第一篇：利用概率方法巧妙證明不等式

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利用概率方法巧妙證明不等式

作者：成春華

來源：《考試周刊》2013年第64期

摘 要： 本文利用概率方法的簡單性質(zhì)證明某些不等式，旨在把概率知識與其他數(shù)學(xué)分支聯(lián)系起來，從而拓寬解題思路，提高創(chuàng)新思維能力，顯示出概率方法在應(yīng)用上的廣泛性和優(yōu)越性，體現(xiàn)出數(shù)學(xué)的統(tǒng)一性.關(guān)鍵詞： 不等式 概率方法 概率模型

概率論是研究隨機(jī)現(xiàn)象規(guī)律的數(shù)學(xué)分支，它有自己獨(dú)特的概念、定理、性質(zhì)、公式和結(jié)論，形成一套完整的數(shù)學(xué)體系.一般將用概率論的相關(guān)知識解決問題的方法統(tǒng)稱為概率方法.無論在初等數(shù)學(xué)還是在高等數(shù)學(xué)中，不等式的證明始終是難點(diǎn).如果考慮將一些不等式，特別是那些變量在0和1之間取值的不等式，可以將這些變量建模成某些事件的概率，這樣就可以把不等式問題轉(zhuǎn)化成概率問題.用概率論方法來證明一些不等式，不但可以簡化證明，而且可以將概率知識與其他數(shù)學(xué)分支聯(lián)系起來，從而拓寬解題思路，提高創(chuàng)新思維能力.本文主要利用事件發(fā)生的概率取值范圍，互斥事件與獨(dú)立事件同時發(fā)生的概率性質(zhì)，以及概率公式等概率論中最基礎(chǔ)最基本的知識，為不等式的證明提供一種新的思路.這些最基礎(chǔ)的知識在證明某些不等式時能發(fā)揮不同尋常的作用，使得證明思路自然，運(yùn)算簡單，不需再為不等式如何變形而冥思苦想、絞盡腦汁.下面舉例說明概率論方法在一些不等式中的應(yīng)用，為證明不等式提供一種新的思路.參考文獻(xiàn)：

[1]王梓坤.概率論基礎(chǔ)及其應(yīng)用.北京：科學(xué)出版社，1986.[2]復(fù)旦大學(xué).概率論.北京：高等教育出版社，1984.[3]費(fèi)榮昌.概率統(tǒng)計解題分析.江蘇科學(xué)技術(shù)出版社，1984.[4]匡繼昌.常用不等式（第三版）.濟(jì)南：山東科學(xué)技術(shù)出版社，2004.

第二篇：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的四種常用方法

利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的四種常用方法

楊玉新

(紹興文理學(xué)院 數(shù)學(xué)系, 浙江 紹興 312000)

摘要: 通過舉例闡述了用導(dǎo)數(shù)證明不等式的四種方法,由此說明了導(dǎo)數(shù)在不等式證明中的重要作用.關(guān)鍵詞: 導(dǎo)數(shù);單調(diào)性;中值定理;泰勒公式;Jensen不等式

在初等數(shù)學(xué)中證明不等式的常用方法有比較法、分析法、綜合法、放縮法、反證法、數(shù)學(xué)歸納法和構(gòu)造法.但是當(dāng)不等式比較復(fù)雜時，用初等的方法證明會比較困難,有時還證不出來.如果用函數(shù)的觀點(diǎn)去認(rèn)識不等式,利用導(dǎo)數(shù)為工具,那么不等式的證明就會化難為易.本文通過舉例闡述利用泰勒公式, 中值定理,函數(shù)的性質(zhì), Jensen不等式等四種方法證明不等式,說明了導(dǎo)數(shù)在證明不等式中的重要作用.一、利用泰勒公式證明不等式

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),又在點(diǎn)x0處有n階的導(dǎo)數(shù)f(n)(x0),則有公式

f(x)?f(x0)?f?(x0)1!(x?x0)?f??(x0)2!(x?x0)???2f(n)(x0)n!(x?x0)(n)?Rn(x)

在上述公式中若Rn(x)?0(或Rn(x)?0),則可得

f?(x0)1!f??(x0)2!2f(x)?f(x0)?(x?x0)?(x?x0)???f(n)(x0)n!(x?x0)(n)

或

f(x)?f(x0)?f?(x0)1!(x?x0)?2f??(x0)2!x3(x?x0)???2f(n)(x0)n!(x?x0)(n)

例1 證明: ln(1?x)?x?x2?3,(?1?x?1).證明 設(shè)f(x)?ln(1?x)（?1?x?1)則f(x)在x?0處有帶有拉格朗日余項三階泰勒公式

x2ln(1?x)?x?2?x33?x444(1??)(?1???1)

?　?x444(1??)?0

23?　ln(1?x)?x?x2?x3

由以上證明可知,用泰勒公式證明不等式,首先構(gòu)造函數(shù),選取適當(dāng)?shù)狞c(diǎn)x0在x0處展開,然后判斷余項Rn(x)的正負(fù),從而證明不等式.二、利用中值定理證明不等式

微分(Lagrange)中值定理: 若f(x)滿足以下條件:(1)f(x)在閉區(qū)間[a,b]內(nèi)連續(xù)(2)f(x)在開區(qū)間(a,b)上可導(dǎo)

?　f?(?)?則 ???(a,b)f(b)?f(a)b?ap?1

pp例2 若0?y?x,p?1則　py(x?y)?x?yp?1?pypp?1(x?y)

p?1分析 因為0?y?x,則原不等式等價于py?x?yx?yp?px(p?1).令f(x)?t,則我們?nèi)菀茁?lián)想到Lagrange中值定理f(?)(x?y)?p'f(x)?f(y)x?y.證明 設(shè)f(t)?t,顯然f(t)在[y,x]滿足Lagrange中值定理的條件

f(x)?f(y)x?yp?1p則 ???(y,x)?f?(?)?,即p?＝x?yx?yp?1pp

p?1?　??(y,x)?　y???x, ?py?　pyp?1p?1?p??px

(x?y)?xp?yp?pyp?1(x?y)

例3 設(shè)f(x)在[a,b]上連續(xù)可導(dǎo),且f(a)?f(b)?0,則

'maxf(x)?a?x?b4(b?a)2?baf(x)dx

證明 設(shè)M?maxf(x)則由中值公式,當(dāng)x?(a,b)時,有

a?x?b' 2 f(x)?f(a)?f?(?1)(x?a)?f?(?1)(x?a)f(x)?f(b)?f?(?2)(x?b)?f?(?2)(x?b)

其中?1?(a,x),?2?(x,b).由此可得

f(x)?M(x?a)及f(x)?M(b?x)

所以

?ba?baf(x)dx??2aa?bf(x)dx??ba?b2f(x)dx ? ?即

?2aM(x?a)dx?2?ba?b2M(b?x)dx

M(b?a)4M?4(b?a)2?baf(x)dx

所以 maxf?(x)?a?x?b4(b?a)2?baf(x)dx

積分第二中值定理[1] 若在區(qū)間f[a,b]上f為非負(fù)的單調(diào)遞減函數(shù),而g是可積函數(shù),則存在??[a,b],使得

? 例4 設(shè)f(x)?bafg?f(a)?g

a2sintdt,則x?0時

??x?1xf(x)?1x

特別地:當(dāng)x?2003時機(jī)為2003年浙江省高等數(shù)學(xué)競賽試題(工科、經(jīng)管類)證明 令t?u,則由積分第二中值定理

x?12f(x)??xsinu?du2u1x

＝12x2?xsinudu?2

又因為

f(x)??(x?1)22xsinudu2u2(x?1)1?11 ＝??cosu?22?2x?u?(x?1)22xcosudu??32u??14

cosuduu32 ＝12xcosx?212(x?1)cos(x?1)?2?(x?1)22x于是,x?0時

f(x)?12x12x?12(x?1)12(x?1)?141(?(x?1)22xu?32du

1?1x)?1x ＝??2x?1由上可見利用中值定理證明不等式,通常是首先構(gòu)造輔助函數(shù)和考慮區(qū)間,輔助函數(shù)和定義區(qū)間的選擇要與題設(shè)和結(jié)論相聯(lián)系,然后由中值定理寫出不等式,從而進(jìn)行證明.三、利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

定理1 如果函數(shù)f(x),g(x)滿足以下條件:(1)f(x),g(x)在閉區(qū)間[a,b]內(nèi)連續(xù)

(2)f(x),g(x)在開區(qū)間(a,b)可導(dǎo),且有f?(x)?g?(x)(或f?(x)?g?(x))(3)f(a)?g(a)

則

在(a,b)內(nèi)有f(x)?g(x)(或f(x)?g(x)

令F(x)?f(x)?g(x)由于f(x)?g(x)?f(x)?g(x)?0?F(x)?0 所以證明f(x)?g(x)?證明F(x)?0則相應(yīng)地有

推論1 若f(x)在[a,b]上連續(xù),在(a,b)內(nèi)可導(dǎo),f(a)?c且f(x)?0(或f(x)?0)則在(a,b)內(nèi)有f(x)?c(或f(x)?c).2例5 證明:當(dāng)x?1時,有l(wèi)n(x?1)?lnx?ln(x?2).''分析 只要把要證的不等式變形為

ln(x?1)lnxln(x?1)lnx?ln(x?2)ln(x?1),然后把x相對固定看作常數(shù),并選取輔助函數(shù)f(x)?.則只要證明f(x)在(0,??)是單調(diào)減函數(shù)即可.4 證明

作輔助函數(shù)f(x)?lnxln(x?1)x2ln(x?1)lnx

(x?1)

于是有f?(x)?x?1?lnx?xlnx?(x?1)ln(x?1)x(x?1)ln2x

因為

1?x?x?1,故0?lnx?ln(x?1)所以

xlnx?(x?1)ln(x?1)

（1，??）因而在內(nèi)恒有f'(x)?0,所以f(x)在區(qū)間(1,??)內(nèi)嚴(yán)格遞減.又因為1?x?1?x,可知f(x)?f(x?1)

ln(x?1)lnxln(x?2)ln(x?1)即

?

所以

ln2(x?1)?lnx?ln(x?2).例6

證明不等式x?x22?ln(1?x)?x,其中x?0.x2分析

因為例6中不等式的不等號兩邊形式不一樣,對它作差ln(1?x)?(x?2),則發(fā)現(xiàn)作差以后不容易化簡.如果對ln(1?x)求導(dǎo)得

211?x,這樣就能對它進(jìn)行比較.證明

先證 x?x2?ln(1?x)

x21?x)?(x?設(shè)

f(x)?ln(2)

(x?0)

11?xx2則

f(0)?ln1(?0)?0?0

f(x)?'?1?x?1?x

?　x?0

即 1?x?0 x2?0

?　f?(x)?x21?x?0　,即在(0,??)上f(x)單調(diào)遞增

?　f(x)?f(0)?0

?　ln(1?x)?x?再證

ln1(?x)?x

x22

令

g(x)?ln1(?x)?x 則

g(0)?0

g?(x)?11?x?1

１?　x?0 ?　?1

１?x?　g?(x)?0 ?ln(1?x)?x

?　x?x22?ln(1?x)?x

定理1將可導(dǎo)函數(shù)的不等式f(x)?g(x)的證明轉(zhuǎn)化為f?(x)?g?(x)的證明，但當(dāng)f?(x)與g?(x)的大小不容易判定時，則有

推論2 設(shè)f(x)，g(x)在[a,b]上n階可導(dǎo)，（1）f（2）f(k)(a)?g(x)?g(k)(a)

k?0,1,2?,n?1(x)

（或f(n)(n)(n)(x)?g(n)(x)）

則在（a,b）內(nèi)有f(x)?g(x)

（或f(x)?g(x)）

例7

證明: tgx?x?13x，x?(0,3?2).分析 兩邊函數(shù)類型不同,右邊多項式次數(shù)較高,不易比較,對它求一階導(dǎo)數(shù)得(tgx)??secx,(x?213x)??1?x.仍然不易比較,則我們自然就能想到推論2.32證明

設(shè)f(x)?tgx g(x)?x?則

（1）f(0)?g(0)?0

13x

322（2）f?(x)?sec(x),g?(x)?(1?x),f?(0)?g?(0)?1

（3）f??(x)?2secxcos2x,g??(x)?2x,f??(0)?g??(0)?1

（4）f???(x)?2(1?tg2x)(1?3tg2x), g???(x)?2 顯然有

f???(x)?g???(x)

由推論2得，tgx?x?13x（0?x?2?2）.利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式我們都是先構(gòu)造函數(shù).然后通過對函數(shù)求導(dǎo),來判定函數(shù)的增減性,從而達(dá)到證明不等式的目的.四、利用Jensen(琴森)不等式證明不等式

定義[1] 如果f(x)在(a,b)內(nèi)存在二階導(dǎo)數(shù)f(x)則

(1)若對?x?(a,b)有f??(x)?0,.則函數(shù)f(x)在(a,b)內(nèi)為凸函數(shù).(2)若對?x?(a,b)有f??(x)?0,.則函數(shù)f(x)在(a,b)內(nèi)為凹函數(shù).n"若函數(shù)f(x)在(a,b)內(nèi)是凸(或凹)函數(shù)時,對?x1,x2,?,xn?(a,b)及??i?1,有

i?1Jensen(琴森)不等式

??f???ixi???i?1?nn????或f???ixi????if(xi)i?1?i?1??nn??i?1i?f(xi)?

?等號當(dāng)且僅當(dāng)x1?x2???xn時成立.例8 證明下列不等式

n1a1?1a2???1an?na1?a2?an?a1?a2???ann(ai?0,i?1,2,?n).分析 上式只要能證明na1?a2?an?a1?a2???ann(ai?0,i?1,2,?n),如果此題用前面所述的幾種方法來證明顯然不合適,因為對它求導(dǎo)后不等式會更復(fù)雜.而這里的ai可以看作是同一函數(shù)的多個不同函數(shù)值,設(shè)f(x)?lnx那么就可以用Jensen不等式來證明它.然后只要令f(x)?ln1x,同理可得

n1a1?1a2???1an?na1?a2?an.7

證明 令f(x)?lnx(x?0)因為 f??(x)??1x2?0,所以f(x)在(0,??)是凹函數(shù)

則對?a1,a2,?,an?(0,??)有

?1?1f?(a1?a2???an)???f(a1)?f(a2)???f(an)? ?n?n即 ln1n?1?1(a?a???a)??lna1?lna2???lnan? 2n??n1??n又因為 ?lna1?lna2???lnan??lnna1?a2?an

所以 na1?a2?an?1xa1?a2???ann

令 f(x)?ln, 則同理可得

n1a1?1a2???1an?n a1?a2?an　所以

n1a1?1a2???1an?na1?a2?an?a1?a2???ann(ai?0,i?1,2,?n)

例9 設(shè)f(x)二次可微,且對一切x,有f??(x)?0,而u(t)在[0,a]上連續(xù),則

1a?a0f[u(t)]dt?f[1a?a0u(t)dt]

分析 上述不等式在形式上很像Jensen不等式,且當(dāng)t取不同的值時,f[u(t)]就是同一函數(shù)的不同函數(shù)值,則可以用琴森不等式進(jìn)行證明.證明 由f(x)及u(t)的連續(xù)性,保證了可積性.并且

1a?a1a0f[u(t)]dt?lim1n?1n???nu(f[u(Kan)]

K?0?a0u(t)dt?lim1nn?1n???K?0Kan)

因f??(x)?0,故f(x)為凸函數(shù),在Jensen不等式 f(q1x1?q2x2???qnxn)?q1f(x1)???qnf(xn)

(q1,q2,?,qn均為正，且中,取

xi?u(i?1na), qi?1n（i?1,2,3,?n）

q1?q2???qn?1)

即得

f[1nn?1?u(K?0Kan)]?1nn?1?K?0f[u(Kan)]

由f(x)的連續(xù)性,在上式取n??即得所要證的結(jié)論.由以上證明可知應(yīng)用Jensen不等式證明不等式,首先是構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)并判斷它的凹凸性,然后用Jensen不等式證明之.本文所述四種用導(dǎo)數(shù)證明不等式的四種方法充分說明了導(dǎo)數(shù)在不等式證明中的獨(dú)到之處.在證明不等式時,應(yīng)用導(dǎo)數(shù)等知識往往能使復(fù)雜問題簡單化,從而達(dá)到事半功倍的效果.需要指出的是利用導(dǎo)數(shù)證明不等式,除上述四種方法外還有不少方法.如用極值、最值等來證明不等式.由于受篇幅之限,這里不再詳述.參考文獻(xiàn)

[1] 華東師范大學(xué)數(shù)學(xué)系,數(shù)學(xué)分析[M]第三版,北京:高等教育出版社,2001.[2] 裘單明等,研究生入學(xué)考試指導(dǎo),數(shù)學(xué)分析[M],濟(jì)南:山東科學(xué)技術(shù)出版社,1985.[3] 胡雁軍,李育生,鄧聚成,數(shù)學(xué)分析中的證題方法與難題選解[M],開封:河南大學(xué)出版社,1987.Four Usual Methods to Prove Tthe Inequality by Using

Derivative

Yang Yuxin

(Department of Mathematics Shaoxing College of Arts and Sciences, Shaoxing Zhejiang,312000)Abstract:Examplisies four methods to prove the Inequality by using Derivative to show the imporpance of using derivative to crove the inequality Key words:Derivative;Monotonicity;Theorem of mean;Taylor formula;Jensen Inequality

第三篇：證明不等式方法

不等式的證明是高中數(shù)學(xué)的一個難點(diǎn)，題型廣泛，涉及面廣，證法靈活，錯法多種多樣，本節(jié)通這一些實例，歸納整理證明不等式時常用的方法和技巧。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式（或分式）時，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來說明作差后的正或負(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，取等號）

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

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

例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1則a1-b2+b1-a2≤

1分析：通過觀察可直接套用： 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，等號成立

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，一直到這個條件是可以證明或已經(jīng)證明的不等式時，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：觀察求證式為一個連鎖不等式，不易用比較法，又據(jù)觀察求證式等價于 ｜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，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（或負(fù)項），（2）在和或積中換大（或換?。┠承╉?，（3）擴(kuò)大（或縮?。┓质降姆肿樱ɑ蚍帜福┑?。

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個分式商為同分母，問題可解決，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

換元法是許多實際問題解決中可以起到化難為易，化繁為簡的作用，有些問題直接證明較為困難，若通過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)問題時，使用適當(dāng)?shù)娜呛瘮?shù)進(jìn)行換元，把代數(shù)問題轉(zhuǎn)化成三角問題，充分利用三角函數(shù)的性質(zhì)去解決問題。

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：

對于在已知條件中含有若干個等比式的問題，往往可先設(shè)一個輔助未知數(shù)表示這個比值，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)歸納法來證明。用數(shù)學(xué)歸納法證題時的兩個步驟缺一不可。

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，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

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

由（1）（2）證明可知，對一切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軸對稱

∵當(dāng)x＞0時，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴當(dāng)x＜0時，據(jù)圖像的對稱性知f（x）＜0

∴當(dāng)x≠0時，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添項法

某些不等式的證明若能優(yōu)先考慮“添項”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍數(shù)添項

若不等式中含有奇數(shù)項的和，可通過對不等式乘以2變成偶數(shù)項的和，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時等號成立）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，等號成立。

2平方添項

運(yùn)用此法必須注意原不等號的方向

例14 ：對于一切大于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

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時等號成立）∵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成立的條件添項

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，等號成立

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中等號不成立∴③中等號不成立∴ 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對任意正數(shù)x,y恒成立？ 錯解：證明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故說明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，因為x,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

錯解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz

錯因：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，∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

錯因：在x+y>0的條件下，n為偶數(shù)時，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同號，應(yīng)分x、y同號和異號兩種情況討論。

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，(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有一個是負(fù)值時，不妨設(shè)x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n為偶數(shù)時,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

第四篇：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 級本科生

論文（設(shè)計）選題實習(xí)報告

11級數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)專業(yè)《科研訓(xùn)練2》評分表

注：綜合評分?60的為“及格”； <60分的為“不及格”。

第五篇：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

例1．已知x>0，求證：x>ln(1+x)分析：設(shè)f(x)=x－lnx。x?[0,+???？紤]到f(0)=0，要證不等式變?yōu)椋簒>0時，f(x)>f(0)，這只要證明：

f(x)在區(qū)間[0,??)是增函數(shù)。

證明：令：f(x)=x－lnx，容易看出，f(x)在區(qū)間[0,??)上可導(dǎo)。

且limf(x)?0?f(0)?x?0 由f'(x)?1?1x 可得：當(dāng)x?(0,??)時，f'(x)?f(0)?0 ?x?1x?1 即x－lnx>0，所以：x>0時，x>lnx 評注：要證明一個一元函數(shù)組成的不等式成立，首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個

函數(shù)（可以移項，使右邊為零，將移項后的左式設(shè)為函數(shù)），并利 用導(dǎo)數(shù)判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，證明要 證的不等式。

例2：當(dāng)x??0,??時，證明不等式sinx?x成立。證明：設(shè)f(x)?sinx?x,則f'(x)?cosx?1.∵x?(0,?),∴f'(x)?0.∴f(x)?sinx?x在x?(0,?)內(nèi)單調(diào)遞減，而f(0)?0.∴f(x)?sinx?x?f(0)?0, 故當(dāng)x?(0,?)時，sinx?x成立。

點(diǎn)評：一般地，證明f(x)?g(x),x?(a,b),可以構(gòu)造函數(shù)F(x)?f(x)?g(x)，如果F'(x)?0,，則F(x)在(a,b)上是減函數(shù)，同時若F(a)?0,由減函數(shù)的定義可知，x?(a,b)時，有F(x)?0,即證明了f(x)?g(x)。

x練習(xí)：1.當(dāng)x?0時，證明不等式e?1?x?12x成立。2證明：設(shè)f?x??e?1?x?x12x,則f'?x??ex?1?x.2xxx令g(x)?e?1?x,則g'(x)?e?1.當(dāng)x?0時，g'?x??e?1?0.?g(x)在?0,???上單調(diào)遞增，而g(0)?0.?g?x??g(0)?0,?g(x)?0在?0,???上恒成立，?f(x)在即f'(x)?0在?0,???恒成立。?0,???上單調(diào)遞增，又f(0)?0,?ex?1?x?1x2?0,即x?0時，ex222.證明:當(dāng)x?1時,有l(wèi)n(x?1)?lnx?ln(x?2).?1?x?12x成立。2分析 只要把要證的不等式變形為

ln(x?1)ln(x?2)?,然后把x相對固定看作常數(shù),并選取輔助函

lnxln(x?1)數(shù)f(x)?ln(x?1).則只要證明f(x)在(0,??)是單調(diào)減函數(shù)即可.lnx證明: 作輔助函數(shù)f(x)?ln(x?1)(x?1)lnxlnxln(x?1)?xlnx?(x?1)ln(x?1)?于是有f?(x)?x?12x

lnxx(x?1)ln2x因為 1?x?x?1, 故0?lnx?ln(x?1)所以 xlnx?(x?1)ln(x?1)

（1，??）因而在內(nèi)恒有f'(x)?0,所以f(x)在區(qū)間(1,??)內(nèi)嚴(yán)格遞減.又因為1?x?1?x,可知f(x)?f(x?1)即 ln(x?1)ln(x?2)?lnxln(x?1)所以 ln2(x?1)?lnx?ln(x?2).利用導(dǎo)數(shù)知識證明不等式是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的一個重要方面，也成為高考的一個新熱點(diǎn)，其關(guān)鍵是構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，判斷區(qū)間端點(diǎn)函數(shù)值與0的關(guān)系，其實質(zhì)就是利用求導(dǎo)的方法研究函數(shù)的單調(diào)性，通過單調(diào)性證明不等式。

x2例3.證明不等式x??ln(1?x)?x,其中x?0.2x2分析 因為例6中不等式的不等號兩邊形式不一樣,對它作差ln(1?x)?(x?),則發(fā)現(xiàn)作差以后

21?x)求導(dǎo)得不容易化簡.如果對ln(1,這樣就能對它進(jìn)行比較.1?xx2證明: 先證 x??ln(1?x)

2x2設(shè) f(x)?ln(1?x)?(x?)(x?0)

21x21?0)?0?0 f(x)?則 f(0)?ln(?1?x?1?x1?x'?　x?0 即 1?x?0 x2?0

x2?　f?(x)??0　,即在(0,??)上f(x)單調(diào)遞增

1?xx2?　f(x)?f(0)?0 ?　ln(1?x)?x?

21?x)?x;令 g(x)?ln(1?x)?x 再證 ln(則 g(0)?0 g?(x)?1?1 1?x１?ln(1?x)?x ?　x?0 ?　?1 ?　g?(x)?0 １?xx2?　x??ln(1?x)?x 練習(xí)：3（2001年全國卷理20）已知i,m,n是正整數(shù)，且1?i?m?n

證明：(1?m)n?(1?n)m

分析：要證(1?m)n?(1?n)m成立，只要證

ln(1?m)n?ln(1?n)m

即要證11ln(1?m)?ln(1?n)成立。因為m

11ln(1?m)?ln(1?n)； mn從而：(1?m)n?(1?n)m。

評注：這類非明顯一元函數(shù)式的不等式證明問題，首先變換成某一個一元函數(shù)式分別在兩個不同點(diǎn)處的函數(shù)值的大小比較問題，只要將這個函數(shù)式找到了，通過設(shè)函數(shù)，求導(dǎo)判斷它的單調(diào)性，就可以解決不等式證明問題。難點(diǎn)在于找這個一元函數(shù)式，這就是“構(gòu)造函數(shù)法”，通過這類數(shù)學(xué)方法的練習(xí)，對培養(yǎng)分析問題、解決問題的能力是有很大好處的，這也是進(jìn)一步學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)所需要的。