第一篇：論文數學分析中證明不等式的若干方法

數學分析中證明不等式的若干方法

耿杰

（安徽師范大學

數學與應用數學專業

0707046）

摘要：本文主要應用數學分析中的單調性，微分中值定理，Taylor公式，凸函數的定義，極值，極限以及積分等的相關知識來證明不等式，同時也通過應用一些著名的不等式證明不等式。通過以上方法的應用使我們對不等式證明的相關知識有更加深刻系統的理解，從而為數學中許多其他內容的學習提供了一個重要工具。

關鍵詞：數學分析

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

不等式是數學分析的基本內容之一，它是研究許多數學分支的重要工具。在數學領域中占有重要的地位，也是各個時期的數學教材的重要組成部分，在各種考試和競賽中都有舉足輕重的地位。不等式的證明變化大，技巧性強，方法也較多。通過不等式的證明，不僅可以檢驗基本的數學知識的掌握程度，而且也是衡量數學水平的一個重要標志。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。下面將對不等式的證明方法進行總結。

2.利用單調性證明不等式

利用函數的單調性證明不等式是一種較為重要的方法，同時又是一種行之有效的方法。

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

f(x2)（或

時，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)?在定義域內單調遞增函數。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x?e時，f?(x)?0；

lnaa?lnbb在時是單調減函x?e數。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

用微分中值定理來證明不等式要熟記各個中值定理的應用條件，將原不等式通過變形找到一個輔助函數使其滿足中值定理條件，證明的關鍵是處理好?點，分析函數或其導數在該點的性質即可證明得到結論。

要點：如果函數f(x)在區間?a,b?上連續，在開區間?a,b?內可導，那么在?a,b?內至少存在一點?，使得f(x)?(1)當f(a)?0，在?a,b?內f?(x)?0f(b)?f(a)b?ab?af(a)?f?(?)(x?a)。由此可得?0時，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)單調遞減，f(b)?f(a)?f?(b)。以上原理在證明不等式時經常采用。

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

證明：當x1?x2時，不等式兩邊都等于sin設x1?x2，為確定起見，設x1?x2x1，因而等號成立。，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f(x)的情形，使其按照Taylor公式展開，然后根據已知條件來進行證明不等式。

要點：若f(x)在?a,b?上有連續n階導數，則f?(a)??f(n?1)(a)?0,f（n）(x)?0(當x?(a,b)時)。則f(x)?f(n)(?)n!(x?a)?0(當x?(a,b]時)。利用此原理，可以對一些不等式n進行證明。

例4.1 證明：

tanxx?xsinx,?x?(0,?2)，證明：原式等價于f(x)?sin2x?tanx?x?0，因為f?(0)?f??(0)?02f???(x)?sinx(5secx?1)?bsin3xsecx?0，所以f(x)?sinx?tanx?x?0

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

5.利用凸（或凹）函數的定義來證明不等式

利用函數的凸凹性來對不等式進行證明的方法首要是找到輔助函數f(x)，利用輔助函數f(x)在區間?a,b?上的二階導數來判定f(x)的凸凹性，然后根據凸函數或凹函數的性質來進行這證明。

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

若f??(x)?0，則函數f(x)為凹函數即?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 是嚴格凸函數。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

用求極值的方法來證明不等式最重要的也很就是構造相關函數，然后判斷該函數的極值，這是證明不等式的一個最基本的方法。

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

f(x)?g(x)的極值，例6.1 設n為自然數，試證：

證明：原始可轉化為1?(1?t2e?t?(1?tn)?nt2n?e(當t?n時)?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所以問題f(t)?f(0)?0(t?n時)。即得證。

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

7.利用單調極限證明不等式

利用單調極限來證明不等式主要的是求函數在某一點的極限值，然后根據單調函數的性質來進行判斷。

要點：若x?b時，f(x)在定義域上是單調增函數（或嚴格單調增函數），且x?b?0時f(x)?A,則f(x)?A(當x?b)（或f(x)?。A(當x?b)）反之，對于遞減或嚴格遞減的函數，也有類似的的結論。利用該原理可以來證明一些不等式，從而使證明過程簡潔易懂。

例7.1 證明：x?0,t?x時，e?t?(1?tx)?0。

x

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

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

tx)]?x=ln(x?t)?lnx?tx?t（應用Lagrange公）式）=

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

（?0

當0?t?x時，0?x?t???x.當t?0時，0?x???x?t.?

tx)?xt（2）

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

8.利用被積函數的不等式證明不等式

利用定積分定義來證明一些不等式是一種十分有效的手段，可以將原來較為復雜的證明轉化為較為簡潔易懂的證明。下面將利用積分的相關性質來證明不等式。

要點：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要證的不等式轉化為?02cos(sint)dt??20sin(cost)dt。所以我們只需證 cos(sint)?sin(cost)

(當t?(0,?2)時)。由已知(0,?2)上sinx?x,cosx嚴格遞減。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證明不等式，此種方法要求較高，技巧性太強，難度較大。但對于一些不易證明的不等式應用此種方法則較為簡便。

要點：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，x?x36?sinx?x?x36?x5120。)。在此式兩端同證明：已知cosx?1(x?0,只有x?2n?時等號才成立x?x時取?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）。然后繼續取?0,x?上的積分，得sinx36?x5120。移項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熟悉掌握數學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直接對其他一些難度較大不等式進行證明。此種方法對學生要求較高，難度也較大，技巧性更強。

要點：Cauchy不等式：設ai,bi為任意實數（i?1,?,n）則n(?aibi)?i?12?a??b，其中當且僅當a,b成比例時等號才成立。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，其中等號當且僅當存在常數?,?使得?f(x)??g(x)時成立（?,?不同時為零）。

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

iii?1n反向。其中當且僅當aip和biq成比例時取等號。

平均不等式：對任意n個實數ai?0n(i?1,2,?,n)恒有???ana1a2?an?a1?a2???ann。其中當且僅當a1?a2b時等號成立。為任意實數，例10.1 已知f(x)?0，在[a,b]上連續，?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應用 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

不等式是數學分析中的一個重點也是一個難點，也能為其他數學分支的學習提供一個重要工具。不等式的證明是數學領域的重要內容，也是學習中的一個難點。不等式作為一個系統，其內容較為復雜，其的證明方法也較多，以上只是簡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:

[1]裴禮文.數學分析中的典型問題與方法.北京：高等教育出版社.2006.[2]賀彰雄.不等式證明的幾種常見方法.湖北教育學報,2007，10(1)：10-20.[3]王曉峰，李靜.證明不等式的若干方法.數理醫藥學雜志.2008.12(1):12-20.[4]張錦來.微分法在不等中的應用.新鄉教育學報.2008.10(2):12-20.[5]郭要紅，戴普慶.中學數學研究.安徽：安徽教育出版社.

第二篇：數學分析中不等式的證明方法與舉例論文

分院名稱：數學學院 學生學號：0907140132

長春師范大學

本科畢業論文（設計）

（理工類）

題

目： 數學分析中不等式的證明方法與舉例

專

業：

數學與應用數學

作 者

姓 名：

指導教師姓名：

指導教師職稱：

2013年

月

長春師范大學本科畢業論文（設計）

長春師范大學本科畢業論文（設計）作者承諾保證書

本人鄭重承諾：本篇畢業論文（設計）的內容真實、可靠.如果存在弄虛作假、抄襲的情況，本人愿承擔全部責任.論文作者簽名：

日期：

****年**月**日

長春師范大學本科畢業論文（設計）指導教師承諾保證書

本人鄭重承諾：我已按有關規定對本篇畢業論文（設計）的選題與內容進行指導和審核，堅持一人一題制，確認由作者獨立完成.如果存在學風問題，本人愿意承擔指導教師的相關責任.指導教師簽名：

日期： 年 月 日

I

長春師范大學本科畢業論文（設計）

目 錄

承諾保證書…………………………………………………………………I 前言…………………………………………………………………………1 1 構造變限積分證明不等式………………………………………………1 2 利用函數單調性證明不等式……………………………………………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 利用函數極值證明不等式………………………………………………9 7 利用函數凹凸性證明不等式……………………………………………11 8 利用冪級數展開式證明不等式…………………………………………12 9 利用著名不等式證明不等式……………………………………………13 參考文獻……………………………………………………………………16 致 謝……………………………………………………………………17 英文摘要……………………………………………………………………18

II

長春師范大學本科畢業論文（設計）

數學分析中不等式的證明方法與舉例

摘要：不等式不僅是數學分析中非常重要的工具，同時也是數學分析研究的主要問題之一，然而不等式的證明方法卻是復雜多變的，因此，對于不等式的證明方法進行系統的分類與總結仍具有很大的現實意義.本文首先簡單介紹了不等式的研究背景，然后主要討論了數學分析中證明不等式的若干方法，并對不等式的證明方法進行歸類.同時，通過精選典型例題的證明，滲透了解不等式問題的多種解題技巧，深化了對不等式證明方法的認識，最終達到靈活應用的目的，以便于可以站在更高的角度來研究不等式.關鍵字：數學分析 不等式 證明方法.前言

不等式在數學的整個學習、研究過程中都是一個非常重要的內容，它涉及了初等數學、高等數學和數學分析的許多方面，在數學中有著不可替代的作用.在數量關系上，雖然不等關系要比相等關系更加廣泛的存在于現實的世界里，但是人們對于不等式的認識要比方程遲的多.直到1934年, 數學不等式理論及其應用的研究才正式粉墨登場, 成為一門新興的數學學科, 從此不等式不再是一些零星散亂的、孤立的公式綜合, 它已發展成為一套系統的科學理論，成為數學基礎理論的一個重要組成部分.20世紀80年代以來在中國大地上出現了持續高漲的不等式研究熱潮.目前我國關于數學不等式理論及其應用的研究也取得了較豐富的成果.由于這些結果在理論和實際運用方面都有重要意義，引起了一系列廣泛研究.綜上所述, 數學不等式理論充滿蓬勃生機、興旺發達.構造變限積分證明不等式

長春師范大學本科畢業論文（設計）

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

a，x?[a,b]，定義了一個以積分上限x為自變量的函數，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?統稱為變限積分.定理：若f在[a,b]上連續，則其變限積分作為關于x的函數，在[a,b]上處處可導，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：構造變上限輔助函數

?(u)?[?f(x)g(x)dx]??f(x)dx?g2(x)dx.aaau2u2u顯然?(u)在[a,b]上連續，在(a,b)內可導，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

長春師范大學本科畢業論文（設計）

例2.設f(x)在[a,b]上連續，且單調遞增，試證明

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

F(t)??xf(x)dx?aa?ttf(x)dx.?a2顯然F(a)?0，對?t?[a,b]，F?(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因為f(x)單調遞增，則F?(t)?0，則F(t)單調遞增，所以

F(b)?F(a)?0,(b?a).因此

?

baxf(x)dx?a?bbf(x).?a22 利用函數單調性證明不等式

定理:設函數f(x)在[a,b]上連續,在(a,b)內可導,則有

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

ex?1?x，x?0.證明： 設f(x)?ex?1?x,則f?(x)?ex?1，故當x?0時，f?(x)?0，f(x)嚴格遞增；當x?0，f?(x)?0，f(x)嚴格遞減.又因為f(x)在x?0處連續，則當x?0時，f(x)?f(0)?0.3

長春師范大學本科畢業論文（設計）

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: 設函數f滿足如下條件:(1)f在閉區間[a,b]上連續；(2)f在開區間(a,b)內可導，則在(a,b)內至少存在一點?，使得

f'(?)?f(b)?f(a).b?a 柯西中值定理: 設函數f和g滿足：(1)在[a,b]上都連續；(2)在(a,b)內都可導；(3)f?(x)和g?(x)不同時為零；

長春師范大學本科畢業論文（設計）

(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f(x)在[a,b]上有一階連續導數，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x?0時,試證不等式1?xbbb證明:構造函數

f(x)?ln(1?x).則在區間[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

長春師范大學本科畢業論文（設計）

11x?ln(1?x)?x?x.1?x1??即

x?ln(1?x)?x.1?x 例3.設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f在[a,b]上連續，則至少存在一點??[a,b]，使得

長春師范大學本科畢業論文（設計）

?f(x)dx?f(?)(b?a),(a???b).ab 積分第二中值定理：設函數f在[a,b]上可積，若g為單調函數，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f(x)為[0,1]上的非負單調非增連續函數（即當x?y時，f(x)?f(y)），證明對于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f(x)在[a,b]上連續，且單調遞增，試證明

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

長春師范大學本科畢業論文（設計）

?bba(x?a?b)f(x)dx?0.2由于f(x)單調遞增，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f(x)在[a,b]上存在直至n階連續導函數，在(a,b)內存在(n?1)階導函數,則對任意給定的x，x0?[a,b]，至少存在一點??(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f(x)在[0,1]存在二階連續導數，f(0)?f(1)?0，并且當x?(0,1)時，f??(x)?A，求證：f?(x)?A，x?(0,1).2證明:由于f(x)在[0,1]上有二階連續導函，因此對任何x0?(0,1)，利用f(1)和f(0)在x0點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

長春師范大學本科畢業論文（設計）

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,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f(x)在[a,b]上有二階連續導數，M?max|f??(x)|，證明

|?f(x)dx?(b?a)f(aba?bM)|?(b?a)3.224a?b處泰勒展開 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 ?.利用函數極值證明不等式

極值的第一充分條件：設f在點x0連續，在某鄰域U0?x0;??內可導.9

長春師范大學本科畢業論文（設計）

(1)若當x?(x0??,x0)時f?(x)?0,當x?(x0,x0??)時f?(x)?0,則f在點x0取得極小值.(2)若當x?(x0??,x0)時f?(x)?0,當x?(x0,x0??)時f?(x)?0，則f在點x0取得極大值.極值的第二充分條件：設f在x0的某鄰域U(x0;?)內一階可導，在x?x0處二階可導，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x?0，n為自然數時，?x0(t?t2)sin2ntdt?1.(2n?2)(2n?3)證明：構造輔助函數

f(x)??(t?t2)sin2ntdt.0x則

f?(x)?(x?x2)sin2nx.當0?x?1時，f?(x)?0,當x?1時，除x?k??k?1,2,3,??時f?(x)?0外，均有f?(x)?0，故f(x)在0?x?1時單調遞增，在x?1時單調遞減，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p?1,求證：?x?[0,1]，都有不等式

長春師范大學本科畢業論文（設計）

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.又因為p?1, 故

F??()?p(p?1)[()p?2?()p?2]?0.222111故F(x)在x?處取得極小值，又因為F(1)?F(0)?1,F()?P?1.2221所以F(x)在區間[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.利用函數凹凸性證明不等式

定義:設f為定義在區間I上的函數，若對I上的任意兩點x1，x2，和任 實數???0,1?總有

f??x1??1-??x2???f?x1???1-??f?x2?, 則稱f為I上的凸函數.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.定理:設f為區間I上的二階可導函數，則在I上f為凸（凹）函數的充要

長春師范大學本科畢業論文（設計）

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: 構造函數f(x)?xlnx，這時,f??(x)??0,所以f(x)在(0,+

x例1.證明:(x?y)ln(∞)上是凸函數.所以,x?0,y?0,x?y時，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ai?R?(i?1,2,?,n)求證：

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

lna1?lna2???lnana?a???an.?ln12nn即

ln(a1a2?an)?ln1na1?a2???an.n即

na1a2?an?a1?a2??an.n 利用冪級數展開式證明不等式

證明方法:根據幾個重要的初等函數的冪級數展開式，如下：

長春師范大學本科畢業論文（設計）

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x?(0,1)，證明 證明：因

1?x?e2x.1?x1,e2x分別可寫成冪級數展開式，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為2x，右邊的一般項為，而當n?3時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ai,bi為任意實數（i?1,?,n）則

(?aibi)??ai??b2i，22i?1i?1i?1nnn其中當且僅當ai,bi成比例時等號才成立.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

長春師范大學本科畢業論文（設計）

若f(x),g(x)在（a,b）上連續，其中當且僅當存在常數?,?使得?f(x)??g(x)時等號才成立（?,?不同時為零）.詹森不等式：若f為[a,b]上凸函數，則對任意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兩邊同時除以n即得證．

例2.已知f(x)?0，在[a,b]上連續，?f(x)dx?1,k為任意實數，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應用施瓦茲不等式

(?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

長春師范大學本科畢業論文（設計）

例3.證明不等式

(abc)a?b?c3?aabbcc, 其中a,b,c均為正數.1?1.x 證明：設f(x)?xlnx,(x?0).則f??(x)?f?(x)?lnx?1,f??(x)?1 x故f(x)?xlnx在x?0時為嚴格凸函數.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

長春師范大學本科畢業論文（設計）

參考文獻：

[1] 裴禮文.數學分析中的典型問題與方法[M].北京：高等教育出版社, 2006.[2] 華東師范大學數學系.數學分析（上冊）[M].北京：高等教育出版社，2001.[3] 華東師范大學數學系.數學分析（下冊）[M].北京：高等教育出版社，2001.[4] 錢吉林等主編.數學分析題解精粹.[M] 武漢：崇文書局，2011.[5] 蒙詩德.數學分析中證明不等式的常用方法[J].赤峰學院學報（自然科學 版），2009，25(9).[6] 賀彰雄.不等式證明的幾種常見方法.湖北教育學報[J].2007，10(1).[7] 王曉峰，李靜.證明不等式的若干方法.數理醫藥學雜志[J].2008.12(1).長春師范大學本科畢業論文（設計）

致謝

畢業論文設計的這段時間是我學生生涯中非常重要的時光之一.通過這次論文寫作，我不僅學到了很多專業知識，而且我的其他能力方面都有一定提高.所以，借此論文結束之際，向所有幫助過我的人表示我最誠摯的敬意和感謝.本論文是在付老師的指導下和同學們的幫助下幾經修改而完成的.所以,首先要感謝我的指導老師,我從她身上不僅學到了許多的專業知識，更感受到她在工作中的兢兢業業，生活中的平易近人.此外，她嚴謹的治學態度和忘我的工作精神更值得我去學習.同時，還要感謝我的同學,他們給我提供了很多有價值的材料和寶貴意見，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我的人！

長春師范大學本科畢業論文（設計）

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： 在我們數學學科中，不等式是十分重要的內容。如何證明不等式呢？在本文中，我主要介紹了不等式概念、基本性質和一些從初等數學中總結出的證明不等式的常用方法，分別有比較法、綜合法、放縮法、數學歸納法、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。通過學習這些證明方法，使我們進一步掌握不等式證明，可以幫我們解決生活中的許多實際問題。

關鍵字：不等式；數學歸納法；函數；單調性

不等式作為一個重要的分析工具和分析的手段，在數學中具有舉足輕重的地位，不等式的證明可分為推理性問題和探索性問題，推理性問題是指在特定條件下，闡釋證明過程，解釋內在規律，基本方法有比較法,綜合法；探索性問題大多是與自然數有關的證明問題，常采用觀察—歸納—猜想—證明的方法思路，以數學歸納法完成證明，不等式證明還有其他方法：換元法，放縮法等。不等式的證明沒有固定的程序，證法因題而易，技巧性強。希望通過這些方法的學習。我們可以很好的認識數學的一些特點，從而開擴我們的數學視野。

1不等式概念及基本性質

1.1不等式的概念：表示不相等關系的式子。

實數集內的任意兩個數a,b總是可以比較大小的，如果a?b是正數，則a?b;如果a?b是零，則a?b；如果a?b是負數，則a?b。反過來也對。即有 a≧b?a?b?0這里符號?表示等價于。

這個定義雖然簡單，實際它反映不等式的性質。許多不等式的證明，是從這個定義出發。首先，根據不等式的定義，容易證明下述不等式的簡單性質，這些性質是證明其他不等式的基本工具。

1.2不等式基本性質

1.2.1a?b?b?a(對稱性)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.符號當且僅當a?b時成立。由這個不等式還可以得到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.符號當且僅當a?b?c時成立。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，它是兩個實數大小順序和運算性質的直接應用，比較法可分為差值比較法(簡稱為求差法)和商值比較法(簡稱為求商法)。比較證明不等式的一般步驟是：作差——變形——判斷——結論。為了判斷作差后的符號，有時要把這個差變形為一個常數，或者一個或幾個平方和的形式，也可變形為幾個因式的積的形式，以便判斷其正負。

2.2分析綜合策略

分析綜合法是數學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，推導出所要證明的不等式；分析法則要逐步找出使結論成立的充分條件，最后歸結為已知不等式或者已知條件。對于條件簡單而結論復雜的不等式，往往要通過分析法或者分析法與綜合法交替使用來尋找證明的途徑。

2.3構造策略 所謂構造，就是當某些數學問題用通常的辦法難以奏效時，根據題設條件和結論的特征性質，從新的角度、用新的觀點觀察分析、解釋對象，抓住反映問題的條件與結論之間的內在聯系，用已知數學關系為支架，構造出滿足條件或結論的數學對象，使原題中隱晦不清的關系和性質在新構造中的數學對象中清楚地展現出來，從而借助該數學對象解決數學問題的 2 方法。

用構造法解題時，被構造的對象是多種多樣的，按它的內容，分為某種模型、函數、恒等式、復數等，可以達到簡捷、明快、以巧取勝的目的。在運用構造法解題時，一要明確構造的目的，即為什么要構造；二要弄清楚問題的特點，以便依據特點、確立方案、實現構造、達到目的。

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，它是兩個實數大小順序和運算性質的直接應用，比較法可分為差值比較法(簡稱為求差法)和商值比較法(簡稱為求商法)。3.1.1 作差法

在比較兩個實數a和b的大小時，可借助a?b的符號來判斷.步驟一般為：作差——變形——判斷（正號、負號、零）.變形時常用的方法有：配方、通分、因式分解、和差化積、應用已知定理、公式等.abba [例1] 已知a、b?R?,求證：ab?ab，等號當且僅只當a?b時成立。

[分析] 由于要證的不等式關于a,b對稱，且式子不復雜，比較的式子都由字母a，b組成，左右兩式存在公因式ab，可考慮用作差法來做，作差判斷符號。

[證明] 設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且僅aa?b?ba?b?a?b?時等號成立，故原不等式當且僅當a?b時成立等號。

[評價] 因為做差法是根據差值的符號來判斷，所以在 比較差值的時候容易出錯，一定要謹慎。3.1.2 作商法

在證題時，一般在a，b均為正數時，借助

aa?1或?1來判斷其大小，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] 先判斷不等號兩邊是否是正數。因為a>2,所以loga?a?1??0,loga?a?1??0，這時我們可考慮用作商法來比較大小，利用對數函數公式，通過變形化簡即可判斷了。

[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又因為

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。

[評價]首先判斷了左右兩式均是正數，而且是對數形式，這種常用作商法目的在于好利用公式約分化簡，構造容易比較大小的形式得出結論。3.2 綜合法

利用某些已經證明過的不等式，例如算術平均數、幾何平均數的定理、均值定理等等，利用這些不等式的性質，推導出所要證明的不等式，這個證明方法就是綜合法。

[例3]a,b,c為互不相容的正數，且abc?1，求證：

111???a?b?c.abc[分析] 因為abc?1且a,b,c為互不相容的正數。觀察前后的式子聯想起我們所學的均值定理a1?a2???ann?a1a2?an。把1換成abc的形式帶入式子，化簡之后就得nbc+ac+ba,再根據學過的均值定理來構造式子，變形化簡可證。

[證明] 化簡過程為：

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知識的積累和應用。abc[評價]先化簡后我們得到的式子就可把整個不等式看成一個整體，根據不等式定理、性質經過變形、運算，導出欲證的不等式。3.3放縮法

是要證明不等式A

11?來做，縮小分母，擴大不等號左邊的式子。2n(n?1)n 4 [證明] ?1111 ???2nn(n?1)n?1n?1111111115117??????1??(?????)??(?)?.22222123n223n?1n42n4[評價]此題采用了從第三項開始拆項放縮的技巧，放縮拆項時，不一定從第一項開始，須根據具體題型分別對待，即不能放的太寬，也不能縮的太窄，真正做到恰倒好處。

3.4 數學歸納法

對于含有n(n?N)的不等式，當n取第一個值時不等式成立，如果使不等式在n?k(n?N)時成立的假設下，還能證明不等式在n?k?1時也成立，那么肯定這個不等式對n取第一個值以后的自然數都能成立.[例5]：證明不等式

111??...??1?n?N?.n?1n?23n?1[分析]：此題是一個與自然數n有關的命題，首先想到數學歸納法。可分析n=1時，當n=k時，當n=k+1時三種情況來討論，若在假設下都成立，那么足以說明n在定義內取任何值都使原式成立。

11113????1.n?1n?2n?312?2?假設當n?k,不等式成立1?1?1?...?1?1.k?1k?2k?33k?4要證當n?k?1時不等式成立，即[證明] ?1?當n?1,11111112??...??????1??1.k?1k?23k?13k?23k?33k?4k?13?k?1??3k?2??3k?4? [評價] 對于由不完全歸納法得到的某些與自然數有關的數學命題我們常用數學歸納法來做，在驗證命題 n=k(n整數)正確的基礎上，證明命題具有傳遞性，而第二步實際上是一次邏輯的推理代替了無限的驗證過程，所以說數學歸納法是一種合理、切實可行的科學證明方法，實現了有限到無限的飛躍。3.5 換元法

在證題過程中，以變量代換的方法，選擇適當的輔助未知數，使問題的證明達到簡化.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，當所給條件較復雜，一個變量不易用另一個變量表示，這時可考慮三角代換，將兩個變量都有同一個參數表示。此法如果運用恰當，可溝通三角與代數的聯系，將復雜的代數問題轉化為三角問題根據具體問題，實施的三角代換方法有：①若x?y?1，可設x?cos?,y?sin?；②若x?y?1，可設x?rcos?,y?rsin??0?r?1?；③對于含有的不等式，由于x?1，可設x?cos?；④若x?y?z?xyz，由tanA?tanB?tanC?tanAtanBtanC知，可設

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

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，可聯想到上面性質中的第②點：若x2?y2?1，可設x?rcos?,y?rsin??0?r?1?，化為三角函數來帶入要證明的式子就較為簡便。

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

[評價]這里用的三角代換是換元法的一種。題目形式上比較復雜，但有一定的規律，則可采用變量代換法，通過換元，把生疏的結構轉化為重要不等式形式使證題思路自然、簡捷。它的基本思路是：按照代數式的結構特點選用適當的三角公式，進行三角代換，把代數題轉化為三角題，從而用三角知識去解。3.6 判別式法

根據已知的或構造出來的一元二次方程，一元二次不等式，二次函數的根，解集，函數的性質等特征確定出其判別式應滿足的不等式，從而推出欲證的不等式方法。判別式法應用

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

2式的一類函數的最大（小）值或值域問題”，學習時注意對x項系數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x?R,??0求出y的范圍。方法：①由②討論f(y)?0時的x的值是否是函數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，是否不含這個值.本題解法對證明形如“，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] 此題目不等號中間式子可構造成一元二次函數，要注意對x的系數的兩種情況討論 6 x2?x?1y?22(1?y)x?x?1?y?0，x?1證明：設，則

2y?1x?R,??1?4(1?y)?0,得（1）當時，由13?y?,(y?1)2 2

2(1?y)x?x?1?y?0，得x=0（2）當y=1時，由x2?x?1y?x2?1的定義域中的一個值，所以y=1是它的值域中的一個值.由（1）而x=0是函數131x2?x?13?y???2222x?12。和（2）知，即[評價] 用判別式法證明不等式，實際上就是求函數的最大（最小）值或值域.它的使用

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

2的最大（小）值或值域問題”，學習時注意對x項系數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，把一個數或式分解為幾個數或式，使復雜問題轉化為簡單易解的基本問題，以便分而治之，各個擊破，從而達到證明不等式的目的.[例8] 求證：1?1111111?????? 26122030426[分析] 此題不等號左邊為同分子異分母的7個分數和，分母的結構特點是從1開始每相鄰兩個自然數乘積，符號為加減交替，可利用我們學過的式子使相同式子相消，即可得答案。[證明] 因為

111??來做，n(n?1)nn?1111??

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

[評價]只要利用學過的公式來分解式子就更容易了，但這題要注意符號，符號容易出錯。3.8函數極值法

在不等式證明中，我們常常構造函數f(x)，而f(x)構造好后，如果在所給函數區間上無法判斷f(x)符號，即當函數不具有單調性時，可以考慮用極值與最值的方法進行證明

[例9] 設x?R，求證：?4?cos2x?3sinx?21.8[分析] 此題可構造成一元二次方程的頂點式進行證明。

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

4?8?當sinx?231時，f(x)max?2;48當sinx??1時，f(x)min??4.故 ?4?cos2x?3sinx?21.8[評價]這題難在于化簡f(x)來構造函數，用一元二次方程的頂點式求最值較易。3.9函數單調法

當x屬于某區間，有f?(x)?0，則f(x)單調上升；若f?(x)?0，則f(x)單調下降.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，結構不復雜，求導數是它本身，這樣用求導法來做應容易。靠導數求單調性就可把極值求出，即可證明不等式。

[證明]設f?x??e?1?x,則f'?x??e?1。xxxx故當x?0時，f'?x?>0,f嚴格遞增； 當x?0時，f'?x??0嚴格遞減。

又由于f在x?0處連續，則當x?0時f?x??f?0??0，從而得證。

[評價]此題目具有冪指數函數形式，對不等式進行移項、整理，在此基礎上根據函數單調性證明之。利用函數單調性證明不等式，不等式兩邊必須可導，對所構造的輔助函數f（x）應在某閉區間內連續，開區間內可導，然后通過在開區間f'?x?的符號判斷間上的單調性，根據單調性來解決不等式問題。

f（x）在閉區4小結

不等式的證明方法很多，遠遠不止以上所述，每一種方法都具有一定的特點和使用性，并有一定的規律可循，只有在多分析多總結的基礎上，才能把握問題的實質，熟練運用各種證明技巧，提高解決問題的水平。各種證明方法之間也并不是孤立的，有時一個不等式也可能有好多種證明方法。我們在證明不等式中不必拘泥某種單一的方法，需要因地制宜根據不同的情況選擇不同的方法來論證，可根據具體的情況靈活選擇最簡單、最優化的方法，從而達到最佳的證明效果，體現數學的簡潔性和實用性。

經過這段時間的畢業論文設計和對相關資料的收集，我對于不等式的證明有了深刻的了解和認識。學習了這些方法，可以幫助我們解決一些實際問題，培養邏輯推理論證能力和抽 8 象思維能力以及養成勤于思考、善于思考的良好學習習慣。

參考文獻: ［1］李長明,周煥山.初等數學研究[M].北京:高等教育出版社,1995,253-263.［2］葉慧萍.反思性教學設計-不等式證明綜合法[J].數學教學研究,2005,10(3):89-91 ［3］張順燕 數學的思想、方法和應用［M］北京：北京大學出版社。2003 ［4］數學分析.華東師范大學數學系(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］.學術期刊:高中數理化（高二）GAOZHONG SHU-LI-HUA。2007年第1期。

[6]霍連林.著名不等式[M].北京:中國物質出版社,1994,123-124.[7]張衛斌.中學數學不等式證明的常用策略與技巧[M].《新課程（中學）》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學的一個難點，題型廣泛，涉及面廣，證法靈活，錯法多種多樣，本節通這一些實例，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。基本思想是把難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。當求證的不等式兩端是分項式（或分式）時，常用作差比較，當求證的不等式兩端是乘積形式（或冪指數式時常用作商比較）

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，結合a+b≥0來說明作差后的正或負，從而達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。

∵（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（當且僅當a=b時，取等號）

（2）若a、b∈R+，則a+b≥ 2ab（當且僅當a=b時，取等號）

（3）若a、b同號，則 ba+ab≥2（當且僅當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，當且僅當a1+b2=1時，等號成立

練習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，根據不等式性質推算出要證明不等式。

例4，設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3：已知a、b、c為正數，n是正整數，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，技巧性較強常用技巧有：（1）舍去一些正項（或負項），（2）在和或積中換大（或換小）某些項，（3）擴大（或縮小）分式的分子（或分母）等。

例6：已知a、b、c、d都是正數

求證： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2分析：觀察式子特點，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，在解代數問題時，使用適當的三角函數進行換元，把代數問題轉化成三角問題，充分利用三角函數的性質去解決問題。

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

復習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，往往可先設一個輔助未知數表示這個比值，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，即先否定結論不成立，然后依據已知條件以及有關的定義、定理、公理，逐步推導出與定義、定理、公理或已知條件等相矛盾或自相矛盾的結論，從而肯定原有結論是正確的，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，而結論中只有一次，應考慮到用術立方根，同時用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。

證明：解設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7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求證：a＞0，b＞0，c＞0

8數學歸納法

與自然數n有關的不等式，通常考慮用數學歸納法來證明。用數學歸納法證題時的兩個步驟缺一不可。

例10：設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，可采用數學歸納法

證明：（1）當n=2時，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

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

49構造法

根據求證不等式的具體結構所證，通過構造函數、數列、合數和圖形等，達到證明的目的，這種方法則叫構造法。

1構造函數法

例11：證明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

證明：設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x＞0時，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴當x＜0時，據圖像的對稱性知f（x）＜0

∴當x≠0時，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

練習9：已知a＞b，2b＞a+c，求證：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2構造圖形法

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

分析：由1+x2 的結構可知這是直角坐標平面上兩點A(1，x)，0(0，0)的距離即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2

于是如下圖，設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10：設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先考慮“添項”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍數添項

若不等式中含有奇數項的和，可通過對不等式乘以2變成偶數項的和，然后分組利用已知不等式進行放縮。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（當且僅當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

當且僅當a=b，b=c，c=a即a=b=c時，等號成立。

2平方添項

運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（當且僅當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

反復運用這個命題，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c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對任意正數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，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：根據不等式的性質：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x+y>0，n為偶數，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，∴ 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為偶數時，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同號，應分x、y同號和異號兩種情況討論。

正解：應用比較法：

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

① 當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x,y有一個是負值時，不妨設x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n為偶數時,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

第五篇：不等式證明若干方法

安康學院 數統系數學與應用數學 專業 11 級本科生

論文（設計）選題實習報告

11級數學與應用數學專業《科研訓練2》評分表

注：綜合評分?60的為“及格”； <60分的為“不及格”。