第一篇：凹凸函數在不等式證明中的巧用
凹凸函數在不等式證明中的巧用
唐才禎1莫玉忠2李金繼
3摘要：本文從凹凸函數原始定義出發(fā)，導出其等價的解析不等式.同時從凹凸函數的幾何特征導出另一個與凹凸函數原始定義等價的解析不等式.然后利用所得不等式來推導一些常用的不等式，提供了一種不等式證明的技巧.關鍵詞：凹函數；凸函數；不等式；幾何特征
不等式在數學問題中是經常碰到的，常用的不等式證明方法有初等數學中的綜合法、分析法、比較法和數學歸納法[1]，高等數學中常用的方法是利用函數的單調性、極大、極小值法和泰勒展式等方法[2].本文介紹利用凹凸函數的定義及其幾何特征在不等式證明中的應用.一． 凹凸函數定義及幾何特征
凹凸函數是區(qū)分函數增減方式的兩種不同類型的函數，即：雖然函數單調增加，但卻可有如圖1中的兩種方式增加，把形如f1(x)的增長方式的函數稱為凸函數，而形如f2(x)的增長方式的函數稱為凹函數，其精確定義為
1．定義[3]設函數f(x)在區(qū)間I有定義,若?x1,x2?I,?t?(0,1)有
……（1）f(tx1?(1?t)x2)?tf(x1)?(1?t)f(x2)
(f(tx1?(1?t)x2)?tf(x1)?(1?t)f(x2))
則稱f(x)在區(qū)間I是凸函數（凹函數）.根據函數的凸凹定義，不難證明，若函數f(x)在區(qū)間I是凹的，則函數一f(x)在區(qū)間I就是凸的，從而，我們從凸函數特征的討論可在凹函數上適用.為了便于使用，通常把不等式（1）改寫成如下等價形式：
如：設q1?t,q2?1?t,有q1?q2?1.(q1,q2?(0,1))
則（1）式可改寫為
f(q1x2?q2x2)?q1f(x1)?q2(x2)……（2）
2． 凸函數的幾何特征：
如圖，設A1,A2是凸函數y=f(x)曲線上兩點，它們對應的橫坐標x1?x2,x?(x1,x2)，則存在q1,q2?0,q1?q2?1,使得
12作者簡介： 唐才禎（1963－），男，廣西靈川人，中教一級，廣西醫(yī)科大學附中.作者簡介： 莫玉忠（1969－），女，廣西金秀人，講師，柳州師專數學系.3作者簡介： 李金繼（1963－），男，廣西靈川人，靈川化肥廠
.x?q1x1?q2x2，過點x作ox軸的垂線交函數于A，交A1A2于B，則（2）式左端即為A點縱坐標，右端即為B點縱坐標，因此，凸函數的幾何意義就是：其函數曲線任意兩點A1與A2之間的部分位于弦A1A2的下方或曲線在任一點切線上方.根據以上幾何特征，下面推導一個關于凸函數的直接不等式，設y?f(x)為函數，A1A2為f(x)上的任一弦，設A1(x1,f(x1)),A2(x2,f(x2)，不妨設x1?x2，則直線 A1A2的方程為
y?f(x1)?f(x2)?f(x1)(x?x1),x?(x1,x2)x2?x1
從而由上所述凸函數幾何性質有
f(x1)?f(x2)?f(x1)(x?x1)?f(x),x?(x1,x2)……（3）x2?x1
3． 凸函數的判斷
凸函數的判別準則在一般教材均有述及，下面是[4]中的一個判別凸函數準則： 定理 設f(x)在(a,b)上二階可導，則f(x)在(a,b)上是凸函數的充要條件是f??(x)?0
下面我們將從不等式（2）、（3）出發(fā)，適當選取q1,q2,x1,x2來證明一些不等式.二． 等式（2）的應用
不等式（2）是凸函數定義的一個等價形式，所以不等式（2）的應用實際上是凸函數定義的直接應用，（2）式的一個直接結果是出詹生（Jenson）不等式.命題若函數f(x)在區(qū)間I 是凸的，則有不等式
f(q1x1?q2x2???qnxn)?q1f(x1)?q2f(x2)???qnf(xn)??(4)其中xi?I,qi?0,i?1,2,?,n,且q1?q2???qn?1，其證明可參見[3]，在此略.如在（2）及（4）式中，適當選取f(x)的表達式，將可巧妙地證明一些不等式.x?x2???xn?x?x2???xn?例1． 證明不等式?1其中 ??1
nn??
q1?1;x1,x2,?xn?0.證明：設f(x)?x,x?0,則f''(x)?p(p?1)xpp?2pppp，由條件可知f''(x)?0.從而f(x)?xp為凸函數.取q1?q2???qn?
p1，再由Jenson不等式（4）有 npppx?x2???xn?x1?x2???xn?? ??1
nn??
例2．證明不等式(x?y)lnx?y?xlnx?ylnyx,y?0.2
1?0,x?0.如取x證明：取f(x)?xlnx，x?0.f'(x)?lnx?1，f''(x)?
1.由Jenson不等式有 2
x?yx?yln?xlnx?ylny即有 22
x?y(x?y)ln?xlnx?ylny2
三． 不等式（3）的應用 n?2,q1?q2?
不等式（3）是由凸函數的幾何特征得到的，要得到所要證的不等式，需據所給出的不等式形式適當選取x1,x2的值，所以這種方法具有一定的構造性，靈活性，難度相對大些.例3． 證明楊格（young）不等式：
apbq11ab??,a,b?0,??1.pqpq
證明：取f(x)?lnx.顯然其為凹函數，直線AB的方程為
y?lnx1?lnx2?lnx1(x?x1)，取x?p'x1?(1?p')x2?(x1,x2),p'?(0,1)則 x2?x1
lnx2?lnx1((p'?1)x1?(1?p')x2)?p'lnx1?(1?p')lnx2 x2?x1
pqy?lnx1?如取x1?a,x2?b,p'?111,1?p'?1??.ppq
由（3）式ln(1p1q11a?b)?lnap?lnbq
pqpq
ln(1p1qa?b)?lna.bpq
又因為lnx在定義域上為嚴格增函數，所以有
a.b?1p1qa?b.pq
a?bnan?bn)?,a,b?0 例4 證明不等式(22
證明：此例是例1的特例，下面用不等式（3）的方法給予證明.取y?f(x)?x,x?0,則f(x)為凸函數，由（3）式有 n
f(x)?f(x1)?f(x2)?f(x1)ab11(x?x1),取x1?,x2?,x?(x1?x2)?x2?x1a?ba?b22
從而有
bnan)?()1nan1a()?()?(?)，化簡后得： ba2a?b2a?b?a?ba?b
a?bn1n()?(a?bn).22（結語：綜上所述，利用凸函數定義及幾何特性證明不等式，關鍵是要根據所要證不等式，選取相關的函數及適當的x1,x2選取，此法雖具有一定的構造性，但證明的過程卻相對簡潔.參考文獻：
[1].梁永固，等，初等代數研究，廣東高等教育出版社，1989
[2].紀樂剛，等，數學分析，華東師范大學出版社，1993
[3].劉玉璉，等，數學分析講義，高等教育出版社，1996
[4].朱來義，等，微積分，高等教育出版社，2000
第二篇：利用函數凹凸性質證明不等式
利用函數的凹凸性質證明不等式
內蒙古包頭市第一中學張巧霞
摘要：本文主要利用函數的凹凸性來推導和證明幾個不等式.首先介紹了凹凸函數的定義，描述了判定一個函數具有凹凸性質的充要條件，并且給出了凸函數的一個重要性質——琴生不等式.通過巧妙構造常見的基本初等函數，利用這些函數的凹凸性推導幾個重要不等式，如柯西不等式，均值不等式，柯西赫勒德爾不等式，然后再借助這些函數的凹凸性及其推導出來的重要不等式證明一些初等不等式和函數不等式.關鍵詞：凸函數；凹函數；不等式.一． 引言
在數學分析和高等數學中，利用導數來討論函數的性態(tài)時，經常會遇到一類特殊的函數——凹凸函數.凹凸函數具有一些特殊的性質，對于某些不等式的證明問題如果靈活地運用函數的凹凸性質就可以簡潔巧妙地得到證明.二． 凹凸函數的定義及判定定理
(1)定義 設f(x)是定義在區(qū)間I上的函數，若對于I上的任意兩點x1,x2及實數???0,1?總有
f(?x1??1???x2)??f?x1???1???f?x2?
則稱f(x)為I上的凸函數（下凸函數）；反之，如果總有不等式
f(?x1??1???x2)??f?x1???1???f?x2?
則稱f(x)為I上的凹函數（上凸函數）.特別地，取??x?x2f?x1??f?x2?1)????.，則有f(1
222
若上述中不等式改為嚴格不等式，則相應的函數稱為嚴格凸函數或嚴格凹函數.（2）判定定理 若函數f(x)在區(qū)間 I上是二階可微的，則函數f(x)是凸函數的充要條件是f“(x)?0，函數f(x)是凹函數的沖要條件是f”(x)?0.三．關于凸函數的一個重要不等式——琴生不等式
設f(x)是定義在區(qū)間I上的一個凸函數，則對?xi?I,?i?1,2,?,n?,?i?0,??
i?1ni?1有
f(??ixi)???if?xi?.i?1
i?1
nn
特別地，當?i?
?i?1,2,?,n?,有 n
f（x1?x2???xnf?x1??f?x2????f?xn?)?.22
琴生不等式是凸函數的一個重要性質，因為每個凸函數都有一個琴生不等式，因此它
在一些不等式的證明中有著廣泛的應用.四． 應用凸函數和琴生不等式證明幾個重要不等式.（1）（調和——幾何——算術平均不等式）設ai?0,?i?1,2,?,n?,則有
n
?n??a??i???n
1??i?1??i?1ain
當且僅當a1?a2???an時，等號成立.證明 設f(x)??lnx,因為f“(x)?
?a
i?1
n
i
n
?0,x??0,???, 2x
所以f(x)是?0,???上的凸函數，那么就有f（??x)???f?x?.ii
i
i
i?1
i?1
nn
現(xiàn)取xi?ai,?i?,?i?1,2,?,n?, n
?n1??n1?n1
則有?ln??ai?????lnai???ln?ain?, ???
?i?1n?i?1n?i?1??n1??n1?
得ln??ai??ln?ain????,n?i?1??i?1?
由lnx的遞增性可得
n
??1
（1）?a???ii???
i?1n?i?1?
同理，我們取xi?
nn
?0，就有 ai
?n11?ln???na
i?i?1?n1?1????ln???ai?i?1n?
n
n
?n
?1????ln?1???i?1an?i??
?, ???
即
???a??i??（2）n
1??i?1??i?1ain
n
由（1），（2）兩式可得
?n?
?a??i???n
1??i?1??i?1ain
（2）柯西——赫勒德爾不等式
p
1n
?a
i?1
i
n
?p??q?ab?ab??????iiii? i?1?i?1??i?1?
其中ai,bi,?i?1,2,?,n?是正數，又p?0,p?1,p與q共軛，即
nnn
q
??1.pq
證明 首先構造函數f?x??xp,p?1時，f”?x??0,?x?0? 所以f?x??x是?0,???上的凸函數，則有
p
n
?n?p
f(??ixi)????ixi????ixi i?1i?1?i?1?
n
p
令 ?i?
pi
?p
i?1
n,這里pi?0,?i?1,2,?,n?，i
?n
??pixi
則?i?1
?n
??pi?i?1
p
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p
?px
ii?1
n
pi
?p
i?1
n
i
n
?n??n?p??即??pixi????pixi???pi??i?1??i?1??i?1?
p?1
由題設知
11p
??1，得q?，p?1pq
所以?
1p
1q
?
???p??px?pxp???????iiiii?，?i?1??i?1??i?1?
nn
p
n
1q
現(xiàn)取ai?pixi,bi?pi，?i?1,2,?,n? 則aibi?pixipi
1p
1q
?pixi,pixi?ai，代入上式得
pp
?p??q?ab?ab??????iiii? i?1?i?1??i?1?
命題得證.在柯西赫勒德爾不等式中，若令p?q?2時，即得到著名的不等式——柯西不等式
nn
p
n
1q
?2??2?ab?ab??????iiii? i?1?i?1??i?1?
nn
n
?n2??n2?
(?aibi)???ai???bi?i?1?i?1??i?1?
n
這里ai,bi,?i?1,2,?,n?為兩組正實數，當且僅當ai?bi時等號成立.五．凸函數及重要不等式在證明初等不等式和函數不等式中的應用.例1.求證在圓的內接n邊形中，以正變形的面積最大.證明 設圓的半徑為r，內接n邊形的面積為S，各邊所對的圓心角分別為?1,?2,?,?n，則
S?
r?sin?1?sin?2???sin?n?,因為f“?x???sinx?0，2
所以f?x??sinx是?0,??上的凹函數，由琴生不等式可得
f(?
i?1
n
?i)??f??i?.ni?1n
n
n
即sin
??
i?1
i
n
?
??sin
i?1
n
i
n
?sin?i?nsin
i?1
2?
n
上式只有在?1??2????n時等號才成立，也即正n邊形的面積最大.特別地，若A,B,C為三角形的三個內角時，由上式可得sinA?sinB?sinC?
.2x?y
例2 求證對任意的x?0,y?0，下面的不等式xlnx?ylny?(x?y)ln成立.證明 我們根據所要證明的不等式構造相應的函數，令f?t??tlnt,t?0，因f”?t??所以有
?0.故f?t??tlnt是?0,???上的凸函數，t
?x?y?f?x??f?y?f?,?x,y??0,???, ??
2?2?
即
x?yx?y1ln??xlnx?ylny?, 222
x?y
(x?y)ln??xlnx?ylny?,所以在利用凸函數證明不等式時，關鍵是如何巧妙地構造出能夠解決問題的函數，然后列出琴生不等式就可以簡潔，巧妙地得到證明.nnnn
?n?4444
例3 設ai,bi,ci,di都是正實數，證明??aibicidi???ai?bi?ci?di.i?1i?1i?1i?1?i?1?
分析 本題所要證明的結論看上去接近于柯西不等式，但是這里是4次方的情形，所以想辦
法將其變成標準形式。
?n??n?
證明??aibicidi?????aibi??cidi??
?i?1??i?1??
????aibi?
??i?1
n
??n?2
????cidi??
????i?12
n
?n22??22?=??aibi???cidi? ?i?1??i?1?
n
n
n
n
??
??
?
?ai
i?1
?bi
i?1
?ci
i?1
?di
i?1
通過以上例子我們可得出結論，運用柯西不等式的關鍵是對照柯西不等式的標準形式，構造
出兩組適當的數列，然后列出式子.例4 設a,b,c,d都是正實數，且c?d?a?b
證明 首先由均值不等式得
?
?
a3b3
?1..證明?
cd
?a3b3?acb3bda344
?? ???ac?bd?a???b?c?d?dc?
?a?2ab?b
=a2?b2再由柯西不等式得
??
2122
?ac?bd??a?b
??c
?d
?d
?
?
?a?b=a2?b2
?
122
?c
322
??
?a3b3?22
??a?b即??cd???
??
?a3b3?
???c?d???ac?bd? ??
?a2?b2
??
a3b3??1 所以cd
六．總結
由上面的分析我們看到，雖然利用函數的凹凸性來證明不等式有它的局限性，但是往
往是其它方法不可代替的，我們可以充分感受到利用函數的凹凸性解決問題的方便和快捷，豐富了不等式的常規(guī)證法，開闊了解題思路.參考文獻
【1】 【2】 【3】 【4】
謝惠民.數學分析習題課講義【M】.高等教育出版社，2003.王仁發(fā).高觀點下的中學數學代數學【M】.高等教育出版社，1999.席博彥.不等式的引論【M】.內蒙古教育出版社，2000.華東師范大學數學系.數學分析【M】.高等教育出版社，1991.
第三篇：巧用構造函數法證明不等式
構造函數法證明不等式
一、構造分式函數，利用分式函數的單調性證明不等式
【例1】證明不等式：|a|?|b||a?b|
1?|a|?|b|≥1?|a?b|
證明：構造函數f(x)=
x
1?x(x≥0)則f(x)=x1?x=1-
11?x
在?0，???上單調遞增
∵f(|a| + |b|)=
|a|?|b|1?|a|?|b|f(|a + b|)=|a?b|
1?|a?b|
且|a| + |b|≥|a + b|
∴f(|a| + |b|)≥f(|a + b|)即所證不等式正確。
二、利用分式函數的奇偶性證明不等式
【例2】證明不等式：x1?2x＜x
2（x≠0）證明：構造函數f(x)=x1?
2x
?x
2(x?0)∵f(-x)=-xx-x?2x1-2-x?2?2x?1?x2?x1?2x
[1-(1-2x)]?x2?x1?2x?x2=f(x)
∴f(x)是偶函數，其圖像關于y軸對稱。當x＞0時，1?2x
＜0，f(x)＜0；
當x＜0時，-x＞0,故f(x)=f(-x)＜0 ∴x1-2x?x2＜0，即x1?2
x
＜x
2三、構造一次函數，利用一次函數的單調性證明不等式
【例3】已知|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，求證：a + b + c＜abc + 2。
證明：構造函數f(c)=(1-ab)c + a + b-
2∵|a|＜1，|b|＜
1∴-1＜ab＜1，1-ab＞0
∴f(c)的（-1，1）上是增函數
∵f(1)=1-ab + a + b-2=a + b–ab-1=a(1b)=(1c)2＞4a(a + b + c)。證明：構造函數f(x)=ax2 +(-b + c)x +(a + b + c)(a≠0)
則f(0)=a + b + c，f(1)=2(a + c)
由(a + c)(a + b + c)＜0知：f(0)?f(1)＜0 ∴f(x)=0有兩個不等的實數根?！唷鳎?，即(bc)2＞4a(a + b + c)
【例5】已知實數a，b，c滿足a + b + c = 5，a2 + b2 + c
2= 9，求證a，b，c的值都不小于1，又都 不大于21
3。
證明：構造函數f(x)=2x2+ 2(a + b)x + a2 + b2=(x + a)2 +(x + b)2 ≥0
∵2＞0
∴△=[2(a+b)]2-4×2×(a2 + b2)≤0
∴△=4(5-c)2-8(9-c2)≤0 ∴(c-1)(3c-7)≤0
∴1≤c≤213
同理可證：1≤a≤21，1≤b≤2133。
【例6】已知a，b，c∈R，證明：a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0，并指出等號何時成立？
證明：令f(a)= a2 +(c + 3b)a + c2 + 3b2
+ 3bc
△=(c + 3b)2-4(c2 + 3b2 + 3bc)=-3(b + c)2
≤0 恒成立 ∵二次項系數1＞0
∴f(a)≥0，即 a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0
又當△=0，即b + c = 0時f(a)=(a + b)2
= 0 ∴當且僅當a=-b=c時才能取等號。
⒉利用一元二次方程根的分布證明不等式
【例7】設a + b + c=1，a2 + b2 + c2 =1，且a＞b＞c，求證：-
13＜c＜0
證明：∵a + b + c=1
∴a + b =1-c有a2 + b2 + 2ab=1c
∴a，b是方程x2-(1-c)x+c2-c=0的兩個實數根
∵a＞b＞c，故方程有大于c的兩個不等的實數根
構造函數f(x)= x2-(1-c)x+c2-c，則有：
????(1?c)2?4(c2?c)＞0
??1?c＞c
?2
??f(c)＞0
∴-1
3＜c＜0
⒊綜合運用判別式法、一元二次方程根的分布證明不等式
【例8】設a，b是兩個不等于0的實數，求證：下列不等式中至少有一個成立。a?a2?2b2
2b1，aa2?2b2
2b1
證明：設f(x)=bx2?ax?b
2(b≠0)
∵△=(-a)2-2b(-b)=a2+2b2＞0
∴拋物線與x軸必有兩個交點，其橫坐標為x=a?a2?2b2
2b
∴f(-1)=b
2?af(0)= ?b
2f(1)= b
2?a
⑴當b＞0時，f(0)＜0
若a＞0,則f(-1)＞0
∴點A（-1，f(-1)）在x軸上方，點B（0，f(0)）在x軸下方
∴拋物線與x軸在（-1，0）內必有一個交點，此時有
aa2?2b2
2b1 若a＜0，則f(1)＞0 ∴點C(1，f(1))在x軸上方 ∴拋物線與x軸在（0，1）內必有一個交點，此時有 a?a2?2b22b1 ⑵當b＜0時，f(0)＞0，此時點B在x軸下方，同理可證A點和C點至少有一點 在x軸上方。故兩個不等式至少有一個成立。構造函數法證明不等式，關鍵在于找到能夠反映所要證不等式特征的合適的函數，從而就可以利用該函數的性質去證明不等式。
第四篇：應用凹凸函數的性質證明不等式解讀
應用凹(凸函數的性質證明不等式 435000 湖北省黃石市第二中學 王碧純
不等式的證明是高中數學中的一個重要內容.由于證題方法多、技巧性強,所以是一個難點.本文介紹應用凹(或凸函數的性質證明不等式的方式,希望給讀者以啟迪,并起到拋磚引玉的作用.定義 已知函數y =f(x 在給定區(qū)間[a ,b ]上,若x 1,x 2∈[a ,b ]恒有f(x 1+ f(x 2≤2f(x 1+x 2 2(當且僅當x 1=x 2時取等號,則稱f(x 在[a ,b ]上是凸函數;若恒 有f(x 1+f(x 2≥2f(x 1+x 2 2(當且僅當x 1=x 2時取等號,則稱f(x 在[a ,b ]上是凹函數.應用數學歸納法,我們可以證明下面的凹(或凸函數的性質.定理 若函數f(x 在某區(qū)間內是凹(或凸函數,則對變數在這區(qū)間內的任意值x 1,x 2,x 3,…x n 有以下不等式成立:
f(x 1+x 2+…+x n n ≤f(x 1+f(x 2+…+f(x n n , 當且僅當x 1=x 2=…,=x n 時取等號(對于凸函數不等式方向相反.由凹函數的 定義可知y =x 2(x ∈R ,y = 1 x(x >0為凹函數.事實上,任給x 1,x 2∈R ,都有 x 21+x 22≥12(x 21+2x 1x 2+x 2 2=2(x 1+x 22 2 ,∴ y =x 2(x ∈R 是凹函數.對于任意x 1,x 2∈R +, 1x 1
+ 1x 2 =x 1+x 2x 1 x 2≥ 2x 1 x 2 x 1 x 1 = 2x 1 x 2 ≥ 2 x 1+x 2 2 , 故 y = 1x , x ∈R +是凹函數.利用定義我們還可以證明 y =sin x , x ∈(0,Π是凸函數.下面我們應用凹(或凸 函數的性質,給出某些不等式的證明.例1 已知Α為銳角,求證:
(1+1sin Α(1+1 co s Α ≥3+2 2.證明 ∵ Α為銳角, ∴ sin Α>0, co s Α>0.又 y = 1 x(x ∈R +為凹函數,∴(1+ 1sin Α(1+1 co s Α
=1+1sin Αco s Α+1sin Α+ 1 co s Α ≥1+2sin2Α+ 2 sin Α+co s Α 2 =1+2sin2Α+ 4
2sin(Α+ Π
4≥1+2+4 2 =3+2 2.例2 已知A 1,A 2,A 3,…,A n 是凸n 邊形的n 個內角.求證: sin A 1+sin A 2+…+sin A n ≤n sin(n-2Π n.證明 由平面幾何知識可知 A i ∈(0,Π,i =1,2,3,…,n ,且A 1+A 2+…+A n =(n-2Π.又y =sin x ,x ∈(0,Π 是凸函數.∴ sin A 1+sin A 2+…+sin A n ≤n sin A 1+A 2+…+A n n =n sin(n-2Πn.而已知A、B、C 為△A B C 的內角, 則 sin A +sin B +sin C ≤
2 是上
述命題中n =3時的特例.例3 已知a +b +c =1,且a、b、c ∈R +,求證:(a +1a 2+(b +1b 2+(c +1c 2≥102 3.證明(a + 1a 2+(b +1b 2+(c +1c 2 ≥3[(a + 1a +(b + 1b +(c +1c ]2 =3[(a +b +c +(1a +1b + 1c 3 ]2 ≥3(1 3 +13 3 1 a + b +c 3 2=3×(13+32=102.應用上題方法可以得到下面的結 7 42004年第11期
中學數學 概率小議
——兼談廣東省2004年高考第13題510631 華南師范大學數學系 孫道椿 1概率的統(tǒng)計定義:記某個隨機事件為A,若在u次彼此無關的試驗(或觀察中出現(xiàn)了v次,則稱F u(A=v u 為隨
機事件A在u次獨立試驗中出現(xiàn)的頻率.事件 A發(fā)生的頻率v u 會在某一常數P附近擺動, 且當u越大時,這種擺動幅度越小,則稱常數P為事件A的概率,記為P(A.概率的統(tǒng)計定義是一種最基礎的定義.它說明了事件的概率是客觀存在的.也給出了概率的最原始的求法.從定義可以看出,我們指的隨機現(xiàn)象應具有二個條件: ①不確定性:每次實驗的結果(事件具有多個可能性,且不能確定每次試驗會出現(xiàn)哪種結果.②可重復性:在相同的條件下,試驗可重復進行;或者可以同時進行多次的相同試驗.平常,人們對第一個條件——不確定性映象很深.對第二個條件——可重復性,往往容易忽視.從定義可以看出,概率論是一門實踐性很強的科學.忽視了可重復性,就忽視了它的重要基礎.有些事情:比如美國的總統(tǒng)選舉.雖然選舉前不能確定它的結果,但它不滿足可重復性.所以它不是數學中所指的隨機現(xiàn)象.因此也不存在“概率”的問題,實際生活中也很少有人問它的概率大小.如果有四人預測美國的選舉結果: 甲說“布什有95?的可能當選.” 乙說“布什有50?的可能當選.” 丙說“布什有5?的可能當選.” 丁說“布什肯定不會當選.”
若結果是布什當選了,上面僅有丁一人說錯,若布什沒有當選,上面四人全沒有錯,由于美國的選舉不可重復.實際上,前面三人說的話是不可驗證的,它只是反映了說話人的主觀態(tài)度及認識,在概率論中是無意義的.一般的隨機事件,用統(tǒng)計定義求出它的概率,需要做多次實驗(而且還不能找出精確值.為此,對實驗合理的設計,數據的處
論: 當x1,x2,…,x n∈R+,且x1+x2+…+ x n=1時,則有(x1+1 x12+(x2+1
x2 2+…+(x n+1 x n 2 ≥(n2+12 n.例4 設a、b、c為△A B C的三邊,S是 △A B C的面積.求證: a2+b2+c2≥43S.(第三屆國際中學生競賽題證明 a2+b2+c2≥ab+bc+ca =ab sin C sin C + bc sin A sin A + ca sin B sin B
=2S(1 sin A + 1 sin B + 1 sin C.① 又 y=1 x(x>0為凹函數, ∴ 2S(1 sin A + 1 sin B + 1
sin C ≥2S3
sin A+sin B+sin C 3 =2S 9 sin A+sin B+sin C.②
即 y=sin x, x∈(0,Π為凸函數, 又
sin A+sin B+sin C ≤3sin A+B+C 3 = 33 2 ,③
由①②③可得 a2+b2+c2≥2S 9
2 =43S.通過以上幾個不等式的證明,對比常見 的證明方法,顯然利用凹(或凸函數的性質 證明不等式要簡捷得多.同時我們還可以看 到應用函數的凹凸性證明不等式,不僅可以 鞏固有關基礎知識,使得某些復雜問題簡單 化,而且可以培養(yǎng)學生的解題技巧,發(fā)展學生 的思維能力.(收稿日期:20040910 84中學數學
2004年第11期
第五篇：構造函數證明不等式
在含有兩個或兩個以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解決，可將一邊整理為零，而另一邊為某個字母的二次式，這時可考慮用判別式法。一般對與一元二次函數有關或能通過等價轉化為一元二次方程的，都可考慮使用判別式，但使用時要注意根的取值范圍和題目本身條件的限制。
例1.設：a、b、c∈R，證明：a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0成立，并指出等號何時成立。
解析：令f(a)?a2?(3b?c)a?c2?3b2?3bc
⊿＝(3b?c)2?4(c2?3b2?3bc)??3(b?c)2 ∵b、c∈R，∴⊿≤0 即：f(a)?0，∴a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0恒成立。
當⊿＝0時，b?c?0，此時，f(a)?a2?ac?c2?3ab?(a?c)2?0，∴a??b?c時，不等式取等號。
?4?例2.已知：a,b,c?R且a?b?c?2,a2?b2?c2?2，求證： a,b,c??0,?。
?3??a?b?c?222解析：?2 消去c得：此方程恒成立，a?(b?2)a?b?2b?1?0，22?a?b?c?2∴⊿＝(b?2)2?4(b2?2b?1)??3b2?4b?0，即：0?b??4?同理可求得a,c??0,?
?3?4。3② 構造函數逆用判別式證明不等式
對某些不等式證明，若能根據其條件和結論，結合判別式的結構特征，通過構造二項平方和函數：f(x)?(a1x?b1)2?(a2x?b2)2???(anx?bn)2
由f(x)?0，得⊿≤0，就可以使一些用一般方法處理較繁瑣的問題，獲得簡捷明快的證明。
例3.設a,b,c,d?R?且a?b?c?d?1，求證：4a?1?4b?1?4c?1?4d?1﹤6。解析：構造函數：
f(x)?(4a?1x?1)2?(4b?1x?1)2?(4c?1x?1)2?(4d?1x?1)
2＝8x2?2(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)x?4.(?a?b?c?d?1)由f(x)?0，得⊿≤0，即⊿＝4(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)2?128?0.∴4a?1?4b?1?4c?1?4d?1?42﹤6.例4.設a,b,c,d?R?且a?b?c?1，求解析：構造函數f(x)?(＝(1ax?a)2?(149??的最小值。abc2bx?b)2?(3cx?c)2
1492??)x?12x?1,(?a?b?c?1)abc111由f(x)?0（當且僅當a?,b?,c?時取等號），632149得⊿≤0,即⊿＝144-4（??）≤0
abc111149
∴當a?,b?,c?時，(??)min?36 632abc
構造函數證明不等式
1、利用函數的單調性
+例
5、巳知a、b、c∈R，且a b?mb[分析]本題可以用比較法、分析法等多種方法證明。若采用函數思想，構造出與所證不等式密切相關的函數，利用函數的單調性來比較函數值而證之，思路則更為清新。
a?x+，其中x∈R，0 b?xb?x證明：令 f（x）= ∵b-a>0 b?a+ 在R上為減函數 b?xb?a+從而f（x）= 在R上為增函數 b?x∴y= ∵m>0 ∴f（m）> f（0） ∴a?ma> b?mb例 6、求證：a?b1?a?b≤ a?b1?a?b（a、b∈R） [分析]本題若直接運用比較法或放縮法，很難尋其線索。若考慮構造函數，運用函數的單調性證明，問題將迎刃而解。 [證明]令 f（x）= x，可證得f（x）在[0，∞)上是增函數（證略）1?x 而 0<∣a+b∣≤∣a∣+∣b∣ 得 f（∣a+b∣）≤ f（∣a∣+∣b∣） 即： a?b1?a?b≤ a?b1?a?b [說明]要證明函數f(x)是增函數還是減函數，若用定義來證明，則證明過程是用比較法證明f(x1)與f(x2)的大小關系；反過來，證明不等式又可以利用函數的單調性。 2、利用函數的值域 例 7、若x為任意實數，求證：— x11≤≤ 221?x2[分析]本題可以直接使用分析法或比較法證明，但過程較繁。聯(lián)想到函數的值域，于是構造函數f（x）= x11，從而只需證明f(x)的值域為[—，]即可。 1?x222x2證明：設 y=，則yx-x+y=0 21?x ∵x為任意實數 ∴上式中Δ≥0，即（-1）-4y≥0 1 411得：—≤y≤ 22x11 ∴—≤≤ 21?x22 ∴y≤2[說明]應用判別式說明不等式，應特別注意函數的定義域。 另證：類比萬能公式中的正弦公式構造三角函數更簡單。 例 8、求證：必存在常數a，使得Lg（xy）≤ Lga.lg2x?lg2y 對大于1的任意x與y恒成立。 [分析]此例即證a的存在性，可先分離參數，視參數為變元的函數，然后根據變元函數的值域來求解a，從而說明常數a的存在性。若s≥f(t)恒成立，則s的最小值為f(t)的最大值；若 s≤f(t)恒成立，則s的最大值為f(t)的最小值。 22證明：∵lgx?lgy > 0(x>1,y>1)∴原不等式可變形為：Lga≥ lgx?lgylgx?lgy22 2（lgx?lgy）2lgxlgy 令 f(x)= == 1?222222lgx?lgylgx?lgylgx?lgylgx?lgy 而 lgx>0,lgy>0, ∴l(xiāng)gx+lgy ≥ 2lgxlgy > 0 ∴2lgxlgy≤1 22lgx?lgy ∴ 1 從而要使原不等式對于大于1的任意x與y恒成立，只需Lga≥2即 a≥10 2即可。 故必存在常數a，使原不等式對大于1的任意x、y恒成立。 3、運用函數的奇偶性 xx<(x≠0)1?2x2xx 證明：設f（x）=-(x≠0)x1?22 例 9、證明不等式： ?x?x?x2xx ∵f（-x）=-= x+ ?x1?222?12xxx [1-(1-2)]+ 1?2x2xx =-x+= f(x)x1?22 = ∴f(x)的圖象關于y軸對稱 x ∵當x>0時，1-2<0，故f(x)<0 當x<0時，根據圖象的對稱性知f(x)<0 故當 x≠0時,恒有f(x)<0 即：xx<(x≠0)x1?22 [小結]本題運用了比較法，實質是根據函數的奇偶性來證明的，本題也可以運用分類討論思想。但利用偶函數的軸對稱性和奇函數的中心對稱性，常能使所求解的問題避免復雜的討論。
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