第一篇：Jensen不等式的證明和應(yīng)用
Jensen不等式的證明和應(yīng)用
1.設(shè)??x?在?a,b?內(nèi)二階可導(dǎo)，且????x??0，則
?p1x1?p2x2???pnxn?p1??x1??p2??x2????pn??xn?
????
p?p???pp?p???p12n12n??
其中p1,p2,L,pn均為正數(shù)，x1,x2,L,xn?2.證明不等式?abc?
a?b?c
(a,b)。
?aabbcc其中a,b,c均為正數(shù)。
3.應(yīng)用Jensen不等式證明： 1）設(shè)aj?0?j?1,2,?,n?有
n
++L+a1a2an
＃a1+a2+L+an。
n
2）設(shè)aj?0,bj?0?j?1,2,?,n?有
驏np鼢驏nq
ajbj￡瓏aj鼢bj瓏邋 鼢瓏鼢瓏桫桫j=1j=1j=1
n
p1q,q>1,其中p>1
+=1。pq
積分不等式的證明
1.設(shè)函數(shù)f?x?在閉區(qū)間?0,1?上具有連續(xù)的導(dǎo)數(shù)，f?0??1，且
?
f2?x?dx?1。
1）求xf?x?f??x?dx；2）證明：xf
?
?
?x?dx???f??x???
dx?。
b
2.設(shè)f?x?在?a,b?上可導(dǎo)，且f??x??M,f?a??0，證明：
?
a
f?x?dx?
M2
?b?a? 2
3.設(shè)f???x??0,x??0,1?，則
?
f?x2?dx?。
4.設(shè)函數(shù)f?x?在閉區(qū)間?0,1?上連續(xù)，在?0,1?內(nèi)有二階導(dǎo)數(shù)，且f???x??0，證明：
?
?1?
f?xn?dx?f??。
?n?1?
5.設(shè)函數(shù)f?x??C?0,1?，且?x,y??0,1?，有f?x??f?y??Mx?y，b
證明
?
a
1n
f?x?dx??f
nk?1
?k?M
。???
?n?2n
6.估計(jì)
?
x2?dx的符號(hào)。
7.設(shè)f?x?在?0,1?上連續(xù)且單調(diào)減少，f?1??0，求證：
?xf?x?dx?f?x?dx
01
?
?xf?x?dx
01
?f?x?dx
8.設(shè)f?x?在?a,b?上連續(xù)，且f?x??0，則
b
?
a
f?x?dx?
a
b
??b?a?。fx9.設(shè)f1?x?,f2?x?,?,fn?x?均為?a,b?上正值可積函數(shù)?0?a?b?，證明：
b1
??????
n
??f1?x?dx???f2?x?dx????fn?x?dx?????f1?x?f2?x??fn?x???dx。
a?a??a??a?b
n
b
1n
b
1n
10.設(shè)f?x?在?a,b?上可導(dǎo)，且f??x?在?a,b?上可積，f?a??f?b??0，試證：
f?x???f??x?dx
2a
b
?a?x?b?。
11.設(shè)f?x?在???,???有界，且導(dǎo)數(shù)連續(xù)，又對(duì)任意的實(shí)數(shù)x有f?x??f??x??1，試證：f?x??1。
?1?
12.設(shè)f?x?在??,a??a?0?上非負(fù)可積，且?xf?x?dx?0，?a?1
?
a
a
求證：
?xf?x?dx??f?x?dx。
2?1a
?1a
aa
13.設(shè)f?x?在?0,1?上有二階連續(xù)的導(dǎo)數(shù)，則對(duì)任意的???0,?,???
??1?3??2?,1?，有 ?3?
f??x??3f????f?????f???x?。
14.設(shè)f??x?在?a,b?上連續(xù)，則maxf?x??f?x?dx??f??x?。?x??a,b?b?aa
a
bb
15.設(shè)f?x?在?0,1?上有連續(xù)的導(dǎo)數(shù)，且f?0??f?1??0，證明：
?
f?x?dx?
maxf??x?。40?x?1
16.設(shè)f?x?在?a,b?上連續(xù)，且嚴(yán)格單增，證明：?a?b?
?f?x?dx?2?xf?x?dx。
a
a
bb
17.設(shè)f?x?在?0,1?上有連續(xù)的導(dǎo)數(shù)，滿足0?f??x??1且f?0??0求證：
?1?13
??f?x?dx???f?x?dx。?0?0
18.設(shè)f?x?在?0,1?上連續(xù)且遞減，證明：當(dāng)0???1時(shí)，19.設(shè)f?x?在?0.???上連續(xù)，且單調(diào)增加，證明：
ba
?1?
xf?x?dx??b?f?x?dx?a?f?x?dx?。?2?0a0?b
?f?x?dx???f?x?dx。
?1
20.設(shè)f?x?在?0,1?上有連續(xù)的導(dǎo)數(shù)，且f?0??f?1??0，證明：
?
?f?x?dx???fx????dx。40?2
21.設(shè)f?x?在?a,b?上有連續(xù)的導(dǎo)數(shù)，且f?a??0，證明：
b
?f
a
b?a?b2??xdx?fxdx。?????????2
a
22.設(shè)f?x?在?0,1?上有連續(xù)的導(dǎo)數(shù)，證明： 對(duì)于x??0,1?，有f?x??
??f?x??f??x??dx。
23.設(shè)f?x?在?a,b?上有連續(xù)的導(dǎo)數(shù)，且f?a??0，證明：
b
?
a
2b?a
?f?x?f??x?dx?fx??????dx。
2?a
b
24.設(shè)f?x?在?a,b?上有連續(xù)的導(dǎo)數(shù)，且f?a??f?b??0，證明：
b
?
a
2b?a
?f?x?f??x?dx?fx?????dx。??4a
b
25.設(shè)f?x?在?a,b?上不恒為零，且其導(dǎo)數(shù)f??x?連續(xù)，并且有f?a??f?b??0，證明：
????a,b?，使f?????
f?x?dx。??b?a?
2a
b
26.設(shè)f?x?在?a,b?上單調(diào)增加，且f???x??0，證明：
?b?a?f?a???f?x?dx??b?a?
a
b
f?a??f?b?。
27.設(shè)f?x?在?0,1?上連續(xù)，且單調(diào)減少，f?x??0,證明：對(duì)于滿足0?????1的任何
?,?，有??f?x?dx???f?x?dx。
??
?
28.設(shè)f?x?在?a,b?上具有連續(xù)的二階導(dǎo)數(shù)，f???x?，且f?0??f?1??0,f?x??0，證明：
?
f???x?
?4。fx29.設(shè)f?x?在?a,b?上連續(xù)，且f?x??0，證明：
b
?1b?1ln?f?x?dx??lnf?x?dx。??b?ab?aaa??
?
30.設(shè)In?tannxdx，n為大于1的正整數(shù)，證明：
?
。?In?
2n?12n?11
31.設(shè)f?x?在?0,1?上有一階連續(xù)導(dǎo)數(shù)，且f?1??f?0??1，證明：??f??x???dx?1。
?
32.設(shè)f?x?在?0,2?上連續(xù)，且
?f?x?dx?0,?xf?x?dx?a?0，證明：
????0,2?，使f????a。
33.設(shè)f?x?在?0,1?上連續(xù)，且
?f?x?dx?0,?xf?x?dx?1.，證明：
1）?x0??0,1?，使得f?x0??4；2）?x1??0,1?使得f?x1??4。
34.設(shè)f?x?在?0,1?上連續(xù)，且
?
f?x?dx?0,?xf?x?dx?0,?,?x
n?1
f?x?dx?0,?xnf?x?dx?1，證明：?c??0,1?，n
使f?c??2?n?1?。
35.設(shè)正值函數(shù)f?x?在閉區(qū)間?a,b?上連續(xù)，b
b
?f?x?dx?A，證明：
a
b
?
a
f?x?e
f?x?
dx?
a
??b?a??b?a?A?。fx36.設(shè)函數(shù)f?x?在閉區(qū)間?a,b?上連續(xù)，不恒為零。滿足0?f?x??M，?b??b?M?b?a??b?
???f?x?dx?。則??f?x?cosxdx????f?x?sinxdx??
12?a??a??a?
第二篇：Cauchy-Schwarz不等式的證明和應(yīng)用
Cauchy-Schwarz不等式的證明和應(yīng)用
摘要:Cauchy-Schwarz不等式有多種證明方法而且應(yīng)用廣泛.本文歸納了幾種Cauchy-Schwarz不等式的典型證明方法,并探討了Cauchy-Schwarz不等式的應(yīng)用.關(guān)鍵詞:Cauchy-Schwarz不等式;向量空間;內(nèi)積
一、Cauchy-Schwarz不等式的幾種證明方法
1.第一種證明方法
定理1對(duì)任意的向量α,β有|(α,β)|≤|α||β|.當(dāng)且僅當(dāng)α,β線性相關(guān)時(shí),等號(hào)才成立.證明當(dāng)β=0時(shí),不等式成立.設(shè)β≠0.令t是一個(gè)實(shí)變數(shù),作向量γ=α+tβ.不論t取何值,一定有
(γ,γ)=(α+tβ,α+tβ)≥0.即
(α,α)+2(α,β)t+(β,β)t2≥0(1)
取
t=.代入(1)式,得
(α,α)-≥0，即
(α,β)2≤(α,α)(β,β).兩邊開方便得
|(α,β)|≤|α||β|.當(dāng)α,β線性相關(guān)時(shí),等號(hào)顯然成立.反過來,如果等號(hào)成立,由以上證明過程可以看出,或者β=0,或者
α-β=0，也就是說α,β線性相關(guān).2.第二種證明方法
引理:設(shè)V是歐氏空間,ξ,η是V的單位向量,那么，|(ξ,η)|≤1.證明ξ,η既是單位向量,則有(ξ,ξ)=1,(η,η)=1,而|ξ,η|2≥0,即
|ξ,η|2=(ξ-η,ξ-η)
=(ξ,ξ)+(η,η)-2(ξ,η)
=2-2(ξ,η)≥0
所以,(ξ,η)≤1;
又|ξ,η|2≥0,即
|ξ,η|2=(ξ+η,ξ+η)
=(ξ,ξ)+(η,η)+2(ξ,η)
=2-2(ξ,η)≥0
所以,(ξ,η)≥-1.總之,|ξ,η|≤1.定理2設(shè)α,β是歐氏空間V中的任意兩個(gè)向量,那么,|(α,β)|≤|α||β|,等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)α,β線性相關(guān).證明10若α,β中有一個(gè)是零向量,則結(jié)論顯然成立;
20設(shè)α,β都不為零,今將α,β單位化,令ξ=,η=,則由引理.知|(ξ,η)| ≤1,而(α,β)=(|α|ξ,|β|η)=|α||β|(ξ,η)所以,|(α,β)|≤|α||β|(ξ,η)≤1.再設(shè)ξ與η的夾角為θ,則θ的余弦為cosθ==(ξ,η)由此可知,|(α,β)| ≤|α||β|(ξ,η)=1cosθ=±1≤1ξ=±η,此即知α與β線性相關(guān).3.第三種證明方法
定理3設(shè)α,β是歐氏空間V中的任意兩個(gè)向量,那么,|(α,β)|≤|α||β|,等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)α,β線性相關(guān).證明x1,x2∈R取,則(x1α+x2 β,x1α+ x2 β)≥0,即
(α,α)x12+2(α,β)x1x2+(β,β)x22≥0，而此式左端恰為關(guān)于x1,x2的半正定二次型,故其矩陣的行列式≥0,即
(α,α)(α,β)(α,β)(β,β)≥0
則得|(α,β)|≤|α|| β|,且等號(hào)成立
(α,α)(α,β)(α,β)(β,β)=0α,β線性相關(guān).二、Cauchy-Schwarz不等式的應(yīng)用
Cauchy-Schwarz不等式在不同的空間對(duì)應(yīng)著不同的形式,下面是它在不同空間上的幾種變形.母不等式:設(shè)V是歐氏空間,若ξ,η∈V,則
(ξ,η)2≤(ξ,ξ)(η,η)(2)
上式等號(hào)成立的充要條件是ξ,η線性相關(guān).變形一:取V=Rn,令ξ=(a1,a2,…,an),η=(b1,b2,…,bn)則有
(a1b1+…+anbn)≤(a12+a22+…+an2)(b12+b12+…+bn2)(3)
等號(hào)成立的充要條件 bi=cai(i=1,2,…n),c是為常數(shù).變形二:取V是定義在[a,b]上一切連續(xù)實(shí)函數(shù)所構(gòu)成的實(shí)線性空間,設(shè)f(x), g(x)∈V,則有
[f(x)g(x)dx]2≤f 2(x)dxg2(x)dx(4)
變形三:取 V 為概率空間,對(duì)任意屬于V 的隨機(jī)變量 ξ與 η都有
|Eξη|2 ≤Eξ2Eη2(5)
等號(hào)成立的充要條件是P(η=t0 ξ)=1,t0是某一常數(shù).例1若x1,x2,…,xn均為正數(shù)則有(x1+x2+…+xn)(++…+)≥n2(6)
證明由(2)式令a1=,a2=,…,an=.b1=,b2=,…,bn=,則有
(?+?+…+?)2=n2.而
(++…+)(++…+)
=(x1+x2+…+xn)(++…+)
所以(x1+x2+…+xn)(++…+)≥n2.顯然等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=…=xn時(shí)成立.例2已知a、b、c、x、y、z都是實(shí)數(shù),并且a2+b2+c2=1,x2+y2+z2=1
求證:|ax+by+cz|≤1.證明由不等式(3)有
(ax+by+cz)2≤(a2+b2+c2)(x2+y2+z2)
所以,|ax+by+cz|2≤1,即|ax+by+cz|≤1.例3當(dāng)2x+4y=1時(shí),求證
x2+y2≥.證明由不等式(3)有
(2x+4y)2≤(22+42)(x2+y2)，所以1≤20(x2+y2)
所以(x2+y2)≥
例4已知a、b、c為正數(shù),求證
a2+b2+c2≥ab+bc+ca.證明由不等式(3)有
(ab+bc+ca)2≤(a2+b2+c2)(b2+c2+a2),即(ab+bc+ca)2≤(a2+b2+c2)2.因?yàn)閍、b、c為正數(shù),所以a2+b2+c2≥ab+bc+ca.例5設(shè)ai≥0,i=1,2,…,n,則ai≤(ai2),且等號(hào)成立的充要條件是a1=a2=…=an.證明設(shè)二維離散型隨機(jī)變量ξ,η的聯(lián)合概率分布為
P(ξ=xi,η=yi)=P(ξ=xj,η=yj)=0(i≠j)
i=1,2,…,n;j=1,2,…,n
則ξ、η的邊際概率分布分別為
Pξ(ξ=xi)=,Pη(η=yj)=
令xi=ai≥0,yj=1有
Eξη=ai?=?ai
Eξ2=ai2?=?ai2
Eη2=yi?=1=1
由不等式(5)有(ai)2≤ai2且等號(hào)成立的充要條件是==…=
開方得ai≤(ai2)且等號(hào)成立的充要條件是a1=a2=…=an.例6設(shè)a、x、y是同時(shí)大于1(或小于1)的正數(shù),且logaxyj=9,求證:
logxa+logya+logja≥1.證明左邊=++.由不等式(6)有
(loga.x+loga y+loga j)(++)≥j2
即logaxyj?(++)≥9.有已知logaxyj≥9
所以(++)≥1
即logxa+logya+logja≥1
例7設(shè)a>0,b>0,且a+b=1,求證
(a+)2+(b+)2≥.證明由不等式(7)有
≥
所以≥
所以(a+)2+(b+)2≥.又因?yàn)?a-b)2≥0,所以a2+b2-2ab≥0.所以(a+b)2-4ab≥0.所以1-4ab≥0.所以ab≤.所以(a+)2+(b+)2≥=
例8設(shè)α,β是歐氏空間V中的向量,則有|α|-|β|≤|α±β|≤|α|+|β|.證明由Cauchy-Schwarz不等式得
-|α||β|≤(α,β)≤|α||β|，|α|2+|β|2-2|α||β|≤|α|2+|β|2+2|(α,β)|≤
|α|2+|β|2+2|α||β|，則(|α|-|β|)2≤(α±β,α±β)≤(|α|+|β|)2,即得
|α|-|β|≤|α±β|≤|α|+|β|
例9設(shè)有n階實(shí)對(duì)稱矩陣A,若A≥0,則有trA≥0和(trA)E≥A.證明因?yàn)锳≥0,所以A半正定,故存在n階矩陣
Q=q11…q1n………qn1…qnn=a1…an
其中a1=(qi1,…,qin)是第i個(gè)行向量(i=1,2,…,n),使得A=Q'Q
于是trA=tr(Q'Q)=||Q||F2≥0.又n維列向量X=(x1,…,xn)∈Rn,有X'AX=X'Q'QX=(QX)'(QX)=||QX||22
于是QX=q11x1+…+q1nxn ………qn1x1+…+qnn xn=(a1,X)…(an,X)
由Cauchy-Schwarz不等式知,|(ai,X)|≤||ai||2||X||2
所以||QX||22=|(ai,X)|≤(||ai||22)
||X||22=||QX||F2||X||22
即||QX||22≤||QX||F2||X||22=(trA)||X||22=(trA)X'X
從而X'AX≤(trA)X'X=X'(trA)EX
故有(trA)E≥A.Cauchy-Schwarz不等式應(yīng)用非常廣泛,利用Cauchy-Schwarz不等式可以解決一些復(fù)雜不等式的證明.(作者單位:湖南女子職業(yè)大學(xué))
第三篇：應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明不等式
應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明不等式
常澤武指導(dǎo)教師：任天勝
（河西學(xué)院數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院 甘肅張掖 734000）
摘要： 不等式在初等數(shù)學(xué)和高等代數(shù)中有廣泛的應(yīng)用，證明方法很多，本文以函數(shù)的觀點(diǎn)來認(rèn)識(shí)不等式，以導(dǎo)數(shù)為工具來證明不等式。
關(guān)鍵字： 導(dǎo)數(shù) 不等式最值中值定理單調(diào)性泰勒公式
中圖分類號(hào)： O13
Application derivative to testify inequality
ChangZeWu teachers: RenTianSheng
(HeXi institute of mathematics and statistics Gansu zhang ye 734000)Abstract: He inequality in elementary mathematics and higher algebra is widely used, proved many methods, based on the function point of view to know inequality to derivative tools to prove to inequality.Key words: The most value of derivative inequality value theorem monotonicity Taylor formula
1.利用微分中值定理來證明不等式
在數(shù)學(xué)分析中，我們學(xué)到了拉格朗日中值定理，其內(nèi)容為：
定理1.如果函數(shù)f?x?在閉區(qū)間?a,b?上連續(xù)，在開區(qū)間?a,b?上可導(dǎo)，則至少存在一點(diǎn)???a,b?，使得f'(?)?
拉格朗日中值定理是探討可微函數(shù)的的幾何特性及證明不等式的重要工具，我們可以根據(jù)以下兩種方法來證明。
（1）首先，分析不等式通過變形，將其特殊化。其次，選取合適的函數(shù)和范圍。第三，利用拉格朗日中值定理。最后，在根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和最大值和最小值。
（2）我們可根據(jù)其兩種等價(jià)表述方式
①f(b)?f(a)?f'(a??(b?a))(b?a),0???1
②f?a?h??f?a??f'?a??h?h,0???1
我們可以?的范圍來證明不等式。f(b)?f(a)。b?a
11(x?0)例1.1證明不等式ln(1?)?x1?x
證明第一步變形1 ln(1?)?ln(1?x)?ln(x)x
第二步選取合適的函數(shù)和范圍
令f(x)?lntt??x,1?x?
第三步應(yīng)用拉格朗日中值定理
存在???x,1?x?使得f'(?)?f(1?x)?f(x)(1?x)?(x)
即ln(1?x)?ln(x)?1
?而 ?<1+x 1 1?x
1?x1)?而0?x??? 即ln(x1?x?ln(1?x)?ln(x)?
例 1.2證明：?h>-1且h?0都有不等式成立：
h?ln(1?h)?h 1?h
證明：令f(x)=ln(1+x),有拉格朗日中值定理，????0,1?使得
ln(1?h)?f(h)?f(0)?f'(?h)h?
當(dāng)h>0時(shí)有
1??h?1?1?h,當(dāng)?1?h?0時(shí)有
1?1??h?1?h?0,即h.1??h1h??h;1?h1??h1h??h.1?h1??h
2．利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式
我們?cè)诔醯葦?shù)學(xué)當(dāng)中學(xué)習(xí)不等式的證明時(shí)用到了兩種方法：一種是判斷它們差的正負(fù)，另一種是判斷它們的商大于1還是小于1.而我們今天所要討論的是根據(jù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的思想來判斷大小。
定理：設(shè)函數(shù)f(x)在?a,b?上連續(xù)，在?a,b?可導(dǎo)，那么
（1）若在?a,b?內(nèi)f'(x)?0則f(x)在?a,b?內(nèi)單調(diào)遞增。
（2）若在?a,b?內(nèi)f'(x)?0則f(x)在?a,b?內(nèi)單調(diào)遞減。
使用定理：要證明區(qū)間?a,b?上的不等式f(x)?g(x)，只需令F(x)?f(?x)。g使在(x)?a,b?上F'(x)>0（F'(x)<0）且F(a)=0或（F(b)=0）例2.1 設(shè)x?0證明不等式ln(1?x)?xe?x
證明：令F(x)?ln(1?x)?xe?x（x>0）
顯然F(0)?0
1ex?x2?1?x?x（x>0）F'(x)??e?xe?x1?x(1?x)e
現(xiàn)在來證明ex?x2?1?0
令f(x)?ex?x2?1顯然f(0)?0
當(dāng)x?0時(shí)f'(x)?ex?2x?0
于是得f(x)在x?0上遞增
故對(duì)x?0有f(x)?f(0)?f(x)?0
而(1?x)ex?0
所以F'(x)?0故F(x)遞增
又因?yàn)镕(0)?0
所以F(x)?0
所以ln(1?x)?xe?x成立
3．利用函數(shù)的最大值和最小值證明不等式
當(dāng)?shù)仁街泻小?”號(hào)時(shí)，不等式f(x)?g(x)(或f(x)?g(x))? g(x)?f(x)?0（或g(x)?f(x)?0），亦即等價(jià)于函數(shù)G(x)?g(x)?f(x)有最小值或F(x)?f(x?)g(有最大值。x)
證明思路：由待正不等式建立函數(shù)，通過導(dǎo)數(shù)求出極值并判斷時(shí)極大值還是極小值，在求出最大值或最小值，從而證明不等式。
1例3.1證明若p>1，則對(duì)于?0,1?中的任意x有p?1?xp?(1?x)p?1 2
證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)?xp?(1?x)p(0?x?1)
則有f'(x)?pxp?1?p(1?x)p?1?p(xp?1?(1?x)p?1)
令f'(x)?0，可得xp?1?(1?x)p?1，于是有x?1?x，從而求得x?1。由于2
函數(shù)f(x)在閉區(qū)間?0,1?上連續(xù)，因而在閉區(qū)間?0,1?上有最小值和最大值。
由于函數(shù)f(x)內(nèi)只有一個(gè)駐點(diǎn)，沒有不可導(dǎo)點(diǎn)，又函數(shù)f(x)在駐點(diǎn)x?1和2
111p1?)?p?1,f(0)?f(1),區(qū)間端點(diǎn)(x?0和x?1)的函數(shù)值為f()?)p?(1所以2222
1f(x)在?0,1?的最小值為p?1，最大值為1，從而對(duì)于?0,1?中的任意x有2
11?f(x)?1?xp?(1?x)p?1。，既有p?1p?122
4．利用函數(shù)的泰勒展式證明不等式
若函數(shù)f(x)在含有x0的某區(qū)間有定義，并且有直到(n?1)階的各階導(dǎo)數(shù)，又在x0處有n階導(dǎo)數(shù)f(n)(x0)，則有展式： f'(x0)f''(x0)fn(x0)2(x?x0)?(x?x0)??(x?x0)n?Rn(x)f(x)?f(x0)?1!2!n!
在泰勒公式中，取x0=0,變?yōu)辂溈藙诹止?/p>
f'(0)f''(0)2fn(0)nf(x)?f(0)?(x)?(x)??(x)?Rn(x)1!2!n!
在上述公式中若Rn(x)?0(或?0)則可得
f'(0)f''(0)2fn(0)nf(x)?f(0)?(x)?(x)??(x)，1!2!n!
f'(0)f''(0)2fn(0)n(x)?(x)??(x)?；騠(x)?f(0)?1!2!n!
帶有拉格朗日余項(xiàng)的泰勒公式的實(shí)質(zhì)是拉格朗日微分中值定理的深化，他是一個(gè)定量估計(jì)式，該公式在不等式證明和微分不等式證明及較為復(fù)雜的極限計(jì)算中有廣泛的應(yīng)用。
用此公式證明不等式就是要把所證不等式化簡，其中函數(shù)用此公式，在把公式右邊放大或縮小得到所證不等式。
例4.1若函數(shù)f(x)滿足：（1）在區(qū)間?a,b?上有二階導(dǎo)函數(shù)f''(x)，（2）
f'(a)?f'(b)?0，則在區(qū)間?a,b?內(nèi)至少存在一點(diǎn)c，使
f''(c)?4f(b)?f(a)。2(b?a)
證明：由f(x)在x?a和x?b處的泰勒公式，并利用f'(a)?f'(b)?0，得f(x)?f(a)?f''(?)(x?a)2
2!f''(?)f(x)?f(b)?(x?b)2,于是2!
a?bf''(?)(b?a)2a?bf()?f(a)??(a???),22!42
a?bf''(?)(b?a)2a?bf()?f(b)??(a???),22!42
f''(?)?f''(?)(b?a)2
相減，得f(b)-f(a)=,24
4f(b)?f(a)1(b?a)2
即?f''(?)?f(?)?,(b?a)224
當(dāng)f''(?)?f''(?)時(shí)，記c??否則記c=?,那么
f''(c)?4f(b)?f(a)(a?b?c)(b?a)2
參 考 文 獻(xiàn)
《數(shù)學(xué)分析》上冊(cè)，高等教育出版社，1990.?1?鄭英元，毛羽輝，宋國棟編，?2?趙煥光，林長勝編《數(shù)學(xué)分析》上冊(cè)，四川大學(xué)出版社，2006。?3?歐陽光中，姚允龍，周淵編《數(shù)學(xué)分析》上冊(cè)，復(fù)旦大學(xué)出版社，2004.?4?華東師范大學(xué)數(shù)學(xué)系編《數(shù)學(xué)分析》上冊(cè)，第三版，高等教育出版社2001.
第四篇：積分不等式的證明及應(yīng)用
衡陽師范學(xué)院
畢業(yè)論文（設(shè)計(jì)）
題 目：積分不等式的證明及應(yīng)用
所 在 系： 數(shù)學(xué)與計(jì)算科學(xué)系
專 業(yè)： 數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)
學(xué) 號(hào)： 08090233 作者姓名： 盛軍宇 指導(dǎo)教師： 肖娟
2012年 4 月 27 日
積分不等式的證明及應(yīng)用
數(shù)學(xué)與計(jì)算科學(xué)系 數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè) 學(xué)號(hào):08090233 姓名:盛軍宇 指導(dǎo)老師:肖娟
摘要
本文主要研究了如何利用積分中值定理、輔助函數(shù)、以及一些特殊積分不等式等方法證明積分不等式,并通過若干實(shí)例總結(jié)有關(guān)積分不等式的證明方法及規(guī)律,討論了一些特殊積分不等式的應(yīng)用.關(guān)鍵詞 積分不等式；中值定理；函數(shù)
0.引言
積分不等式是微積分學(xué)中的一類重要不等式,在數(shù)學(xué)分析中有著廣泛的應(yīng)用,且在考研試卷中會(huì)經(jīng)常出現(xiàn).對(duì)積分不等式證明方法的介紹,不僅解決了一些積分不等式的證明,而且可以把初等數(shù)學(xué)的知識(shí)與高等數(shù)學(xué)的知識(shí)結(jié)合起來,拓寬我們的視野,提高我們的發(fā)散思維能力和創(chuàng)新能力.目前國內(nèi)外對(duì)該課題的研究比較普遍,主要研究了如何利用微積分相關(guān)知識(shí)來解決一些比較復(fù)雜的積分不等式的證明.積分不等式的常用證法有: 定積分的定義、定積分的性質(zhì)、泰勒公式、分部積分法、線性變換等.本文主要從以下幾個(gè)方面討論和歸納了一系列積分不等式的證明方法:利用積分中值定理來證積分不等式、利用Schwarz不等式來證積分不等式、利用微分中值定理來證積分不等式、利用積分中值定理來證積分不等式、利用二重積分來證積分不等式等.1.積分不等式的證明方法
1.1 利用積分第一中值定理證明積分不等式
積分第一中值定理(定理1)若f?x?在?a,b?上連續(xù), 則至少存在一點(diǎn)???a,b?，使得?f?x?dx?f????b?a?.ab積分第一中值定理在證明積分不等式中有著舉足輕重的作用.例1 設(shè)f?x?在?0,1?上可微,而且對(duì)于任意x??0,1?,有|f??x?|?M, 求證:對(duì)任意正整數(shù)n有
?10f?x?dx?1n?n1ni?1M?i?f???n?n?n,其中M是一個(gè)與x無關(guān)的常數(shù).分析 由于目標(biāo)式中一個(gè)式子為
?i?11?i?f??,另一個(gè)式子為?f?x?dx0?n?,故把?f?x?dx按
01區(qū)間可加性寫成一些定積分的和,并應(yīng)用積分第一中值定理加以證明.證 由定積分的性質(zhì)及積分中值定理,有
?10f?x?dx?nini?1n??i?1f?x?dx?n?i?1f??i?1,?,i?1,2,??,n.,?i??n?n?n?i?1i?又因?yàn)閒?x?在?0,1?上可微,所以由微分中值定理可知,存在?i????i,?,使得, n???i??i?f???f??i??f??i????i?,i?1,2,??,n.?n??n??i?
因此?10f?x?dx?1n?ni?11?i?f???n?n?n?i?1f??i??1n?ni?1?i?f???n?
?1n1n1n1nn?i?1n??i????f?f???i????n???i?f???f??i??n??i?f???i????i??n?M1n?Mn?
???i?1n.?i?1n?i?1在抽象函數(shù)f?x?的積分不等式中,若出現(xiàn)和號(hào)?、冪函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)等,一般可以利用定積分的定義或區(qū)間可加性,將區(qū)間?a,b?n等分,點(diǎn)?i也可采用特殊的取法.1.2 利用拉格朗日中值定理證明積分不等式
拉格朗日中值定理(定理2)若函數(shù)f滿足如下條件:
?i?f在?a,b?上連續(xù)；?ii?f在?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.利用拉格朗日中值定理的關(guān)鍵是根據(jù)題意選取適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)f(x)和區(qū)間?a,b?,使它們滿足拉格朗日定理?xiàng)l件,然后運(yùn)用拉格朗日公式或等價(jià)形式來運(yùn)算得出所要的結(jié)論.例2 設(shè)f??x?在?a,b?上連續(xù).證明:若f?a??f?b??0,則
?f?x?dxab??b?a?24M,M?Maxf??x?.x??a,b?分析 由條件f?a??f?b??0,及f??x?與f?x?,故想到利用拉格朗日中值定理.證 由拉格朗日中值定理得: 對(duì)任意的x??a,??a?b?, ?2?f?x??f?x??f?a??f??1??x?a?,a??1?x.,b?, 對(duì)任意的x??2???a?b?f?x??f?x??f?b??f??2??x?b?,x??2?b.?a?b??a?b??????f?x??M?x?a?,x??a，fx?Mb?x,x?,b???22????，故
?f?x?dxaba?b????2af?x?dx???ba?b2f?x?dx
a?b?2af?x?dx?ba?b2f?x?dx
a?b?2aM?x?a?dx??ba?b2M?b?x?dx??b?a?24M.注意到M是f??x?在?a,b?上的最大值,所以解題的關(guān)鍵是如何使f?x?與f??x?聯(lián)系起來,因而不難想到拉格朗日中值定理來證明.1.3 構(gòu)造變上限函數(shù)證明積分不等式
作輔助函數(shù),將結(jié)論的積分上限或下限換成x,式中相同的字母也換成x,移項(xiàng),使
得不等式的一端為零,則另一端為所作的輔助函數(shù),這種方法在證明一些特定類型積分不等式時(shí)有重要作用.1例3 設(shè)函數(shù)f?x?在?0,1?上連續(xù),證明不等式??f?x?dx?????0?2?10f2?x?dx.x?分析 此例若令F?x???f?t?dt?????0?2?x0f2?t?dt,則F??x?的正負(fù)不易判斷,需進(jìn)一步的改進(jìn).證 由待證的積分不等式構(gòu)造變上限定積分的輔助函數(shù),令
xxF?x????f?t?dt??x?f??0?0?22?t?dt顯然,F?0??0,且F?x?可導(dǎo),有
f2F??x??2f?x?x?f?t?dt??02xx0?t?dt?xf2?t?
????f?x??f?t??dt?0，0則F?x?在x?0時(shí)單調(diào)減小,即有F?x??F?0??0,x?0，1特別地,F?1??0,即證得不等式??f?x?dx?????0?2?10f2?x?dx.例4 設(shè)函數(shù)f?x?在?0,1?上可微,且當(dāng)x??0,1?時(shí),0?f??x??1,f?0??0, 1試證 ??f?x?dx?????0?2?10f3?x?dx.2131?證 問題在于證明?f?x?dx?????0??0f?x?dx?0, x令F?x????f?t?dt?????0?2?x0fx3?t?dt,因?yàn)镕?0??0, F??x??2f?x??f?t?dt0?f3?x??f?x?2??x0f?t?dt?f2?x?，x0?已知f?0??0,0?f??x??1,故當(dāng)x??0,1?時(shí),f?x??0, 記g?x??2?f?t?dt?f2?x?, 則g?0??0,g??x??2f?x??2f?x?f??x?=2f?x??1?f??x???0,x??0,1?, 于是g?x??2?f?t?dt?f2?x??g?0??0,x??0,1?,故F??x??0,x??0,1?, 0x4
1?所以F?1??F?0??0,即?f?x?dx?????0?2?10f3?x?dx.通過上述兩例,我們知道了構(gòu)造變上限函數(shù)證明積分不等式,遇到特殊情況,不能按常規(guī)直接作輔助函數(shù)需要稍微變化一下,有時(shí)甚至要在一個(gè)題中構(gòu)造兩個(gè)輔助函數(shù),以便判斷所作函數(shù)的單調(diào)性.1.4 利用二重積分證明積分不等式
在積分不等式的證明中利用定積分與積分變量形式無關(guān)的這一性質(zhì),將定積分的平方項(xiàng)或者定積分之間的乘積轉(zhuǎn)化為積分變量形式不同的定積分之積,把定積分化為二重積分,可以達(dá)到有效的作用.例5 若函數(shù)f?x?,p?x?,g?x?在?a,b?上連續(xù),p?x?是正值函數(shù),f?x?,g?x?是單調(diào)增加函數(shù),則?p?x?f?x?dx?p?x?g?x?dx?aabb?p?x?dx?p?x?f?x?g?x?dx.該不等式稱為切貝謝
aabb夫不等式.分析 只要證???bap?x?dx?p?x?f?x?g?x?dx?abb?bap?x?f?x?dx?p?x?g?x?dx?0
abb即可,而上述式子又可視為累次積分,從而化為二重積分.證 因定積分的值與積分變量無關(guān),故?p?x?dx??p?y?dy，aa?p?x?g?x?dx??p?y?g?y?dy.aabb?????bap?y?dy?p?x?f?x?g?x?dx?ab?bap?x?f?x?dx?p?y?g?y?dy
ab???p?y?p?x?f?x?g?x??p?x?p?y?f?x?g?y??dxdyD
??p?x?p?y?f?x??g?x??g?y??dxdyD ?1?
其中,積分區(qū)域D?a?x?b;a?y?b?.因?yàn)槎ǚe分與積分變量的形式無關(guān), 所以交換x與y的位置,得到
????p?y?p?x?f?y??g?y??g?x??dxdyD ?2?
將?1?式與?2?式相加,得??12??p?x?p?y??f?x??f?y???g?x??g?y??dxdy,由已知，D可知p?x?是正值函數(shù),f?x?,g?x?是單調(diào)增加函數(shù),從而?f?x??f?y??與?g?x??g?y??同號(hào)，于是在D上p?x?p?y??f?x??f?y???g?x??g?y???0,從而,??0.即?p?x?f?x?dx?p?x?g?x?dx?aabb?p?x?dx?p?x?f?x?g?x?dx.aa101bb例6 若函數(shù)f?x?在?0,1??上不恒為零且連續(xù)增加,則
?ff3?x?dx?x?dx???101xfxf3?x?dx?x?dx.2200證 由于在?0,1?上,結(jié)論式中的分母均為正值,所以結(jié)論等價(jià)于
???10f2?x?dx??10xff23?x?dx10?xf?10f3?x?dx?10xf2?x?dx?0, 而 ?? ? ??10fff2?x?dx?210xf3?x?dx??130?x?dx?2?x?dx
??D?x?yf3?y?dxdy??Df?x?xf3?y?dxdy
??D2?x?f3?y??y?x?dxdy ?3?
其中,積分區(qū)域D?0?x?1;0?y?1?因定積分的值與積分變量的形式無關(guān),故又有
????Df2?y?f3?x??x?y?dxdy ?4?
22將?3?式與?4?式相加,得??1???x?y?f?y?f?x??f?x??f?y??dxdy, 2D由已知,函數(shù)f?x?在?0,1?上連續(xù)增加,從而對(duì)任意的x,y??0,1?,有
?x?y?f?y?f?x??f?x??f?y???0,故22??101ff3?x?dx?x?dx???101xfxf3?x?dx?x?dx.2200從以上的積分不等式證明中,可知把定積分化為重積分能巧妙地解決一些積分不等式的證明問題.1.5 借助于判別式來證明積分不等式
引入適當(dāng)?shù)膮?shù),構(gòu)造合適的函數(shù),討論參數(shù)的判別式,以便證明所求證的積分不等式.例7 設(shè)f?x??0,且在?a,b?上連續(xù),試證?f?x?dx?abbdxf?x?a??b?a?.2分析 可構(gòu)造多項(xiàng)式,利用多項(xiàng)式的性質(zhì)來證明積分不等式.證 由題設(shè)對(duì)任意的?,考察函數(shù)f?x????,因?yàn)?f?x???f?x??????0,有 f?x???2?ba2bdxb???2??,即fx?2??dx?0??2?dx?????aaf?x??f?x???f?x?dxab?0, 不等式的左端可以看成?的二次三項(xiàng)式,且對(duì)任意的?上述不等式均成立, 故判別式???2?abdx??4?a2bdxf?x??baf?x?dx?0,即?f?x?dx?abbdxf?x?a??b?a?.2用判別式解題的關(guān)鍵是要有一個(gè)函數(shù)值恒定（大于或小于零、大于或等于零、小于或等于零）的一元二次方程g?x?,而g2?x??0,于是我們構(gòu)造?g2?x?dx?0這樣一個(gè)方程,ab再結(jié)合這種情況下的判別式也是一個(gè)不等式,便可證明此題.1.6 利用對(duì)稱性證明積分不等式
命題1 當(dāng)積分區(qū)域關(guān)于直線y?x對(duì)稱時(shí),被積函數(shù)的兩個(gè)變量交換位置后,二重積分的值不變.這一條規(guī)律有助于解決一些特定類型的積分不等式的證明.例8 函數(shù)f?x?在?a,b?上取正值且f?x?在?a,b?上連續(xù)試證:
??f?y?hf?x?dxdy??b?a?,h??a,b;a,b?.2證 因?yàn)閔??a,b;a,b?關(guān)于直線y?x對(duì)稱,從而I?f?x???f?y?hf?x?dxdy???f?x?dxdyhf?y?, 所以I???f?y?hdxdy?12??h?f?x?f?y?????dxdy?f?x???f?y???1dxdy??b?a?h2.由上例可知,在積分不等式的證明過程中,我們可以應(yīng)用基本不等式,它可能起到重要作用.1.7 利用積分第二中值定理的推論證明積分不等式
積分第二中值定理的推論:設(shè)函數(shù)f在?a,b?上可積.若g為單調(diào)函數(shù),則存在???a,b?,使得?f?x?g?x?dx?g?a??f?x?dx?g?b??f?x?dx.aab?b?應(yīng)用這個(gè)推論可以較容易地解決某些恒等式與某些不等式的證明.ba?b?b例9 設(shè)函數(shù)f?x?在?a,b?上單調(diào)遞增連續(xù),則?xf?x?dx?????f?x?dx.a?2?a證 假設(shè)函數(shù)g?x??x?a?b2,顯然g?x?在?a,b?上可積,又函數(shù)f?x?在?a,b?上遞增連續(xù),根據(jù)積分第二中值定理的推論知存在???a,b?,使得
?f?x?g?x?dxabab?f?a??g?x?dx?f?b??g?x?dx ???
a?b?且???式又可變?yōu)?f?x?g?x?dx??f?a????g?x??dx?f?b??g?x?dx.由定積分的幾何意義
a?b?知?g?x?dx??b???g?x??dx,?aba???a,b?,同時(shí),f?a??f?b?,于是，b?f?x?g?x?dx??f?b??f?a????g?x?dx即??x?a?b?0, ?ba?b??a?b?b,故????fxdx?0xfxdx?????f?x?dx?a2??2?a.2.一些特殊積分不等式的應(yīng)用
2.1 Chebyshew不等式及其應(yīng)用
Chebyshew不等式 設(shè)f?x?,g?x?同為單調(diào)遞減或當(dāng)調(diào)遞增函數(shù),則有
?baf?x?dx??g?x?dx??b?a??f?x?g?x?dx.aabb若f?x?,g?x?中一個(gè)是增函數(shù),另一個(gè)為減函數(shù),則不等式變?yōu)?/p>
?Chebyshewbaf?x?dx??g?x?dx??b?a??f?x?g?x?dx.aabb不等式有廣泛應(yīng)用,特別在證明一類積分不等式中發(fā)揮重要作用.例10 設(shè)g?x?是??1,1?上的下凸函數(shù),f?x?為??1,1?上的偶函數(shù)且在?0,1?上遞增,則, ??1f?x?dx??1g?x?dx11?2?f?x?g?x?dx.?11分析 從所證的不等式看,它有點(diǎn)類似于Chebyshew不等式,如果能夠構(gòu)造出一個(gè)單調(diào)函數(shù)滿足Chebyshew不等式的條件,問題就容易解決了,為此構(gòu)造輔助函數(shù),令??x??g?x??g??x?.證 令??x??g?x??g??x?,顯然??x?也為??1,1?上的偶函數(shù),由于g?x?是??1,1?上的下凸函數(shù),故當(dāng)0?x1?x2?1,g??x1??g??x2??x1???x2??g?x1??g?x2?x1?x2, 即g??x1??g??x2??g?x2??g?x1?,即??x1????x2?,所以f?x?,??x?在?0,1?上為增函數(shù), 由Chebyshew不等式知, 1?10f?x?dx???x?dx?011?10?1?f?x???x?dx????2?12?1?1f?x?dx???x?dx??1112?1?1f?x???x?dx, 可得?f?x?dx?g?x?dx?2?f?x?g?x?dx.?1?1?12.2 利用Schwarz不等式證明積分不等式
Schwarz不等式 若f?x?,g?x?在?a,b?上可積,則
??Schwarzbaf?x?g?x?dx?2??baf2?x?g2?x?dx.不等式是一個(gè)形式簡單,使用方便的積分不等式,在證明某些含有乘積及
b平方項(xiàng)的積分不等式時(shí)頗為有效.例11 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:
a ??abf?x?coskxdx????abf?x?sinkxdx??1 ?5?
22證 ?5?式左端第一項(xiàng)應(yīng)用Schwarz不等式得
??baf?x?coskxdx?2??a?bf?x??f?x?coskxdxb2?? ?同理??af?x?sinkxdx??b2?f?x?dx??f?x?cosaabkxdx??f?x?cosab2kxdx?6?
?baf?x?sin2kxdx ?7?
?6???7?即得?5?式.此題證明的關(guān)鍵在將f?x?寫成2.3 Jensen不等式
f?x??f?x?的形式,以便應(yīng)用Schwarz不等式.定理3 設(shè)f?x?在?a,b?上連續(xù),且m?f?x??M,又??t?是?m,M?上的連續(xù)凸函數(shù)（指下凸函數(shù)）,則有積分不等式
?????b?a1ba1?f?x?dx???b?a???f?x??dx ?8?
ab注 若??t?是?m,M?上的連續(xù)凹函數(shù),則?8?式中的不等式號(hào)反向.定理4 設(shè)f?x?,p?x?在?a,b?上連續(xù),且m?f?x??M,p?x??0?a?x?b?,??t?是
???m,M?上的連續(xù)凸函數(shù),則有?????bap?x?f?x?dx????b?ap?x?dx???p?x???f?x??dx ?9?
?p?x?dxabab注 當(dāng)??t?是?m,M?上的連續(xù)凹函數(shù)時(shí),?9?式中的不等號(hào)反向.例12 設(shè)f?x?在?a,b?上連續(xù),且f?x??0,則對(duì)任意的自然數(shù)n,有
?1nln??b?a?ba1?f?x?dx???b?a1t2?banlnf?x?dx.證 令??t??nlnt,那么???t??n,????t???nt1?0,故??t?為凹函數(shù), 顯然f?x?在??t?的定義域內(nèi)有意義,故由定理3知,結(jié)論成立.例13 設(shè)f?x?,p?x?是?a,b?上的正值連續(xù)函數(shù),則對(duì)任意的自然數(shù)n,有
?banp?x?lnf?x?dx?p?x?dxab???nln????bap?x?f?x?dx???b?ap?x?dx??.證 令??t??nlnt由上例知??t?為凹函數(shù),故由定理4知結(jié)論成立.2.4 Young不等式的應(yīng)用
Young不等式 設(shè)f?x?是單調(diào)遞增的,連續(xù)于?0,a?上,f?0??0,a,b?0,f?1?x?表示f?x?的反函數(shù),則ab?Young?a0f?x?dx??b0f?1?y?dy,其中等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)f?a??b.不等式是一個(gè)非常重要的不等式,靈活巧妙地應(yīng)用它,可以使一些較為困難的問題迎刃而解.例14 證明:a,b?1時(shí),不等式ab?ea?1?blnb成立.證 設(shè)f?x??ex?1,則f?x?單調(diào)并連續(xù),f等式有，a?1b?1?1?y??ln?1?y?,因?yàn)閍,b?1,由Young不?a?1??b?1???0故ab?ea?1?blnb.2.5 Steffensen不等式
Steffensenf?x?dx??0f?1?y?dy?ea?1?blnb?a?b?1, 不等式 設(shè)在區(qū)間?a,b?上,g1?x? ,g2?x?連續(xù),f?x?一階可導(dǎo),任給
xax??a,b?,成立不等式?g1?t?dt??xag2?t?dt,且?g1?x?dx?ab?bag2?x?dx.若f?x?在?a,b?上單調(diào)遞減,則?f?x?g1?x?dx?ab?f?x?g?x?dx;若f?x?在上單調(diào)遞增上述不等式變號(hào).a2b?例15 證明?20sinx1?x2?dx??20cosx1?x2dx.證 對(duì)任意的????x??0,??2??2,因?yàn)?cosx?1?sinx,所以有?sintdt?0x?x0costdt;此外,顯然有?2sinxdx?0?0cosxdx?1且函數(shù)
在?0,?上單調(diào)遞減,從而根據(jù)Steffensen不21?x?2?1????等式,知?20sinx1?x2?dx??20cosx1?x2dx.結(jié)論
總之,以上討論的積分不等式的主要證明方法都離不開積分的性質(zhì),主要是通過函數(shù)的可微性和函數(shù)的可積性,利用二重積分、拉格朗日中值定理和積分中值定理來證積分不等式；以及巧妙的利用Schwarz不等式和Jensen不等式等,在實(shí)際應(yīng)用中需要結(jié)合各方面靈活使用題中條件或不等式,才會(huì)使問題得以正確解決.參考文獻(xiàn)
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Mathematics and Application Mathematics specialty Number:08090233
Name:ShengJunyu
Instructor:XiaoJuan
Abstract: This paper studied to use the integral mean value theorem、the auxiliary function、some special integral inequality and other methods to prove integral inequality, and summarized some examples about proof methods and rules of integral inequality, and discussed the application of some special integral inequality.Key word: integral inequality;theorem of mean;function
第五篇：不等式證明
不等式證明
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，它可分為作差法、作商法
（1）作差比較：
①理論依據(jù)a-b>0
a>b;a-b=0
a=b;a-b<0
a
⑴作差：對(duì)要比較大小的兩個(gè)數(shù)（或式）作差。
⑵變形：對(duì)差進(jìn)行因式分解或配方成幾個(gè)數(shù)（或式）的完全平方和。⑶判斷差的符號(hào)：結(jié)合變形的結(jié)果及題設(shè)條件判斷差的符號(hào)。
注意：若兩個(gè)正數(shù)作差比較有困難，可以通過它們的平方差來比較大小。（2）作商法：①要證A>B(B>0),只要證
;要證A
②證明步驟：作商→變形→判斷與1的關(guān)系 常用變形方法：一是配方法，二是分解因式
2.綜合法：所謂綜合法，就是從題設(shè)條件和已經(jīng)證明過的基本不等式和不等式的性質(zhì)推導(dǎo)出所要證明的不等式成立，可簡稱為由因?qū)Ч３Ｒ姷幕静坏仁接?｜a｜≥0, a2?b2?2ab，a?b?ab 2，a?b?a?b?a?b 分析法：從求證的不等式出發(fā)，逐步尋求使不等式成立的充分條件，直至所需條件被確認(rèn)成立，就斷定求證的不等式成立，這種證明方法叫分析法，分析法的思想是“執(zhí)果索因”：即從求證的不等式出發(fā)，探求使結(jié)論成立的充分條件，直至已成立的不等式。
基本步驟：要證??只需證??，只需證?? 4 分析綜合法
單純地應(yīng)用分析法證題并不多見，常常是在分析的過程中，又綜合條件、定理、常識(shí)等因素進(jìn)行探索，把分析與綜合結(jié)合起來，形成分析綜合法。反證法：先假設(shè)所要證明的不等式不成立，即要證的不等式的反面成立，如要證明不等式M 具體放縮方式有公式放縮和利用某些函數(shù)的單調(diào)性放縮。常用的技巧有：舍去一些正項(xiàng)或負(fù)項(xiàng)；在和或積中換大（或換?。┠承╉?xiàng)；擴(kuò)大（或縮?。┓质降姆肿樱ɑ蚍帜福┑?，放縮時(shí)要注意不等號(hào)的一致性。放縮法的方法有： ⑴添加或舍去一些項(xiàng)，如：a2?1?a；n(n?1)?n ⑵將分子或分母放大（或縮?。抢没静坏仁?，如：lg3?lg5?(n?(n?1)2⑷利用常用結(jié)論： n(n?1)?lg3?lg5)?lg15?lg16?lg4 2Ⅰ、k?1?k?1k?1?k?12k； Ⅱ、1111； ???k2k(k?1)k?1k1111（程度大）???2k(k?1)kk?1kⅢ、12?k11111??(?)；（程度?。?k?1(k?1)(k?1)2k?1k?17 換元法：換元的目的就是減少不等式中變量，以使問題化難為易，化繁為簡，常用的換元有三角換元和代數(shù)換元。如： 已知x2?y2?a2，可設(shè)x?acos?,y?asin?； 已知x2?y2?1，可設(shè) x?rcos?,y?rsin?(0?r?1)； x2y2已知2?2?1，可設(shè)x?acos?,y?bsin?； abx2y2已知2?2?1，可設(shè)x?asec?,y?btan?； ab8、判別式法：判別式法是根據(jù)已知或構(gòu)造出來的一元二次方程，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所應(yīng)滿足的不等式，從而推出欲證的不等式的方法。 9、其它方法 最值法：恒成立 恒成立 構(gòu)造法：通過構(gòu)造函數(shù)、方程、數(shù)列、向量或不等式來證明不等式；
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