在x?0處連續(xù)，則當(dāng)x?0時(shí)，f(x)?f(0)?0.3

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即

ex?1?x?0.故得證

ex?1?x,x?0.例2.證明a?b1?a?b?a1?a?b1?b.證明：記f?x??x1x，則f'?x??，所以單調(diào)遞增，于?0??fx?1?x1?x?1?x?2是由a?b?a?b知

f(a?b)?f(a?b).即

a?b1?a?b?a?b1?a?b?a1?a?b?b1?a?b?a1?a?b1?b.3 利用微分中值定理證明不等式

拉格朗日中值定理: 設(shè)函數(shù)f滿足如下條件:(1)f在閉區(qū)間[a,b]上連續(xù)；(2)f在開(kāi)區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，則在(a,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)?，使得

f'(?)?f(b)?f(a).b?a 柯西中值定理: 設(shè)函數(shù)f和g滿足：(1)在[a,b]上都連續(xù)；(2)在(a,b)內(nèi)都可導(dǎo)；(3)f?(x)和g?(x)不同時(shí)為零；

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(4)g?a??g?b?，則存在???a,b?, 使得

f'(?)f(b)?f(a)? '.g(?)g(b)?g(a)例1．設(shè)f(x)在[a,b]上有一階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且f(a)?0，證明

|?x?[a,b]ba(b?a)2f(x)dx|?max|f?(x)|.x?[a,b]2 證明：令M?max|f?(x)|，由拉格朗日中值定理知

f(x)?f(x)?f(a)?f?(?)(x?a).從而

|f(x)|?|f?(?)(x?a)|?M(x?a),x?[a,b].所以

(b?a)2 |?f(x)dx|??|f(x)|dx??M(x?a)dx?M.aaa2x?ln(1?x)?x.例2.當(dāng)x?0時(shí),試證不等式1?xbbb證明:構(gòu)造函數(shù)

f(x)?ln(1?x).則在區(qū)間[0,x]上滿足拉格朗中值定理,且

f?(x)?故有

ln(1?x)?ln1?f?(?)(x?0),??(0,x).1.1?x即

ln(1?x)?x.1??又??(0,x), 則

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11x?ln(1?x)?x?x.1?x1??即

x?ln(1?x)?x.1?x 例3.設(shè)a?e，0?x?y??2，求證

ay?ax?(cosx?cosy)axlna.證明：令f(t)?at，g(t)?cost, 由題設(shè)條件可知，f(t),g(t)在[x,y](0?x?y)上滿足柯西中值定理

f(x)?f(y)f'(?)?.g(x)?g(y)g'(?)則

ax?aya?lna?,0?x???y?.?cosx?cosy?sin(?)2故

ay?ax?(cosx?cosy)a?lna1.sin?由于 0???故 ?2，0?sin??1 , 則

1?1, sin?ay?ax?(cosx?cosy)a?lna?(cosx?cosy)axlna.由此得證

ay?ax?(cosx?cosy)axlna.利用積分中值定理證明不等式

積分第一中值定理：若函數(shù)f在[a,b]上連續(xù)，則至少存在一點(diǎn)??[a,b]，使得

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?f(x)dx?f(?)(b?a),(a???b).ab 積分第二中值定理：設(shè)函數(shù)f在[a,b]上可積，若g為單調(diào)函數(shù)，則???[a,b]，使得

?baf(x)g(x)dx?g(a)?f(x)dx?g(b)?f(x)dx.a?b? 例1．設(shè)f(x)為[0,1]上的非負(fù)單調(diào)非增連續(xù)函數(shù)（即當(dāng)x?y時(shí)，f(x)?f(y)），證明對(duì)于0?????1,有下面的不等式成立

???0??f(x)dx??f(x)dx.?? 證明：由積分第一中值定理有

??f(x)dx?f(?)(???)?f(?)(???),(???11??).?從而

1?0f(x)?f(?2)?,(0??2??).?因此可得

??0f(x)dx?f(?)?1?f(x)dx.?????(????1)?f(x)dx??f(x)dx.0??即

???(1?)?f(x)dx??0?又因0?????1,所以0?1????f(x)dx.??1,故 ?f(x)dx???0????f(x)dx.? 例2.設(shè)f(x)在[a,b]上連續(xù)，且單調(diào)遞增，試證明

?baxf(x)dx?a?bbf(x)dx.?a2 證明：要證該不等式只需證明

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?bba(x?a?b)f(x)dx?0.2由于f(x)單調(diào)遞增，利用積分第二中值定理，則存在??[a,b]，使

?a(x??ba?ba?ba?b)f(x)dx?f(a)?(x?)dx?f(b)?(x?)dx

a?222 ?f(a)?(x?abba?ba?b)dx?[f(b)?f(a)]?(x?)dx ?22b2??2a?b?[f(b)?f(a)][?(b??)]22

b?? ?[f(b)?f(a)](??a)?0.2故

?即

ba(x?a?b)f(x)dx?0.2?baa?bbxf(x)dx?f(x)dx.2?a 利用泰勒公式證明不等式

定理:若函數(shù)f(x)在[a,b]上存在直至n階連續(xù)導(dǎo)函數(shù)，在(a,b)內(nèi)存在(n?1)階導(dǎo)函數(shù),則對(duì)任意給定的x，x0?[a,b]，至少存在一點(diǎn)??(a,b),使得:

(n?1)f??(x0)f(?)2(x?x0)?????(x?x0)n?1.f(x)?f(x0)?f?(x0)(x?x0)?2!n!例1.設(shè)f(x)在[0,1]存在二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，f(0)?f(1)?0，并且當(dāng)x?(0,1)時(shí)，f??(x)?A，求證：f?(x)?A，x?(0,1).2證明:由于f(x)在[0,1]上有二階連續(xù)導(dǎo)函，因此對(duì)任何x0?(0,1)，利用f(1)和f(0)在x0點(diǎn)的二階泰勒公式可得

f(1)?f(x0)?f'(x0)(1?x0)?f''(?1)(1?x0)2,?1?(x0,1).2!f''(?2)2x0,?2?(0,x0).2!f(0)?f(x0)?f'(x0)(?x0)? 8

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由f(1)?f(0)可得

f'(x0)?又f??(x)?A,所以 f'(x0)?2f''(?2)2f''(?1)x0?(1?x0)2.2!2!A2x0?(1?x0)2.2A.2而x0?(0,1)時(shí),x0?(1?x0)2?1，故f?(x0)?又由x0的任意性知

f?(x)?A，x?(0,1)2x?[a,b] 例2．設(shè)f(x)在[a,b]上有二階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，M?max|f??(x)|，證明

|?f(x)dx?(b?a)f(aba?bM)|?(b?a)3.224a?b處泰勒展開(kāi) 2a?ba?ba?b1a?b2)?f?()(x?)?f??(?)(x?)，??[a,b].f(x)?f(22222ba?b兩邊在[a,b]上積分并注意到?(x?)dx?0，得

a2ba?b1ba?b2)??f??(?)(x?)dx.?f(x)dx?(b?a)f(aa222 證明：將f(x)在x0?從而得

?baf(x)dx-(b-a)f(a?b1)?22?baf??(?)(x?a?b2)dx 22M ?2a?b(x?)dx ?a2bM(b?a)3 ?.利用函數(shù)極值證明不等式

極值的第一充分條件：設(shè)f在點(diǎn)x0連續(xù)，在某鄰域U0?x0;??內(nèi)可導(dǎo).9

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(1)若當(dāng)x?(x0??,x0)時(shí)f?(x)?0,當(dāng)x?(x0,x0??)時(shí)f?(x)?0,則f在點(diǎn)x0取得極小值.(2)若當(dāng)x?(x0??,x0)時(shí)f?(x)?0,當(dāng)x?(x0,x0??)時(shí)f?(x)?0，則f在點(diǎn)x0取得極大值.極值的第二充分條件：設(shè)f在x0的某鄰域U(x0;?)內(nèi)一階可導(dǎo)，在x?x0處二階可導(dǎo)，且f?(x0)?0，f??(x0)?0.(1)若f??(x0)?0，則f在x0取得極大值.(2)若f??(x0)?0，則f在x0取得極小值.例1.證明：當(dāng)x?0，n為自然數(shù)時(shí)，?x0(t?t2)sin2ntdt?1.(2n?2)(2n?3)證明：構(gòu)造輔助函數(shù)

f(x)??(t?t2)sin2ntdt.0x則

f?(x)?(x?x2)sin2nx.當(dāng)0?x?1時(shí)，f?(x)?0,當(dāng)x?1時(shí)，除x?k??k?1,2,3,??時(shí)f?(x)?0外，均有f?(x)?0，故f(x)在0?x?1時(shí)單調(diào)遞增，在x?1時(shí)單調(diào)遞減，因此f(x)在?0,???上取最大值f(1).于是有f(x)?f(1)??(t?t2)sin2ntdt

01 ??(t?t2)t2ndt

01 ??(t2n?1?t2n?2)dt

01 ? ?11? 2n?22n?31.(2n?2)(2n?3)例2.設(shè)p?1,求證：?x?[0,1]，都有不等式

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12p?1?xp?(1?x)p?1.證明: 令F(x)?xp?(1?x)p.有

F?(x)=pxp?1?p(1?x)p?1(?1)?p[xp?1?(1?x)p?1].令F(x)?0，則x?而 1.2F??(x)?p(p?1)xp?2?p(p?1)(1?x)p?2.又因?yàn)閜?1, 故

F??()?p(p?1)[()p?2?()p?2]?0.222111故F(x)在x?處取得極小值，又因?yàn)镕(1)?F(0)?1,F()?P?1.2221所以F(x)在區(qū)間[0,1]上的最大值為1，最小值為P?1.2因此

12p?1?xp?(1?p)p?1.利用函數(shù)凹凸性證明不等式

定義:設(shè)f為定義在區(qū)間I上的函數(shù)，若對(duì)I上的任意兩點(diǎn)x1，x2，和任 實(shí)數(shù)???0,1?總有

f??x1??1-??x2???f?x1???1-??f?x2?, 則稱f為I上的凸函數(shù).反之，如果總有

f??x1??1-??x2???f?x1???1-??f?x2?, 則稱f為I上的凹函數(shù).定理:設(shè)f為區(qū)間I上的二階可導(dǎo)函數(shù)，則在I上f為凸（凹）函數(shù)的充要

長(zhǎng)春師范大學(xué)本科畢業(yè)論文（設(shè)計(jì)）

條件是

f??(x)?0（f???x??0），x?I.x?y)?xlnx?ylny(x?0,y?0,x?y).21(x?0)，證明: 構(gòu)造函數(shù)f(x)?xlnx，這時(shí),f??(x)??0,所以f(x)在(0,+

x例1.證明:(x?y)ln(∞)上是凸函數(shù).所以,x?0,y?0,x?y時(shí)，有

f(x?yf(x)?f(y))?.22即

故

(x?y)ln(x?y)?xlnx?ylny(x?0,y?0,x?y).2x?yx?yxlnx?ylnyln()?.222 例2：（著名的均值不等式）設(shè)ai?R?(i?1,2,?,n)求證：

a1?a2??an.n1 證明：設(shè)f(x)?lnx(x?0),則f??(x)??2?0.xna1a2?an?所以f(x)?lnx在(0,??)上為凹函數(shù)，則由凹函數(shù)性質(zhì)可知

lna1?lna2???lnana?a???an.?ln12nn即

ln(a1a2?an)?ln1na1?a2???an.n即

na1a2?an?a1?a2??an.n 利用冪級(jí)數(shù)展開(kāi)式證明不等式

證明方法:根據(jù)幾個(gè)重要的初等函數(shù)的冪級(jí)數(shù)展開(kāi)式，如下：

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ex?1?x?121x???xn??,x?(??,??)； 2!n!sinx?x?cosx?1?131x???(?1)n?1x2n?1??,x?(??,??)； 3!(2n?1)!121412nx?x??(?1)nx??,x?(??,??)； 2!4!(2n)!1?1?x?x2???xn??,x?(0,1)； 1?xn1213n?1xln(1?x)?x?x?x???(?1)??,x?(?1,1]． 23n 例1.當(dāng)x?(0,1)，證明 證明：因

1?x?e2x.1?x1,e2x分別可寫成冪級(jí)數(shù)展開(kāi)式，有： 1?x1?x?(1?x)(1?x?x2???xn??)?1?2x?2x2???2xn??,x?(0,1)1?x

e2x2222nn?1?2x?x???x??,x?(0,1)．

2!n!n2n2nxn則不等式左邊的一般項(xiàng)為2x，右邊的一般項(xiàng)為，而當(dāng)n?3時(shí)2?，n!n!所以，1?x?e2x,x?(0,1).1?x9 利用著名不等式證明不等式

柯西不等式：設(shè)ai,bi為任意實(shí)數(shù)（i?1,?,n）則

(?aibi)??ai??b2i，22i?1i?1i?1nnn其中當(dāng)且僅當(dāng)ai,bi成比例時(shí)等號(hào)才成立.施瓦茲不等式：若f(x),g(x)在（a,b）上可積，則

(?f(x)?g(x)dx)??f(x)dx??g2(x)dx．

aaab2b2b 13

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若f(x),g(x)在（a,b）上連續(xù)，其中當(dāng)且僅當(dāng)存在常數(shù)?,?使得?f(x)??g(x)時(shí)等號(hào)才成立（?,?不同時(shí)為零）.詹森不等式：若f為[a,b]上凸函數(shù)，則對(duì)任意xi?[a,b]，?i?0

(i?1,2,?,n)，??i?1，有

i?1nf(??ixi)???if(xi).i?1i?1nn1n 例1.設(shè)ai?R，i?1，2，…，n．求證：?a?(?ai)2．

ni?1i?12in證明 ：由柯西不等式

(?ai)?(?ai?1)?(?ai)(?1)?n?ai2．

222i?1i?1i?1i?1i?1nnnnn兩邊同時(shí)除以n即得證．

例2.已知f(x)?0，在[a,b]上連續(xù)，?f(x)dx?1,k為任意實(shí)數(shù)，求證

ab(?f(x)coskxdx)?(?f(x)sinkxdx)2?1.aab2b證明:所要證明的式子左端第一項(xiàng)應(yīng)用施瓦茲不等式

(?f(x)coskx)2?（?abba2 f(x)?(f(x)?coskx)dx）??f(x)dx??f(x)?cos2kxdx

aabb ??f?x??cos2kxdx.ab同理可得

(?f(x)sinkxdx)2??f(x)sin2kxdx.aabb兩式相加得

(?f(x)coskxdx)?(?f(x)sinkxdx)??f(x)coskxdx??sin2kxdx

aaaab2b2b2b??f(x)dx?1.ab即得證.14

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例3.證明不等式

(abc)a?b?c3?aabbcc, 其中a,b,c均為正數(shù).1?1.x 證明：設(shè)f(x)?xlnx,(x?0).則f??(x)?f?(x)?lnx?1,f??(x)?1 x故f(x)?xlnx在x?0時(shí)為嚴(yán)格凸函數(shù).依詹森不等式有

f(a?b?c1)?(f(a)?f(b)?f(c)).33從而

a?b?ca?b?c1ln?(alna?blnb?clnc).333即

(a?b?ca?b?c)?aabbcc.3又因3abc?a?b?c,所以 3(abc)a?b?c3?(a?b?ca?b?c)?aabbcc.3即

(abc)a?b?c3?aabbcc.15

長(zhǎng)春師范大學(xué)本科畢業(yè)論文（設(shè)計(jì)）

參考文獻(xiàn)：

[1] 裴禮文.數(shù)學(xué)分析中的典型問(wèn)題與方法[M].北京：高等教育出版社, 2006.[2] 華東師范大學(xué)數(shù)學(xué)系.數(shù)學(xué)分析（上冊(cè)）[M].北京：高等教育出版社，2001.[3] 華東師范大學(xué)數(shù)學(xué)系.數(shù)學(xué)分析（下冊(cè)）[M].北京：高等教育出版社，2001.[4] 錢吉林等主編.數(shù)學(xué)分析題解精粹.[M] 武漢：崇文書局，2011.[5] 蒙詩(shī)德.數(shù)學(xué)分析中證明不等式的常用方法[J].赤峰學(xué)院學(xué)報(bào)（自然科學(xué) 版），2009，25(9).[6] 賀彰雄.不等式證明的幾種常見(jiàn)方法.湖北教育學(xué)報(bào)[J].2007，10(1).[7] 王曉峰，李靜.證明不等式的若干方法.數(shù)理醫(yī)藥學(xué)雜志[J].2008.12(1).長(zhǎng)春師范大學(xué)本科畢業(yè)論文（設(shè)計(jì)）

致謝

畢業(yè)論文設(shè)計(jì)的這段時(shí)間是我學(xué)生生涯中非常重要的時(shí)光之一.通過(guò)這次論文寫作，我不僅學(xué)到了很多專業(yè)知識(shí)，而且我的其他能力方面都有一定提高.所以，借此論文結(jié)束之際，向所有幫助過(guò)我的人表示我最誠(chéng)摯的敬意和感謝.本論文是在付老師的指導(dǎo)下和同學(xué)們的幫助下幾經(jīng)修改而完成的.所以,首先要感謝我的指導(dǎo)老師,我從她身上不僅學(xué)到了許多的專業(yè)知識(shí)，更感受到她在工作中的兢兢業(yè)業(yè)，生活中的平易近人.此外，她嚴(yán)謹(jǐn)?shù)闹螌W(xué)態(tài)度和忘我的工作精神更值得我去學(xué)習(xí).同時(shí)，還要感謝我的同學(xué),他們給我提供了很多有價(jià)值的材料和寶貴意見(jiàn)，所以我的論文才得以順利完成.總之，衷心地感謝所有幫助過(guò)我的人！

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THE PROOF METHODS AND EXAMPLES OF INEQUALITY OF MATHEMATICAL ANALYSIS

Abstract Inequality is a very important tool in mathematical analysis.At the same time it is one of the main problems in the mathematical analysis study.But the methods are various.So the systemic classification and summary for the proof methods of inequality still has great practical significance.This paper first simply introduces the background of inequality ,then mainly discusses the different proof methods of inequalities , and classifies the different proof methods.At the same time summarizes various skills in the inequality problem-solving by demonstrating some typical examples.It makes a better summary to master the method to prove inequality in mathematical analysis , ultimately achieve the purpose of flexible application.Key words Mathematical analysis;Inequation;Method.18

第三篇：證明不等式的方法論文

證明不等式的方法

李婷婷

摘要： 在我們數(shù)學(xué)學(xué)科中，不等式是十分重要的內(nèi)容。如何證明不等式呢？在本文中，我主要介紹了不等式概念、基本性質(zhì)和一些從初等數(shù)學(xué)中總結(jié)出的證明不等式的常用方法，分別有比較法、綜合法、放縮法、數(shù)學(xué)歸納法、換元法、判別式法、分解法方法。證明不等式的方法多種多樣，在這里我就只例舉這些方法。證明不等式方法因題而異，靈活多變，技巧性強(qiáng)。通過(guò)學(xué)習(xí)這些證明方法，使我們進(jìn)一步掌握不等式證明，可以幫我們解決生活中的許多實(shí)際問(wèn)題。

關(guān)鍵字：不等式；數(shù)學(xué)歸納法；函數(shù)；單調(diào)性

不等式作為一個(gè)重要的分析工具和分析的手段，在數(shù)學(xué)中具有舉足輕重的地位，不等式的證明可分為推理性問(wèn)題和探索性問(wèn)題，推理性問(wèn)題是指在特定條件下，闡釋證明過(guò)程，解釋內(nèi)在規(guī)律，基本方法有比較法,綜合法；探索性問(wèn)題大多是與自然數(shù)有關(guān)的證明問(wèn)題，常采用觀察—?dú)w納—猜想—證明的方法思路，以數(shù)學(xué)歸納法完成證明，不等式證明還有其他方法：換元法，放縮法等。不等式的證明沒(méi)有固定的程序，證法因題而易，技巧性強(qiáng)。希望通過(guò)這些方法的學(xué)習(xí)。我們可以很好的認(rèn)識(shí)數(shù)學(xué)的一些特點(diǎn)，從而開(kāi)擴(kuò)我們的數(shù)學(xué)視野。

1不等式概念及基本性質(zhì)

1.1不等式的概念：表示不相等關(guān)系的式子。

實(shí)數(shù)集內(nèi)的任意兩個(gè)數(shù)a,b總是可以比較大小的，如果a?b是正數(shù)，則a?b;如果a?b是零，則a?b；如果a?b是負(fù)數(shù)，則a?b。反過(guò)來(lái)也對(duì)。即有 a≧b?a?b?0這里符號(hào)?表示等價(jià)于。

這個(gè)定義雖然簡(jiǎn)單，實(shí)際它反映不等式的性質(zhì)。許多不等式的證明，是從這個(gè)定義出發(fā)。首先，根據(jù)不等式的定義，容易證明下述不等式的簡(jiǎn)單性質(zhì)，這些性質(zhì)是證明其他不等式的基本工具。

1.2不等式基本性質(zhì)

1.2.1a?b?b?a(對(duì)稱性)1.2.2若a?b,b?c,則a?c(傳遞性)1.2.3若a?b,則a?b?b?c(加法保序性)

1.2.4若a?b,c?0，則ac?bc(乘正數(shù)保序性)1.2.5若a?b,c?d,則a?c?b?d.若a?b,c?d,a?c?b?d.a?b?0,c?d?0,則ac?bd.11?.1.2.6若a?b,ab?0,則ab

ab?.1.2.7若a?b?0,d?c?0,則cd

1.2.8若a?b?0,n?N，則an?bn,na?nb.1.2.9若a?b?0,m,n?N，則a1.2.10含絕對(duì)值的不等式

mn?b,amn?mn?b.?mn(1)x?a?x2?a2??a?x?ax?b?a??a?b?x?a?b(2)x?a?a?0??x2?a2?x?a或x??a.?3?a?b?a?b?a?b.?4?a1?a2?...?an?a1?....?an.1.2.11若a,b?R，則a2?0,?a?b??0.21.2.12若a,b?R，則?a?b?ab.符號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)a?b時(shí)成立。由這個(gè)不等式還可以得到22x2?y2?x?y?xy??x,y?R?,??2?2?另一些常用的不等式：

ba??2a,b?R?.ab????a?b?c3?abc.符號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)a?b?c時(shí)成立。1.2.13若a,b,c?R,則

3?

2證明不等式的基本策略

2.1比較策略

比較法是證明不等式的最基本、最重要的方法之一，它是兩個(gè)實(shí)數(shù)大小順序和運(yùn)算性質(zhì)的直接應(yīng)用，比較法可分為差值比較法(簡(jiǎn)稱為求差法)和商值比較法(簡(jiǎn)稱為求商法)。比較證明不等式的一般步驟是：作差——變形——判斷——結(jié)論。為了判斷作差后的符號(hào)，有時(shí)要把這個(gè)差變形為一個(gè)常數(shù)，或者一個(gè)或幾個(gè)平方和的形式，也可變形為幾個(gè)因式的積的形式，以便判斷其正負(fù)。

2.2分析綜合策略

分析綜合法是數(shù)學(xué)中常用的兩種直接證明方法，也是不等式證明中的基本方法。兩者在證明思路上存在著明顯的互逆性。

綜合法是由已知條件和已知不等式出發(fā)，推導(dǎo)出所要證明的不等式；分析法則要逐步找出使結(jié)論成立的充分條件，最后歸結(jié)為已知不等式或者已知條件。對(duì)于條件簡(jiǎn)單而結(jié)論復(fù)雜的不等式，往往要通過(guò)分析法或者分析法與綜合法交替使用來(lái)尋找證明的途徑。

2.3構(gòu)造策略 所謂構(gòu)造，就是當(dāng)某些數(shù)學(xué)問(wèn)題用通常的辦法難以奏效時(shí)，根據(jù)題設(shè)條件和結(jié)論的特征性質(zhì)，從新的角度、用新的觀點(diǎn)觀察分析、解釋對(duì)象，抓住反映問(wèn)題的條件與結(jié)論之間的內(nèi)在聯(lián)系，用已知數(shù)學(xué)關(guān)系為支架，構(gòu)造出滿足條件或結(jié)論的數(shù)學(xué)對(duì)象，使原題中隱晦不清的關(guān)系和性質(zhì)在新構(gòu)造中的數(shù)學(xué)對(duì)象中清楚地展現(xiàn)出來(lái)，從而借助該數(shù)學(xué)對(duì)象解決數(shù)學(xué)問(wèn)題的 2 方法。

用構(gòu)造法解題時(shí)，被構(gòu)造的對(duì)象是多種多樣的，按它的內(nèi)容，分為某種模型、函數(shù)、恒等式、復(fù)數(shù)等，可以達(dá)到簡(jiǎn)捷、明快、以巧取勝的目的。在運(yùn)用構(gòu)造法解題時(shí)，一要明確構(gòu)造的目的，即為什么要構(gòu)造；二要弄清楚問(wèn)題的特點(diǎn)，以便依據(jù)特點(diǎn)、確立方案、實(shí)現(xiàn)構(gòu)造、達(dá)到目的。

3證明不等式的基本方法和技巧

3.1 比較法

比較法是證明不等式的最基本，最重要的方法之一，它是兩個(gè)實(shí)數(shù)大小順序和運(yùn)算性質(zhì)的直接應(yīng)用，比較法可分為差值比較法(簡(jiǎn)稱為求差法)和商值比較法(簡(jiǎn)稱為求商法)。3.1.1 作差法

在比較兩個(gè)實(shí)數(shù)a和b的大小時(shí)，可借助a?b的符號(hào)來(lái)判斷.步驟一般為：作差——變形——判斷（正號(hào)、負(fù)號(hào)、零）.變形時(shí)常用的方法有：配方、通分、因式分解、和差化積、應(yīng)用已知定理、公式等.abba [例1] 已知a、b?R?,求證：ab?ab，等號(hào)當(dāng)且僅只當(dāng)a?b時(shí)成立。

[分析] 由于要證的不等式關(guān)于a,b對(duì)稱，且式子不復(fù)雜，比較的式子都由字母a，b組成，左右兩式存在公因式ab，可考慮用作差法來(lái)做，作差判斷符號(hào)。

[證明] 設(shè)a?b?0.bb?a?b?0,?aabb?abba?abbbaa?b?ba?b?0，??從而原不等式得證。顯然上面的不等式當(dāng)且僅aa?b?ba?b?a?b?時(shí)等號(hào)成立，故原不等式當(dāng)且僅當(dāng)a?b時(shí)成立等號(hào)。

[評(píng)價(jià)] 因?yàn)樽霾罘ㄊ歉鶕?jù)差值的符號(hào)來(lái)判斷，所以在 比較差值的時(shí)候容易出錯(cuò)，一定要謹(jǐn)慎。3.1.2 作商法

在證題時(shí)，一般在a，b均為正數(shù)時(shí)，借助

aa?1或?1來(lái)判斷其大小，bab步驟一般為：作商——變形——判斷（大于1或小于1）.[例2]已知a?2，求證：log?a?1?a?loga?a?1? [分析] 先判斷不等號(hào)兩邊是否是正數(shù)。因?yàn)閍>2,所以loga?a?1??0,loga?a?1??0，這時(shí)我們可考慮用作商法來(lái)比較大小，利用對(duì)數(shù)函數(shù)公式，通過(guò)變形化簡(jiǎn)即可判斷了。

[證明] 由原題得：

loga?a?1?log?a?1?a1?loga?a?1?1 ??loga?a?1????loga?a?1??loga?a?1?2又因?yàn)?/p>

loga?a?1??loga?a?1???loga?a?1????loga?a?1??????2????log?aa2?14????log2aa422?

?1所以原式＞1，故命題得證。

[評(píng)價(jià)]首先判斷了左右兩式均是正數(shù)，而且是對(duì)數(shù)形式，這種常用作商法目的在于好利用公式約分化簡(jiǎn)，構(gòu)造容易比較大小的形式得出結(jié)論。3.2 綜合法

利用某些已經(jīng)證明過(guò)的不等式，例如算術(shù)平均數(shù)、幾何平均數(shù)的定理、均值定理等等，利用這些不等式的性質(zhì)，推導(dǎo)出所要證明的不等式，這個(gè)證明方法就是綜合法。

[例3]a,b,c為互不相容的正數(shù)，且abc?1，求證：

111???a?b?c.abc[分析] 因?yàn)閍bc?1且a,b,c為互不相容的正數(shù)。觀察前后的式子聯(lián)想起我們所學(xué)的均值定理a1?a2???ann?a1a2?an。把1換成abc的形式帶入式子，化簡(jiǎn)之后就得nbc+ac+ba,再根據(jù)學(xué)過(guò)的均值定理來(lái)構(gòu)造式子，變形化簡(jiǎn)可證。

[證明] 化簡(jiǎn)過(guò)程為：

111bc?acac?abab?bc???bc?ac?ba????bc?ac?ac?ab?ab?bcabc222?a?b?c,所以111???a?b?c.故命題得證。這樣的方法主要靠平時(shí)知識(shí)的積累和應(yīng)用。abc[評(píng)價(jià)]先化簡(jiǎn)后我們得到的式子就可把整個(gè)不等式看成一個(gè)整體，根據(jù)不等式定理、性質(zhì)經(jīng)過(guò)變形、運(yùn)算，導(dǎo)出欲證的不等式。3.3放縮法

是要證明不等式A

11?來(lái)做，縮小分母，擴(kuò)大不等號(hào)左邊的式子。2n(n?1)n 4 [證明] ?1111 ???2nn(n?1)n?1n?1111111115117??????1??(?????)??(?)?.22222123n223n?1n42n4[評(píng)價(jià)]此題采用了從第三項(xiàng)開(kāi)始拆項(xiàng)放縮的技巧，放縮拆項(xiàng)時(shí)，不一定從第一項(xiàng)開(kāi)始，須根據(jù)具體題型分別對(duì)待，即不能放的太寬，也不能縮的太窄，真正做到恰倒好處。

3.4 數(shù)學(xué)歸納法

對(duì)于含有n(n?N)的不等式，當(dāng)n取第一個(gè)值時(shí)不等式成立，如果使不等式在n?k(n?N)時(shí)成立的假設(shè)下，還能證明不等式在n?k?1時(shí)也成立，那么肯定這個(gè)不等式對(duì)n取第一個(gè)值以后的自然數(shù)都能成立.[例5]：證明不等式

111??...??1?n?N?.n?1n?23n?1[分析]：此題是一個(gè)與自然數(shù)n有關(guān)的命題，首先想到數(shù)學(xué)歸納法?？煞治鰊=1時(shí)，當(dāng)n=k時(shí)，當(dāng)n=k+1時(shí)三種情況來(lái)討論，若在假設(shè)下都成立，那么足以說(shuō)明n在定義內(nèi)取任何值都使原式成立。

11113????1.n?1n?2n?312?2?假設(shè)當(dāng)n?k,不等式成立1?1?1?...?1?1.k?1k?2k?33k?4要證當(dāng)n?k?1時(shí)不等式成立，即[證明] ?1?當(dāng)n?1,11111112??...??????1??1.k?1k?23k?13k?23k?33k?4k?13?k?1??3k?2??3k?4? [評(píng)價(jià)] 對(duì)于由不完全歸納法得到的某些與自然數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題我們常用數(shù)學(xué)歸納法來(lái)做，在驗(yàn)證命題 n=k(n整數(shù))正確的基礎(chǔ)上，證明命題具有傳遞性，而第二步實(shí)際上是一次邏輯的推理代替了無(wú)限的驗(yàn)證過(guò)程，所以說(shuō)數(shù)學(xué)歸納法是一種合理、切實(shí)可行的科學(xué)證明方法，實(shí)現(xiàn)了有限到無(wú)限的飛躍。3.5 換元法

在證題過(guò)程中，以變量代換的方法，選擇適當(dāng)?shù)妮o助未知數(shù)，使問(wèn)題的證明達(dá)到簡(jiǎn)化.主要有兩種換元形式。(1)三角代換法：多用于條件不等式的證明，當(dāng)所給條件較復(fù)雜，一個(gè)變量不易用另一個(gè)變量表示，這時(shí)可考慮三角代換，將兩個(gè)變量都有同一個(gè)參數(shù)表示。此法如果運(yùn)用恰當(dāng)，可溝通三角與代數(shù)的聯(lián)系，將復(fù)雜的代數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為三角問(wèn)題根據(jù)具體問(wèn)題，實(shí)施的三角代換方法有：①若x?y?1，可設(shè)x?cos?,y?sin?；②若x?y?1，可設(shè)x?rcos?,y?rsin??0?r?1?；③對(duì)于含有的不等式，由于x?1，可設(shè)x?cos?；④若x?y?z?xyz，由tanA?tanB?tanC?tanAtanBtanC知，可設(shè)

2222x?tanA,y?tanB,z?tanC其中A?B?C??。(2)增量換元法：在對(duì)稱式(任意交換 5 兩個(gè)字母，代數(shù)式不變)和給定字母順序(如a?b?c?0等)的不等式，考慮用增量法進(jìn)行換元，其目的是通過(guò)換元達(dá)到減元，使問(wèn)題化難為易，化繁為簡(jiǎn)。如a?b?1，可以用a?1?t,b?t進(jìn)行換元。

2222 [例6] 已知x,y?R且x?y?1.求證x?2xy?y?2.[分析] 在式中有xy≤1不 等式，可聯(lián)想到上面性質(zhì)中的第②點(diǎn)：若x2?y2?1，可設(shè)x?rcos?,y?rsin??0?r?1?，化為三角函數(shù)來(lái)帶入要證明的式子就較為簡(jiǎn)便。

[證明] 設(shè)x?rcos?,y?rsin?,r?1,則22x2?2xy?y2?r2cos?2?2cos?sin??sin?2?r2cos2??sin2?????2r2sin?2????2.4??

[評(píng)價(jià)]這里用的三角代換是換元法的一種。題目形式上比較復(fù)雜，但有一定的規(guī)律，則可采用變量代換法，通過(guò)換元，把生疏的結(jié)構(gòu)轉(zhuǎn)化為重要不等式形式使證題思路自然、簡(jiǎn)捷。它的基本思路是：按照代數(shù)式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)選用適當(dāng)?shù)娜枪?，進(jìn)行三角代換，把代數(shù)題轉(zhuǎn)化為三角題，從而用三角知識(shí)去解。3.6 判別式法

根據(jù)已知的或構(gòu)造出來(lái)的一元二次方程，一元二次不等式，二次函數(shù)的根，解集，函數(shù)的性質(zhì)等特征確定出其判別式應(yīng)滿足的不等式，從而推出欲證的不等式方法。判別式法應(yīng)用

2f(y)x?g(y)x??(y)?0形極其廣泛，它的使用范圍是“解答函數(shù)的解析式可以轉(zhuǎn)化為

2式的一類函數(shù)的最大（?。┲祷蛑涤騿?wèn)題”，學(xué)習(xí)時(shí)注意對(duì)x項(xiàng)系數(shù)f(y)?0和f(y)?0兩種情況的討論。

2f(y)x?g(y)??(y)?0,f(y)?0，依據(jù)x?R,??0求出y的范圍。方法：①由②討論f(y)?0時(shí)的x的值是否是函數(shù)y的定義域中的值？若是，則y的范圍含f(y)?0a1x2?b1x?c1a??b2a2x?b2x?c2的y值，是否不含這個(gè)值.本題解法對(duì)證明形如“，a1x2?b1x?c1c??da2x?b2”的不等式具有一般性。

1x2?x?13??[例7] 求證:22x?12。

[分析] 此題目不等號(hào)中間式子可構(gòu)造成一元二次函數(shù)，要注意對(duì)x的系數(shù)的兩種情況討論 6 x2?x?1y?22(1?y)x?x?1?y?0，x?1證明：設(shè)，則

2y?1x?R,??1?4(1?y)?0,得（1）當(dāng)時(shí)，由13?y?,(y?1)2 2

2(1?y)x?x?1?y?0，得x=0（2）當(dāng)y=1時(shí)，由x2?x?1y?x2?1的定義域中的一個(gè)值，所以y=1是它的值域中的一個(gè)值.由（1）而x=0是函數(shù)131x2?x?13?y???2222x?12。和（2）知，即[評(píng)價(jià)] 用判別式法證明不等式，實(shí)際上就是求函數(shù)的最大（最?。┲祷蛑涤?它的使用

2f(y)x?g(y)??(y)?0,f(y)?0形式的一類函數(shù)范圍是“解答函數(shù)的解析式可以轉(zhuǎn)化

2的最大（?。┲祷蛑涤騿?wèn)題”，學(xué)習(xí)時(shí)注意對(duì)x項(xiàng)系數(shù)f(y)?0和f(y)?0兩種情況的討論。

3.7 分解法

按照一定的法則，把一個(gè)數(shù)或式分解為幾個(gè)數(shù)或式，使復(fù)雜問(wèn)題轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單易解的基本問(wèn)題，以便分而治之，各個(gè)擊破，從而達(dá)到證明不等式的目的.[例8] 求證：1?1111111?????? 26122030426[分析] 此題不等號(hào)左邊為同分子異分母的7個(gè)分?jǐn)?shù)和，分母的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)是從1開(kāi)始每相鄰兩個(gè)自然數(shù)乘積，符號(hào)為加減交替，可利用我們學(xué)過(guò)的式子使相同式子相消，即可得答案。[證明] 因?yàn)?/p>

111??來(lái)做，n(n?1)nn?1111??

n(n?1)nn?***1??????????=＜原題得2233445566776 所以 原式=1-?證。

[評(píng)價(jià)]只要利用學(xué)過(guò)的公式來(lái)分解式子就更容易了，但這題要注意符號(hào)，符號(hào)容易出錯(cuò)。3.8函數(shù)極值法

在不等式證明中，我們常常構(gòu)造函數(shù)f(x)，而f(x)構(gòu)造好后，如果在所給函數(shù)區(qū)間上無(wú)法判斷f(x)符號(hào)，即當(dāng)函數(shù)不具有單調(diào)性時(shí)，可以考慮用極值與最值的方法進(jìn)行證明

[例9] 設(shè)x?R，求證：?4?cos2x?3sinx?21.8[分析] 此題可構(gòu)造成一元二次方程的頂點(diǎn)式進(jìn)行證明。

3?1?[證明] f(x)?cos2x?3sinx?1?2sin2x?3sinx??2?sinx???2

4?8?當(dāng)sinx?231時(shí)，f(x)max?2;48當(dāng)sinx??1時(shí)，f(x)min??4.故 ?4?cos2x?3sinx?21.8[評(píng)價(jià)]這題難在于化簡(jiǎn)f(x)來(lái)構(gòu)造函數(shù)，用一元二次方程的頂點(diǎn)式求最值較易。3.9函數(shù)單調(diào)法

當(dāng)x屬于某區(qū)間，有f?(x)?0，則f(x)單調(diào)上升；若f?(x)?0，則f(x)單調(diào)下降.推廣之，若證f(x)?g(x)，只須證f(a)?g(a)及f?(x)?g?(x),(x?(a,b))即可.[例10] 證明不等式e?1?x,x?0.[分析] 所求不等式中有e，結(jié)構(gòu)不復(fù)雜，求導(dǎo)數(shù)是它本身，這樣用求導(dǎo)法來(lái)做應(yīng)容易。靠導(dǎo)數(shù)求單調(diào)性就可把極值求出，即可證明不等式。

[證明]設(shè)f?x??e?1?x,則f'?x??e?1。xxxx故當(dāng)x?0時(shí)，f'?x?>0,f嚴(yán)格遞增； 當(dāng)x?0時(shí)，f'?x??0嚴(yán)格遞減。

又由于f在x?0處連續(xù)，則當(dāng)x?0時(shí)f?x??f?0??0，從而得證。

[評(píng)價(jià)]此題目具有冪指數(shù)函數(shù)形式，對(duì)不等式進(jìn)行移項(xiàng)、整理，在此基礎(chǔ)上根據(jù)函數(shù)單調(diào)性證明之。利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式，不等式兩邊必須可導(dǎo)，對(duì)所構(gòu)造的輔助函數(shù)f（x）應(yīng)在某閉區(qū)間內(nèi)連續(xù)，開(kāi)區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，然后通過(guò)在開(kāi)區(qū)間f'?x?的符號(hào)判斷間上的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性來(lái)解決不等式問(wèn)題。

f（x）在閉區(qū)4小結(jié)

不等式的證明方法很多，遠(yuǎn)遠(yuǎn)不止以上所述，每一種方法都具有一定的特點(diǎn)和使用性，并有一定的規(guī)律可循，只有在多分析多總結(jié)的基礎(chǔ)上，才能把握問(wèn)題的實(shí)質(zhì)，熟練運(yùn)用各種證明技巧，提高解決問(wèn)題的水平。各種證明方法之間也并不是孤立的，有時(shí)一個(gè)不等式也可能有好多種證明方法。我們?cè)谧C明不等式中不必拘泥某種單一的方法，需要因地制宜根據(jù)不同的情況選擇不同的方法來(lái)論證，可根據(jù)具體的情況靈活選擇最簡(jiǎn)單、最優(yōu)化的方法，從而達(dá)到最佳的證明效果，體現(xiàn)數(shù)學(xué)的簡(jiǎn)潔性和實(shí)用性。

經(jīng)過(guò)這段時(shí)間的畢業(yè)論文設(shè)計(jì)和對(duì)相關(guān)資料的收集，我對(duì)于不等式的證明有了深刻的了解和認(rèn)識(shí)。學(xué)習(xí)了這些方法，可以幫助我們解決一些實(shí)際問(wèn)題，培養(yǎng)邏輯推理論證能力和抽 8 象思維能力以及養(yǎng)成勤于思考、善于思考的良好學(xué)習(xí)習(xí)慣。

參考文獻(xiàn): ［1］李長(zhǎng)明,周煥山.初等數(shù)學(xué)研究[M].北京:高等教育出版社,1995,253-263.［2］葉慧萍.反思性教學(xué)設(shè)計(jì)-不等式證明綜合法[J].數(shù)學(xué)教學(xué)研究,2005,10(3):89-91 ［3］張順燕 數(shù)學(xué)的思想、方法和應(yīng)用［M］北京：北京大學(xué)出版社。2003 ［4］數(shù)學(xué)分析.華東師范大學(xué)數(shù)學(xué)系(第三版)[M].北京:高等教育出版社,1999,87.［5］李海港，張傳法.利用均值不等式求最值的技巧［M］.學(xué)術(shù)期刊:高中數(shù)理化（高二）GAOZHONG SHU-LI-HUA。2007年第1期。

[6]霍連林.著名不等式[M].北京:中國(guó)物質(zhì)出版社,1994,123-124.[7]張衛(wèi)斌.中學(xué)數(shù)學(xué)不等式證明的常用策略與技巧[M].《新課程（中學(xué)）》2010年第12期

第四篇：證明不等式方法

不等式的證明是高中數(shù)學(xué)的一個(gè)難點(diǎn)，題型廣泛，涉及面廣，證法靈活，錯(cuò)法多種多樣，本節(jié)通這一些實(shí)例，歸納整理證明不等式時(shí)常用的方法和技巧。1比較法

比較法是證明不等式的最基本方法，具體有“作差”比較和“作商”比較兩種?；舅枷胧前央y于比較的式子變成其差與0比較大小或其商與1比較大小。當(dāng)求證的不等式兩端是分項(xiàng)式（或分式）時(shí)，常用作差比較，當(dāng)求證的不等式兩端是乘積形式（或冪指數(shù)式時(shí)常用作商比較）

例1已知a+b≥0，求證：a3+b3≥a2b+ab

2分析：由題目觀察知用“作差”比較，然后提取公因式，結(jié)合a+b≥0來(lái)說(shuō)明作差后的正或負(fù)，從而達(dá)到證明不等式的目的，步驟是10作差20變形整理30判斷差式的正負(fù)。

∵（a3+b3)(a2b+ab2)

=a2(a-b)-b2(a-b)

=(a-b)(a2-b2)

證明： =(a-b)2(a+b)

又∵(a-b)2≥0a+b≥0

∴(a-b)2(a+b)≥0

即a3+b3≥a2b+ab2

例2 設(shè)a、b∈R+，且a≠b，求證：aabb＞abba

分析：由求證的不等式可知，a、b具有輪換對(duì)稱性，因此可在設(shè)a＞b＞0的前提下用作商比較法，作商后同“1”比較大小，從而達(dá)到證明目的，步驟是：10作商20商形整理30判斷為與1的大小

證明：由a、b的對(duì)稱性，不妨解a＞b＞0則

aabbabba=aa-bbb-a=(ab)a-b

∵ab0，∴ab1，a-b0

∴(ab)a-b(ab)0=1即aabbabba＞1，又abba＞0∴aabb＞abba

練習(xí)1 已知a、b∈R+，n∈N，求證（a+b）（an+bn）≤2（an+1+bn+1）2基本不等式法

利用基本不等式及其變式證明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及變形有：

（1）若a、b∈R，則a2+b2≥2ab（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，取等號(hào)）

（2）若a、b∈R+，則a+b≥ 2ab（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，取等號(hào)）

（3）若a、b同號(hào)，則 ba+ab≥2（當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，取等號(hào)）

例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1則a1-b2+b1-a2≤

1分析：通過(guò)觀察可直接套用： xy≤x2+y2

2證明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1

∴b1-a2+a1-b2≤1，當(dāng)且僅當(dāng)a1+b2=1時(shí)，等號(hào)成立

練習(xí)2：若 ab0，證明a+1(a-b)b≥

33綜合法

綜合法就是從已知或已證明過(guò)的不等式出發(fā)，根據(jù)不等式性質(zhì)推算出要證明不等式。

例4，設(shè)a0，b0，a+b=1，證明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252

證明：∵ a0，b0，a+b=1

∴ab≤14或1ab≥

4左邊=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+［(a+b)2-2ab］+(a+b)2-2aba2b2

=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252

練習(xí)3：已知a、b、c為正數(shù)，n是正整數(shù)，且f(n)=1gan+bn+cn

3求證：2f（n）≤f（2n）

4分析法

從理論入手，尋找命題成立的充分條件，一直到這個(gè)條件是可以證明或已經(jīng)證明的不等式時(shí)，便可推出原不等式成立，這種方法稱為分析法。

例5：已知a0，b0，2ca+b，求證：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

分析：觀察求證式為一個(gè)連鎖不等式，不易用比較法，又據(jù)觀察求證式等價(jià)于 ｜a-c｜＜c2-ab也不適用基本不等式法，用分析法較合適。

要證c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

只需證-c2-ab＜a-c＜c2-ab

證明：即證 ｜a-c｜＜c2-ab

即證(a-c)2＜c2-ab

即證 a2-2ac＜-ab

∵a＞0，∴即要證 a-2c＜-b 即需證2+b＜2c，即為已知

∴ 不等式成立

練習(xí)4：已知a∈R且a≠1，求證：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）

25放縮法

放縮法是在證明不等式時(shí)，把不等式的一邊適當(dāng)放大或縮小，利用不等式的傳遞性來(lái)證明不等式，是證明不等式的重要方法，技巧性較強(qiáng)常用技巧有：（1）舍去一些正項(xiàng)（或負(fù)項(xiàng)），（2）在和或積中換大（或換?。┠承╉?xiàng)，（3）擴(kuò)大（或縮小）分式的分子（或分母）等。

例6：已知a、b、c、d都是正數(shù)

求證： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2分析：觀察式子特點(diǎn)，若將4個(gè)分式商為同分母，問(wèn)題可解決，要商同分母除通分外，還可用放縮法，但通分太麻煩，故用放編法。

證明：∵ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＞

ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d=a+b+c+da+b+c+d=

1又由ab＜a+mb+m(0＜a＜b，m＞0)可得：ba+b+c＜b+da+b+c+dcb+c+d＜c+aa+b+c+ddc+d+a＜d+bc+d+a+dad+a+b＜a+ca+b+c+d

∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

b+da+b+c+d+c+aa+b+c+d+d+bc+d+a+d+a+ca+b+c+d=2(a+b+c+c)a+b+c+d=2

綜上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2

練習(xí)5：已知：a＜2，求證：loga(a+1)＜1

6換元法

換元法是許多實(shí)際問(wèn)題解決中可以起到化難為易，化繁為簡(jiǎn)的作用，有些問(wèn)題直接證明較為困難，若通過(guò)換元的思想與方法去解就很方便，常用于條件不等式的證明，常見(jiàn)的是三角換元。

(1)三角換元：

是一種常用的換元方法，在解代數(shù)問(wèn)題時(shí)，使用適當(dāng)?shù)娜呛瘮?shù)進(jìn)行換元，把代數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化成三角問(wèn)題，充分利用三角函數(shù)的性質(zhì)去解決問(wèn)題。

例

7、若x、y∈R+,且 x-y=1 A=(x-1y)(y+1y)。1x，求證0＜A＜

1證明： ∵x，y∈R+，且x-y=1，x=secθ，y=tanθ，（0＜θ＜xy）

∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ

=1-cos2θcosθ·s2m2θ+cos2θcosθ·s2mθ·cos2θ

=sinθ

∵0＜θ＜x2，∴ 0＜s2mθ ＜1因此0＜A＜1

復(fù)習(xí)6：已知1≤x2+y2≤2，求證：12 ≤x2-xy+y2≤

3(2)比值換元：

對(duì)于在已知條件中含有若干個(gè)等比式的問(wèn)題，往往可先設(shè)一個(gè)輔助未知數(shù)表示這個(gè)比值，然后代入求證式，即可。

例8：已知 x-1=y+12=z-23，求證：x2+y2+z2≥431

4證明：設(shè)x-1=y+12=z-23=k

于是x=k+1，y=zk-1，z=3k+

2把上式代入x2+y2+z2=(k+1)2(2k-1)2+(3k+2)2

=14(k+514)2+4314≥4314

7反證法

有些不等式從正面證如果不好說(shuō)清楚，可以考慮反證法，即先否定結(jié)論不成立，然后依據(jù)已知條件以及有關(guān)的定義、定理、公理，逐步推導(dǎo)出與定義、定理、公理或已知條件等相矛盾或自相矛盾的結(jié)論，從而肯定原有結(jié)論是正確的，凡是“至少”、“唯一”或含有否定詞的命題，適宜用反證法。

例9：已知p3+q3=2，求證：p+q≤

2分析：本題已知為p、q的三次，而結(jié)論中只有一次，應(yīng)考慮到用術(shù)立方根，同時(shí)用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。

證明：解設(shè)p+q＞2，那么p＞2-q

∴p3＞（2-q）3=8-12q+6q2-q

3將p3+q3 =2，代入得 6q2-12q+6＜0

即6（q-1）2＜0 由此得出矛盾∴p+q≤

2練習(xí)7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求證：a＞0，b＞0，c＞0

8數(shù)學(xué)歸納法

與自然數(shù)n有關(guān)的不等式，通常考慮用數(shù)學(xué)歸納法來(lái)證明。用數(shù)學(xué)歸納法證題時(shí)的兩個(gè)步驟缺一不可。

例10：設(shè)n∈N，且n＞1,求證：(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+12

分析：觀察求證式與n有關(guān)，可采用數(shù)學(xué)歸納法

證明：（1）當(dāng)n=2時(shí)，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假設(shè)n=k(k≥2，k∈n)時(shí)不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k-1)＞2k+12 那么當(dāng)n=k+1時(shí)，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)＞2k+12·(1+12k+1)①

要證①式左邊＞2k+32，只要證2k+12·

2k+22k+1＞2k+32②

對(duì)于②〈二〉2k+2＞2k+1·2k+3

〈二〉(2k+2)2＞(2k+1)(2k+3)

〈二〉4k2+8k+4＞4k2+8k+3

〈二〉4＞3③

∵③成立 ∴②成立，即當(dāng)n=k+1時(shí)，原不等式成立

由（1）（2）證明可知，對(duì)一切n≥2（n∈N），原不等式成立

練習(xí)8：已知n∈N，且n＞1，求證： 1n+1+1n+2+…+12n＞132

49構(gòu)造法

根據(jù)求證不等式的具體結(jié)構(gòu)所證，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)、數(shù)列、合數(shù)和圖形等，達(dá)到證明的目的，這種方法則叫構(gòu)造法。

1構(gòu)造函數(shù)法

例11：證明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

證明：設(shè)f（x）=x1-2x-x2（x≠0）

∵f(-x)

=-x1-2-x+x2x-2x2x-1+x

2=x1-2x-［1-(1-2x)］+x2=x1-2x-x+x2

=f（x）

∴f（x）的圖像表示y軸對(duì)稱

∵當(dāng)x＞0時(shí)，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴當(dāng)x＜0時(shí)，據(jù)圖像的對(duì)稱性知f（x）＜0

∴當(dāng)x≠0時(shí)，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

練習(xí)9：已知a＞b，2b＞a+c，求證：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2構(gòu)造圖形法

例12：若f（x）=1+x2，a≠b，則|f（x）-f（b）|＜ |a-b|

分析：由1+x2 的結(jié)構(gòu)可知這是直角坐標(biāo)平面上兩點(diǎn)A(1，x)，0(0，0)的距離即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2

于是如下圖，設(shè)A(1，a)，B(1，b)則0A= 1+a2 0B=1+b2

|AB|=|a-b|又0A|-|0B＜|AB|∴|f(a)-f(b)|＜|a-b|

練習(xí)10：設(shè)a≥c，b≥c，c≥0，求證 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添項(xiàng)法

某些不等式的證明若能優(yōu)先考慮“添項(xiàng)”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍數(shù)添項(xiàng)

若不等式中含有奇數(shù)項(xiàng)的和，可通過(guò)對(duì)不等式乘以2變成偶數(shù)項(xiàng)的和，然后分組利用已知不等式進(jìn)行放縮。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)等號(hào)成立）證明：∵a、b、c∈R+

∴a3+b3+c3=12 ［(a3+b3)+(b3+c3)+(c3+a3)］≥12 ［(a2b+ab2)+(b2c+bc2)+(c2a+ca2)］=12［a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)］≥12(a·2bc+b·2ca+c·2ac)=3abc

當(dāng)且僅當(dāng)a=b，b=c，c=a即a=b=c時(shí)，等號(hào)成立。

2平方添項(xiàng)

運(yùn)用此法必須注意原不等號(hào)的方向

例14 ：對(duì)于一切大于1的自然數(shù)n，求證：

(1+13)(1+15)…(1+12n-1＞ 2n+1 2)

證明：∵b ＞ a＞ 0，m＞ 0時(shí)ba＞ b+ma+m

∵ ［(1+13)(1+15)…(1+12n-1)］2=（43、65…2n2n-1)（43、65…2n2n-1)＞（54、76…2n+12n)（43、65…2n2n-1)=2n+13＞ 2n+14＞

∴(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+1 2)

3平均值添項(xiàng)

例15：在△ABC中，求證sinA+sinB+sinC≤3

32分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算術(shù)平均值添項(xiàng)sin π

3證明：先證命題：若x＞0，y＜π，則sinx+siny≤2sin x+y2（當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)等號(hào)成立）∵0＜x+y2＜ π，-π2＜ x-y2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosx-y

2∴上式成立

反復(fù)運(yùn)用這個(gè)命題，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332

∴sinA+sinB≠sinC≤332

練習(xí)11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18

4利用均值不等式等號(hào)成立的條件添項(xiàng)

例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，求證a4+b4＞ 18

分析：若取消a≠b的限制則a=b= 12時(shí)，等號(hào)成立

證明：∵a、b∈R+∴a4+3(12)4 ≥ 44a4 ［(12)4］3=12a①

同理b4+3(12)4 ≥b②

∴a4+b4≥12(a+b)-6(12)4=12-6(12)4=18③

∵a≠b ∴①②中等號(hào)不成立∴③中等號(hào)不成立∴ 原不等式成立

1．是否存在常數(shù)c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對(duì)任意正數(shù)x,y恒成立？ 錯(cuò)解：證明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故說(shuō)明c存在。

正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下證不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。要證不等式xx+2y+xx+2y≤23，因?yàn)閤,y是正數(shù)，即證3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即證3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2，而此不等式恒成立，同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立，故存在c=23 使原不等式恒成立。

6.2已知x,y,z∈R+，求證：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

錯(cuò)解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz

錯(cuò)因：根據(jù)不等式的性質(zhì)：若a ＞b＞ 0，c ＞d ＞0,則ac bd，但 ac＞bd卻不一定成立 正解：x2y2+y2z2≥ 2x y2z，y2z2+z2x2≥ 2x yz2，x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，以上三式相加，化簡(jiǎn)得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，兩邊同除以x+y+z:

x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

6.3 設(shè)x+y>0，n為偶數(shù)，求證yn-1xn+xn-1yn≥

1x 1y

錯(cuò)證：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y

=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

n為偶數(shù)，∴ xnyn ＞0，又xn-yn和xn-1-yn-

1同號(hào)，∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

錯(cuò)因：在x+y>0的條件下，n為偶數(shù)時(shí)，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同號(hào)，應(yīng)分x、y同號(hào)和異號(hào)兩種情況討論。

正解：應(yīng)用比較法：

yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

① 當(dāng)x>0,y>0時(shí)，(xn-yn)(xn-1-yn-1)≥ 0，(xy)n >0

所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

≥0故：yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

② 當(dāng)x,y有一個(gè)是負(fù)值時(shí)，不妨設(shè)x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n為偶數(shù)時(shí),所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)>0 又(xy)n >0，所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn ≥0即 yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

綜合①②知原不等式成立

第五篇：不等式證明若干方法

安康學(xué)院 數(shù)統(tǒng)系數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué) 專業(yè) 11 級(jí)本科生

論文（設(shè)計(jì)）選題實(shí)習(xí)報(bào)告

11級(jí)數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)《科研訓(xùn)練2》評(píng)分表

注：綜合評(píng)分?60的為“及格”； <60分的為“不及格”。