第一篇：大學(xué)數(shù)學(xué)中不等式的證明方法

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大學(xué)數(shù)學(xué)中不等式的證明方法

作者：吳瑩

來(lái)源：《學(xué)園》2013年第01期

【摘 要】不等式在科學(xué)研究中的地位很重要，但對(duì)不等式的證明有些同學(xué)無(wú)從下手，用什么方法是個(gè)難題，所以本文對(duì)大學(xué)數(shù)學(xué)中遇到的不等式的各種證明方法進(jìn)行歸納總結(jié)，并給出了相應(yīng)的例子。

【關(guān)鍵詞】數(shù)學(xué)歸納法 導(dǎo)數(shù) 單調(diào)性 中值定理 最值 積分

【中圖分類(lèi)號(hào)】O211 【文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼】A 【文章編號(hào)】1674－4810（2013）01－0076－02

第二篇：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(chēng)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(chēng)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(chēng)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?。┓质降姆肿樱ɑ蚍帜福┑取?/p>

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?？紤]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(chēng)

∵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(chēng)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

第三篇：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(zhuān)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(zhuān)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”。

第四篇：高等數(shù)學(xué)中不等式的證明方法

高等數(shù)學(xué)中不等式的證明方法

摘要：各種不等式就是各種形式的數(shù)量和變量之間的相互比較關(guān)系或制約關(guān)系，因此，不等式很自然地成為分析數(shù)學(xué)與離散數(shù)學(xué)諸分支學(xué)科中極為重要的工具，而且早已成為 專(zhuān)門(mén)的研究對(duì)象。高等數(shù)學(xué)中存在大量的不等式證明，本文主要介紹不等式證明的幾種 方法，運(yùn)用四種通法，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，極值或最值以及積分中值定理來(lái)解 決不等式證明的問(wèn)題。我們可以通過(guò)這些方法解決有關(guān)的問(wèn)題，培養(yǎng)我們的創(chuàng)新精神，創(chuàng)新思維，使一些較難的題目簡(jiǎn)單化、方便化。

關(guān)鍵詞：高等數(shù)學(xué)；不等式；極值；單調(diào)性；積分中值定理

Abstract: A variety of inequality is the various forms of high-volume and variable comparison between the relationship or constraints.Therefore, Inequality is natural to be a very important tool in Analysis of discrete mathematics and various bran（畢業(yè)論文參考網(wǎng)原創(chuàng)論文）ches of mathematics.It has been a special study.Today there are a large number of inequalities in higher mathematics.This paper introduces the following methods about Proof of Inequality ,such as the using of several general methods, researching monotone function by derivative, using extreme or the most value and Integral Mean Value Theorem.We can resolvethe problems identified through these methods.It can bring up our innovative spirit

and thinking and some difficult topics may be more easy and Convenient,Keyword: Higher Mathematics;Inequality;Extreme value Monotonicity;Integral Mean Value

Theorem

文章來(lái)自：全刊雜志賞析網(wǎng)(qkzz.net) 原文地址：http://qkzz.net/article/16be7113-df3a-4524-a9c3-4ba707524e72.htm

【摘要】不等式證明是高等數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中的一個(gè)重要內(nèi)容，通過(guò)解答考研數(shù)學(xué)中出現(xiàn)的不等式試題，對(duì)一些常用的不等式證明方法進(jìn)行總結(jié)。

【關(guān)鍵詞】不等式； 中值定理； 泰勒公式； 輔助函數(shù)； 柯西施瓦茨； 凹凸性

在高等數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)過(guò)程當(dāng)中，一個(gè)重點(diǎn)和難點(diǎn)就是不等式的證明，大多數(shù)學(xué)生在遇到不等式證明問(wèn)題不知到如何下手，實(shí)際上在許多不等式問(wèn)題都存在一題多解，針對(duì)不等式的證明，以考研試題為例，總結(jié)了幾種證明不等式的方法，即中值定理法、輔助函數(shù)法、泰勒公

式法、函數(shù)的凹凸性法、柯西施瓦茨不等式。

1中值定理定理法

利用中值定理（羅爾中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理）的方法來(lái)證明不等式首先要熟記各個(gè)中值定理的應(yīng)用條件，可將原不等式通過(guò)變形找到一個(gè)輔助函數(shù)，使其在所給區(qū)間上滿足中值定理的條件，證明的關(guān)鍵是處理好ξ點(diǎn)，分析函數(shù)或其導(dǎo)數(shù)在該點(diǎn)的性質(zhì)即可得到所要結(jié)論，在證明過(guò)程中也會(huì)出現(xiàn)反復(fù)應(yīng)用同一定理或同時(shí)應(yīng)用幾個(gè)定理進(jìn)行證明的情況。

例1設(shè)e4e2(b-a)。

解：對(duì)函數(shù)ln2x在［a,b］上應(yīng)用拉格朗日中值定理，得ln2b-ln2a=2lnξξ(b-a)，a<ξ設(shè)φ(x)=lnxx，φ′(x)=1-lnxx2當(dāng)x>e時(shí)，φ′(x)<0，所以φ(x)單調(diào)減少，從而φ(ξ)>φ(e2)，即lnξξ>lne2e2=2e2，故ln2b-ln2a>4e2(b-a)。

也可利用函數(shù)的單調(diào)性證明，可設(shè)φ(x)=ln2x-4e2x

例2設(shè)不恒為常數(shù)的函數(shù)f(x)在閉區(qū)間［a,b］上連續(xù)，在開(kāi)區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，且f(a)=f(b)，證明在（a,b）內(nèi)至少存在一點(diǎn)ξ，使得f′(ξ)>0。

解：因f(x)不恒為常數(shù)且f(a)≠f(b)，故至少存在一點(diǎn)c∈(a,b),使得f(c)≠f(a)=f(b)。

若f(c)>f(a)則在［a,c］上f(x)滿足拉格朗日中值定理?xiàng)l件，因此至少存在一點(diǎn)ξ∈(a,c)(a,b)，使得f′(ξ)=1c-a［f(c)-f(a)］>0。

若f(c)

2利用輔助函數(shù)的單調(diào)性證明

輔助函數(shù)方法比較常用，其主要思想是將不等式通過(guò)等價(jià)變形，找到一個(gè)輔助函數(shù)，通過(guò)求導(dǎo)確定函數(shù)在所給區(qū)間上的單調(diào)性，即可證明出結(jié)論。常用的方法是，直接將不等號(hào)右端項(xiàng)移到不等號(hào)左端，另不等號(hào)右端為零，左端即為所求輔助函數(shù)。

例3試證：當(dāng)x>0時(shí)，(x2-1)lnx≥(x-1)2。

解：設(shè)f(x)=(x2-1)lnx-(x-1)2，易知f(1)=0。

又f′(x)=2xlnx-x+2-1x，f′(1)=0, f′(x)=2lnx+1+1x2,f′(1)=2>0

f(x)=2(x2-1)x3可見(jiàn)，當(dāng)00，因此有當(dāng)00。又由f′(1)=0及f′(x)是單調(diào)增加的函數(shù)推知，當(dāng)00，因此進(jìn)一步有f(x)≥f(1)=0(00時(shí)，(x2-1)lnx≥(x-1)2。

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例4設(shè)b>a>e，證明ab>ba。

分析：要證ab>ba，只需證blna>alnb或lnaa>lnbb

解一：令f(x)=xlna-alnx(x≥a),因?yàn)閒′(x)=lna-ax>1-ax≥0(x≥a)

所以f(x)在x≥a時(shí)單調(diào)增加。因此當(dāng)bφa時(shí)，有f(b)>f(a)=0，即有blna>alnb，也即ab>ba。

解二：令f(x)=lnxx,x>e,則有f′(x)=1-lnxx2<0(x>e)，因此f(x)單調(diào)減少，故當(dāng)b>a>e時(shí)，有l(wèi)naa>lnbb即ab>ba。

3利用泰勒展開(kāi)式證明

泰勒展開(kāi)式的證明常用的是將函數(shù)f(x)在所給區(qū)間端點(diǎn)或一些特定點(diǎn)（如區(qū)間的中點(diǎn)，零點(diǎn)）進(jìn)行展開(kāi)，通過(guò)分析余項(xiàng)在ξ點(diǎn)的性質(zhì)，而得出不等式。另外若余項(xiàng)在所給區(qū)間上不變號(hào)，也可將余項(xiàng)舍去而得到不等式。

例5設(shè)f(x)在［0，1］上具有二階可導(dǎo)函數(shù)，且滿足條件|f(x)|≤a,|f(x)|≤b,其中a,b都是非負(fù)常數(shù)，c是（0，1）內(nèi)任意一點(diǎn)，證明|f′(x)|≤2a+b2。

分析:已知f(x)二階可導(dǎo)，應(yīng)考慮用二階泰勒展開(kāi)式。本題涉及證明|f′(x)|≤2a+b2，應(yīng)在特定點(diǎn)x=c處將f(x)按泰勒公式展開(kāi)。

解： 對(duì)f(x)在x=c處用泰勒公式展開(kāi)，得

f(x)=f(c)+f′(c)(x-c)+f′(ξ)2!(x-c)2（1）

其中ξ=c+θ(x-c),0<θ<1，在（1）式中令x=0，有

f(0)=f(c)+f′(c)(0-c)+f′(ξ)2!c2, 0<ξ1

在（1）式中令x=1，有f(1)=f(c)+f′(c)(1-c)+f′(ξ)2!c2, 0

上述兩式相減得

f(1)-f(0)=f′(c)12!［f′(ξ2)(1-c)2-f′(ξ1)c2］,于是

|f′(c)|=|f(1)-f(0)-12 ［f′(ξ2)(1-c)2-f′(ξ1)c2］|

≤|f(1)|+|f(0)|+12|f′(ξ2)|(1-c)2+12 |f′(ξ1)|c2

≤2a+b2［(1-c)2+c2］,又因當(dāng)c∈(0,1)時(shí)，有

(1-c)2+c2≤1故 |f′(c)|≤2a+b2

因這里ξ與x有關(guān)，可將其記為ξ(x)，那么當(dāng)令x分別取0和1時(shí)，對(duì)應(yīng)的ξ可分別用ξ1和ξ2表示。

4柯西施瓦茨不等式

(〖jf(z〗baf(x)g(x)dx)2〖jf)〗≤〖jf(z〗baf2(x)dx〖jf)〗·〖jf(z〗bag2(x)dx〖jf)〗

柯西施瓦茨不等式是一個(gè)常用的不等式，在證明過(guò)程中我們可以直接利用常用不等式進(jìn)行證明，即方便又快捷。

例6設(shè)f(x)在區(qū)間［a,b］上連續(xù)，且f(x)>0,證明〖jf(z〗baf(x)dx〖jf)〗·〖jf(z〗ba1f(x)dx≥(b-a)2。〖jf)〗

證明：(〖jf(z〗baf(x)1f(x)dx)2〖jf)〗≤〖jf(z〗baf(x))2 dx〖jf)〗·〖jf(z〗ba（1f(x))2dx〖jf)〗

即得〖jf(z〗baf(x)dx〖jf)〗·〖jf(z〗ba1f(x)dx≥(b-a)2〖jf)〗

5利用函數(shù)圖形的凹凸性進(jìn)行證明

函數(shù)的凹凸性證明方法首要是找到輔助函數(shù)f(x)，利用函數(shù)f(x)在所給區(qū)間［a,b］的二階導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的凹凸性。

f′(x)>0 函數(shù)為凹的,則 f(a)+f(b)>2f(a+b2)；

f′(x)<0 函數(shù)為凸的,則 f(a)+f(b)<2f(a+b2)，從而證明出結(jié)論。

例7xlnx+ylny>(x+y)lnx+y2,(x>0,y>0,x≠y)

令 f(t)=tlnt(t>0), f′(t)=lnt+1, f′(t)=1t>0, 故 f(t)=tlnt在（x,y）或（y,x）,x>0,y>0是凹的，于是

12［f(x)+f(y)］>f(x+y2)

即12［f(x)+f(y)］>x+y2ln x+y2

即xlnx+ylny>(x+y)lnx+y2

類(lèi)似的如：證明 ex+ey2>ex+y2,(x≠y)。

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第五篇：027不等式證明方法-數(shù)學(xué)歸納法

高二數(shù)學(xué)序號(hào)027 高二 年級(jí)班 教師 方雄飛學(xué)生

課題第二講證明不等式的基本方法(5)數(shù)學(xué)歸納法

變式訓(xùn)練：（1）用數(shù)學(xué)歸納法證明：1+4+9+…+n=n(n?1)(2n?1)

2教學(xué)目標(biāo)：

（1）知識(shí)與技能：數(shù)學(xué)歸納法不等式的原理，數(shù)學(xué)歸納法不等式的一般步驟，會(huì)用數(shù)學(xué)歸納法證明

簡(jiǎn)單的不等式.（2）過(guò)程與方法：培養(yǎng)學(xué)生觀察分析的能力、猜想證明的能力、邏輯思維及推理的能力、，從而培

養(yǎng)學(xué)生的創(chuàng)造能力.同時(shí)注意滲透轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想.(3)情感態(tài)度價(jià)值觀：培養(yǎng)學(xué)生認(rèn)真參與、積極交流的主體意識(shí)和樂(lè)于探索、勇于創(chuàng)新的科學(xué)精神.教學(xué)重點(diǎn): 用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的原理思路及步驟。16

教學(xué)難點(diǎn)：證明過(guò)程中步驟完整性的掌握。教學(xué)過(guò)程: 復(fù)習(xí)引入：

關(guān)于正整數(shù)n的命題(相當(dāng)于多米諾骨牌),我們可以采用下面方法來(lái)證明其正確性：

10.驗(yàn)證n取時(shí)命題(即n＝n?時(shí)命題成立)(歸納奠基）；20.假設(shè)當(dāng)n=k＋1時(shí)命題歸納遞推）.30.由10、20知，對(duì)于一切n≥n?的自然數(shù)n命題！(結(jié)論）數(shù)學(xué)歸納法的實(shí)質(zhì)是尋找一種用有限個(gè)步驟，就能處理完無(wú)限多個(gè)結(jié)論的方法。數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用：

例1：用數(shù)學(xué)歸納法證明：n3?5n(n?N?)能夠被6整除。

例2：證明貝努利（Bernoulli）不等式：

如果x是實(shí)數(shù)，且x> ?1，且x?0，n?N*，n≥2．求證：(1+x)n>1+nx.教學(xué)小結(jié)：

2）用數(shù)學(xué)歸納法證明：?1?3?5?7???(?1)

n

(2n?1)?(?1)n

n（3）證明: sinn??nsin?(n?N?)

（課后作業(yè)：

1、觀察下列式子：1?

13?,2

21?

115?2?,2

31?

1117

?2?2?2

23445、求證：

1115?????(n?2,n?N?)n?1n?23n6

則可歸納出____.2、用數(shù)學(xué)歸納法證明：1?3?5?...?(2n?1)?n2.3、用數(shù)學(xué)歸納法證明：

4、用數(shù)學(xué)歸納法證明：

?4?2?7?3?10???n(3n?1)?n(n?1)2

x2n?1?y2n?1 能被x?y整除。

(1?2?3?...?n)

?

?1?1???1?...?1??

?n2?n?1.能力提升：用數(shù)學(xué)歸納法證明：n?1且n?N

*

時(shí)，1?1???1

n2

?

n?1n

教學(xué)反思：