第一篇：探討定積分不等式的證明方法

探討定積分不等式的證明方法

摘要：文章針對被積函數的特性，給出了幾種關于定積分不等式的有效證明方法。

關鍵詞：定積分

不等式

證法

不等式的證明在高等數學的學習中很常見，但關于定積分不等式的證明卻一直是一個難點。要證明定積分不等式，首先要看被積函數，其性質確定證明方法。本文根據被積函數的連續性、單調性、可導性等分別給出幾種證法。

1．運用定積分中值定理證明

定積分中值定理是將定積分轉化為連續函數在該區間上某點的函數值與該區間長度的乘積，即將定積分轉化為函數來證明不等式。

例1：設f(x)在[0,1]上連續且單調不增，證明?a∈[0,1]有

?a0f(x)dx≥a?f(x)dx．

01證明：由原不等式變形得即是要證：(1?a)?a0f(x)dx≥a（?f(x)dx??f(x)dx)，0010a1?a0f(x)dx≥a?f(x)dx, 對左式，f(x)在[0,1]上連續，故a由定積分中值定理知：

??1??0，a?使

（1?a)?f(x)dx?a(1?a)f(?1), 0同理對右式：??2??a，1?使a?0f(x)dx?a(1?a)f(?2)，1顯然，?1＜?2又f(x)在[0,1]上單調不增，∴f(?1)≥f(?2)故原不等式?a0f(x)dx≥a?f(x)dx成立.01定積分中值定理的運用直觀易懂，它的條件也極其簡單，易于掌握。2．運用輔助函數證明

構造輔助函數F(x)證明不等式，首先是做函數將要證結論中的積分上限（下限）換成x，移項使不等式的一邊為零，另一邊的表達式即是輔助函數。然后再求F’(x)，并運用單調性及區間端點值特性證明不等式。

例2：設f(x)在[a，b]上連續,且f(x)>0.試證：?baf(x)dx?ba1dx?(b?a)2 f(x)xxaa證明：構造輔助函數F(x)??f(t)dt?則F(x)?f(x)?a

='x1dt?(x?a)2（將b換成x），f(t)11xdt?f(t)dt?2(x?a)?af(t)f(x)?xaxf(t)xf(x)dt??dt??2dt

aaf(t)f(x)f(x)f(t)??2)dt

=?a(f(t)f(x)xf(x)f(t)??2?0，∵f(x)＞0，∴

f(t)f(x)'又a

?0，∴F(b)?F(a)?0，?baf(x)dx?ba1dx?(b?a)2． f(x)該題構造出積分上限函數，其目的是用單調性來證明不等式。這種方法開門見山、直截了當。3．運用定積分的性質和幾何意義證明

與定積分的概念相聯系“以直代曲”的“近似代替”的思想，加上積分的幾何直觀使得不等式的證明變得更加簡捷。

例３：證明不等式?13sinx?dx?．

ex(1?x2)12esinx1?，兩端積分得：

ex(1?x2)e(1?x2)證明：因為1?x?3時

?31sinx131?dx???x221e(1?x)e1?x12e

a?1例４：設a,b?1時，證明不等式ab?e證明：blnb??lnxdx?b?1，e1ba?1?blnb．

a?10??exdx?1，根據定積分的幾何意義知：

（a?1)b??lnxdx??1ba?10exdx?blnb?ea?1?b，a?1ab?e?blnb.即本題關鍵在于深刻領悟定積分概念的由來，即求曲邊梯形的面積問題推導的四個步驟：分割、取點、作和與求極限，這里充分運用了“近似代替”的幾何直觀來加以證明。

4．運用拉格朗日中值定理證明

利用拉格朗日中值定理證明不等式，首先要構造滿足中值定理條件的函數和區間，然后進行不等式放縮，再用定積分比較定理、估值定理或函數的絕對值不等式等。

?M，f(a)?0，例5：設f(x)在[a,b]上可導，且f'(x）試證：?abf(x)dx?M(b?a)2.2證明：由題設?x?[a,b]，f(x)在[a，b]上都滿足拉氏中值定理的條件，于是有：

f(x)?f(x)?f(a)?f'(?)(x?a)，??(a,x)，?M，∵f'(x）∴f(x)?M(x?a)兩邊在[a，b]上定積分得：

?baMf(x)dx??M(b?a)dx?(b?a)2.a2b此題運用拉格朗日中值定理簡直如行云流水，如果采用其他辦法顯然比較繁瑣。

5．運用Taylor公式證明

當已知被積函數f(x)二階或二階以上可導且又知最高階導數的符號時，通常采用泰勒展開式來證明。首先要寫出f(x)的泰勒展開式，然后根據題意寫出某些點的泰勒展開式，再進行適當的放縮以變成不等式，最后用定積分的性質進行處理。

例6：設f(x)在[a,b]上單調增加，且f“(x)＞0，證明

(b?a)f(a)＜?abf(a)?f(b)f(x)dx＜(b?a)

2證明：先證左不等號：(b?a)f(a)＜

?baf(x)dx，?x?[a,b]，x＞a，f(x)單調增加，所以f(x)＞f(a)

故?baf(x)dx＞(b?a)f(a)?（1）再證右不等號：?baf(x)dx＜(b?a)f(a)?f(b)，2?t?[a,b]，f(t)在點x處的Taylor展式為：

f(t)?f(x)?f'(x)(t?x)?因

1f”(?)(t?x)2,其中?在t與x之間，2!f"(?)＞0，f(t)＞f(x)?f'(x)(t?x)，所以將t?b,t?a分別代入上式并相加得：

f(a)?f(b)＞2f(x)?(a?b)f'(x)?2xf(x)，將此式在[a,b]上積分得：

?f(a)?f(b)?(b?a)＞2?af(x)dx?(a?b)?af'(x)dx?2?axf(x)dx，有2[f(a)?f(b)](b?a)＞4故

bbb?baf(x)dx，?baf(a)?f(b)f(x)dx＜(b?a)?（2）

2綜合（1）、（2），原不等式得證.Taylor公式的應用在大學數學的學習中是一個絕對的難點，往往很難掌握。一個題目在你用其他方式很難解決時，Taylor公式常會給你意想不到的突破。

6．運用柯西—斯瓦茲不等式證明 柯西—斯瓦茲不等式：

例7：設f(x)在[0,1]上有一階連續導數且f(1)?f(0)?1，試證：0[f'(x)]dx?1.證明：∵f(1)?f(0)??12?10f'(x)dx，又f(1)?f(0)?1，所以?0f'(x)dx?1，因f(x)在[0,1]上可導，所以f(x)在[0,1]上連續，2dx[f'(x)]dx?(f'(x)dx)?1，由柯西—斯瓦茲不等式得：?0?0?011211即是0[f'(x)]dx?1.柯西—斯瓦茲不等式是大學數學中的又一難點，雖然記憶起來并不困難，但應用是靈活多變的。

7．運用重積分證明

重積分要化為定積分來計算，這是眾所周知的事實，但反之定積分的乘積往往又可以化為重積分，將定積分不等式的證明化為重積分不等式來證明，也是一種常見的方法。

例8：設f(x)是在[0，1]上單調增加的連續函數，?12?試證：?xf0101xf(x)dx23?(x)dx13??101f3(x)dxf(x)dx122.1102I?xf(x)dxf(x)dx?f(x)dxxf證明：設????(x)dx

00003232xf(x)f(y)dxdy?f(x)f(y)ydxdy

=????DD3

=??DDf3(x)f2(y)(x?y)dxdy?（1）

23I?f(x)f(y)(y?x)dxdy?（2）同樣

??232I?(x?y)f(x)f(y)(f(x)?f(y))dxdy，（1）+（2）可得??D由于f(x)在[0，1]上單調增加，故(x?∴I1y)(f(x)?f(y))?0，13100?0，從而?0xfxf(x)dx2313(x)dx?f(x)dx??f(x)dx?xf2(x)dx

012?即?xf010?(x)dx??101f3(x)dxf(x)dx2

0總的來說，證明不等式是一門藝術，它具有自己獨到的技術手法。在此，我研究了上述7種方法來證明不等式，使一些復雜不等式的證明變得更加簡潔，也會使一些不等式的證明變得一題多解。

第二篇：積分不等式的證明方法

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摘要

在高等數學的學習中,積分不等式的證明一直是一個無論在難度還是技巧性方面都很復雜的內容.對積分不等式的證明方法進行研究不但能夠系統的總結其證明方法,還可以更好的將初等數學的知識和高等數學的結合起來.并且可以拓寬我們的視野、發散我們的思維、提高我們的創新能力,因此可以提高我們解決問題的效率.本文主要通過查閱有關的文獻和資料的方法,對其中的內容進行對比和分析,并加以推廣和補充,提出自己的觀點.本文首先介紹了兩個重要的積分不等式并給出了證明,然后分類討論了證明積分不等式的八種方法,即利用函數的凹凸性、輔助函數法、利用重要積分不等式、利用積分中值定理、利用積分的性質、利用泰勒公式、利用重積分、利用微分中值定理,最后對全文進行了總結．

關鍵詞：積分不等式,定積分,中值定理,柯西-施瓦茲不等式,單調性

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ABSTRACT

When we study mathematics,the proof of integer inequality has always been seen as a complex content both in difficulty and skill．In this paper the proof methods of integral inequality are organized systematically to combine the knowledge of elementary mathematics and higher mathematics better.Also our horizons can be broadened,thinking can be divergencied and innovation ability can be improved,so as to improve our efficiency of problem solving.The paper is completed by referring to relevant literature,comparing and analysing related content, complementing and promoting related content.In this paper ,two important integral inequalities along with their proof methods are given first,and then eight approaches to proof integral inequalities are introduced,such as concavity and convexity of function,method of auxiliary function,important integral inequality, integral mean value theorem, integral property, Taylor formula,double integral and differential mean value theorem.Finally,the full paper is summarized．

Key words: Integral Inequality, Definite Integral,Mean Value Theorem，Cauchy-Schwarz Inequality, Monotonicty

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1.引

言

不等式在數學中有著重要的作用,在數量關系上,盡管不等關系要比相等關系更加普遍的存在于人們的現實世界里,然而人們對于不等式的認識要比方程遲的多.直到17世紀之后,不等式的理論才逐漸的成長起來,成為數學基礎理論的一個重要組成部分.眾所周知,不等式理論在數學理論中有著重要的地位,它滲透到了數學的各個領域中,因而它是數學領域中的一個重要的內容.其中積分不等式更是高等數學中的一個重要的內容．

實際上關于定積分的概念起源于求平面圖形的面積和一些其他的實際問題.有關定積分的思想在古代就有了萌芽,比如在公元前240年左右的古希臘時期,阿基米德就曾經用求和的方法計算過拋物線弓形和其他圖形的面積.在歷史上,積分觀念的形成要比微分早.然而直到17世紀后半期,較為完整的定積分理論還沒有能夠形成,一直到Newton-Leibniz公式建立之后,有關計算的問題得以解決后,定積分才迅速的建立并成長起來．

本論文研究的積分不等式結合了定積分以及不等式.關于它的證明向來是高等數學中的一個重點及難點.對積分不等式的證明方法進行研究，并使其系統化，在很大程度上為不同的數學分支之間架起了橋梁.深刻的理解及掌握積分不等式的證明方法可以提升我們對其理論知識的理解,同時可以提高我們的創造思維和邏輯思維．

在論文的第三部分中對積分不等式的證明方法進行了詳細的闡述.分別從利用函數的凹凸性、輔助函數法、利用重要積分不等式、利用積分中值定理、利用泰勒公式、利用重積分、利用微分中值定理、利用定積分的性質這八個方面給出了例題及證明方法.這樣通過幾道常見的積分不等式的證明題,從不同的角度,用不同的方法研究、分析了積分不等式的特點,歸納總結出了其證明方法.同時論文中也對有的題目給出了多種證明方法,這啟示我們對于同一道積分不等式而言它的證明方法往往不止一種,我們需要根據實際情況采用合適的方法去證明,從而達到將問題化繁為簡的目的．

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2.幾個重要的積分不等式

在高等數學的學習中我們遇到過許多重要的積分不等式,如Cauchy-Schwarz不等式,Young不等式等.它們的形式及證明方法都有很多種,在這一小結中我們將給出這兩種積分不等式的證明方法．

2.1 Cauchy-Schwarz不等式

無論是在代數還是在幾何中Cauchy-Schwarz不等式的應用都很廣泛,它是不同于均值不等式的另一個重要不等式．其形式有在實數域中的、微積分中的、概率空間??,F,P?中的以及n維歐氏空間中的4種形式.接下來在這一部分中我們將對其在微積分中的形式進行研究．

定理2.1[1] 設f(x), g(x)在[a,b]上連續,則有

[?f(x)g(x)dx]2?{?[f(x)]2dx}? {?[g(x)]2dx}．

aaabbb證明：要證明原不等式成立,我們只需要證

?

設F?t???t2abaf2?x?dx??at2bb?g?x?dx??f?x?g?x?dx??0成立． ???a? 222tf?x?dx??g?x?dx???f?x?g?x?dx?,則只要證F?b??F?a?成立，?a?a??由F?t?在[a,b]上連續,在?a,b?內可導,得

F??t??f2?t??g2?x?dx?g2?t??f2?x?dx?2f?t?g?t??f?x?g?x?dxaaa2222???ftgx?2ftgtfxgx?gtf???????????????x???dx a?tttt

???f?t?g?x??g?t?f?x???dx?0．

(2.1)a?由(2.1)式可知F?t?在[a,b]上遞增,由b?a,知F?b??F?a?,故原不等式成立．

證畢

實際上關于Cauchy-Schwarz不等式的證明方法有很多,這里我們采用的證明方法是較為普遍的輔助函數法,它將要證明的原積分不等式通過移項轉變為了判斷函數在兩個端點處函數值大小的問題．通過觀察我們可以進一步發現原Cauchy-Schwarz不等式能夠改寫成以下行列式的形式 t2 4 南通大學畢業論文

?f?x?f?x?dx?g?x?f?x?dx?0，aabb?baf?x?g?x?dx?g?x?g?x?dxab由此我們可以聯想到是否可以將它進行推廣？答案是肯定的.下面我們將給出

Cauchy?Schwarz不等式的推廣形式．

定理2.2[2] 設f?x?,g?x?,h?x?在?a,b?上可積,則

???h?x?f?x?dx?f?x?g?x?dx?g?x?g?x?dx?h?x?g?x?dx?0． ?f?x?h?x?dx?g?x?h?x?dx?h?x?h?x?dxaaabbbaaabbbaaabf?x?f?x?dxbg?x?f?x?dxb 證明：對任意的實數t1,t2,t3,有

?ba?t1f?x??t2g?x??t3h?x??dx

bbbaaa2?t12?f2?x?dx?t22?g2?x?dx?t32?h2?x?dxbbaa

ba?2t1t2?f?x?g?x?dx?2t1t3?f?x?h?x?dx?2t2t3?g?x?h?x?dx?0． 注意到關于t1,t2,t3的二次型實際上為半正定二次型, 從而其系數矩陣行列式為

?babbaf2?x?dx?ba?g?x?f?xd?x?ab?h?x?b2fxdx

????x?f?x?hfax?g??xdxdx?ba?b2a?g?xdx?bax??h??ag?0x．d x證畢 xdx?g??x?hxdx???h以上的推廣是將Cauchy-Schwarz不等式的行列式由二階推廣到了三階的形式,事實上Cauchy-Schwarz不等式是一個在很多方面都很重要的不等式,例如在證明不等式,求函數最值等方面.若能靈活的運用它則可以使一些較困難的問題得到解決.下面我們會在第三部分給出Cauchy-Schwarz不等式及其推廣形式在積分不等式證明中的應用．

除了Cauchy-Schwarz不等式之外還有很多重要的積分不等式,例如Young不等式,相較于Cauchy-Schwarz不等式我們對Young不等式的了解比較少,實際上它也具有不同的形式且在現代分析數學中有著廣泛的應用.接著我們將對Young不等式進行一些研究．

2.2 Young不等式

Young不等式,以及和它相關的Minkowski不等式,H?lder不等式,這些都是在現代分

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析數學中應用十分廣泛的不等式,在調和函數、數學分析、泛函分析以及偏微分方程中這三個不等式的身影隨處可見,是使用得最為普遍,最為平凡的知識工具.下面我們將給出積分形式的Young不等式的證明．

定理2.3[3] 設f(x)在[0,c]（c?0）上連續且嚴格遞增,若f(0)?0,a?[0,c]且b?[0,f(c)],則?0f(x)dx??0f?1(x)dx?ab,其中f?1是f的反函數,當且僅當b?f(a)時等號成立．

證明：引輔助函數g(a)?ab??f(x)dx，(2.2)

0aab把b?0看作參變量,由于g?(a)?b?f(a),且f嚴格遞增,于是

當 0?a?f?1(b)時,g?(a)?0；當 a?f?1(b)時,g?(a)?0；當 a?f?1(b)時,g?(a)?0． 因此 當a?f?1(b)時,g(a)取到g的最大值,即

g?a??maxg?x??gf?1?b?

(2.3)

由分部積分得

f?1(b)f?1(b)?0?g(f(b))?bf(b)??作代換y?f(x),上面積分變為

?1?1f(x)dx??0xdf(x)，g(f?1(b))??f?1(y)dy，(2.4)

0b將(2.2)式和(2.4)式代入(2.3)式得

ab??f(x)dx??f(y)dy??f?1(x)dx，000ab?1b即?f(x)dx??f?1(x)dx?ab． 證畢

00ab 6 南通大學畢業論文

3.定積分不等式常見的證明方法

關于積分不等式的證明方法較為繁多,難度及技巧性也較大,因此對其進行系統的歸納總結是很有必要的．在這一部分中我們將歸納出利用輔助函數、微分中值定理、重要積分不等式及積分中值定理等證明積分不等式的方法．

3.1 利用函數的凹凸性

在數學分析以及高等數學中,我們常常會遇到一類特殊的函數—凸函數．凸函數具有重要的理論研究價值和廣泛的實際應用,在有些不等式的證明中,若能靈活地利用凸函數的性質往往能夠簡潔巧妙的解決問題．下面給出一個例子加以說明．

定理3.1 若??t?定義在間隔?m,M?內,且????t??0,則??t?必為下凸函數．

定理3.2 設f?x?在[a,b]上為可積分函數,而m?f(x)?M．又設??t?在間隔m?t?M內為連續的下凸函數,則有不等式

??1b?1b?fxdx???f?x??dx． ?????aa?b?a?b?abb例3.1[4] 設f?x?在?a,b?上連續,且f?x??0,求證：?f?x?dx?aa12dx??b?a?． f?x?證明: 取??u??112, 因為???u???2?0,????u??3?0,?u?0? uuu即在u?0時,y???u?為凸函數,故有

1b?1b???f?x?dx????f?x??dx，??aab?ab?a??b?a即?f?x?dxab??ba1dxbbf?x?12dx??b?a?．

證畢，故?f?x?dx?aafxb?a??在上述的題目中我們可以發現在證明中常常先利用導數來判斷函數的凹凸性,然后再利用凹（凸）函數的性質來證明不等式．然而對于實際給出的題目,我們往往需要先構造一個凹（凸）函數,然后才能利用其性質來證明我們所要證明的問題．

3.2 輔助函數法

輔助函數法是積分不等式證明中的一種非常重要的方法,往往我們會根據不等式的特點,構造與問題相關的輔助函數,考慮在相同的區間上函數所滿足的條件,從而得出欲證明

南通大學畢業論文 的結論．在第二部分中我們用輔助函數法對Cauchy-Schwarz不等式進行了證明,下面將對用輔助函數法證明積分不等式進行進一步的探討．

例3.2.1[5] 設函數f?x?在區間?0,1?上連續且單調遞減,證明：對?a?(0,1)時, 有： ?f?x?dx?a?f(x)dx．

00a11x證明：令F?x???f(t)dt ?0?x?1?,由f?x?連續,得F?x?可導

x0則F??x??f?x??x??f?t?dt0xx2 ?f?x??x?f????xf?x??f??? ,(0???x)． ?2xx因為f(x)在[0,1]上單調減少,而0???x,有f?x??f???, 從而F??t??0,F?x?在(0,1]上單調減少,則對任意a?(0,1),有F(a)?F(1)． 即

a111af(x)dx?af?x?dx． 證畢 a,兩邊同乘即得f(x)dx?fxdx??,????0000a本題根據積分不等式兩邊上下限的特點,在區間(0,1)上構造了一個輔助函數,進一步我們可以思考對于一般的情形,該題的結論是否依然成立呢？答案是肯定的.例3.2.2 設函數f?x?在區間?0,1?上連續且單調遞減非負,證明：對?a,b?(0,1),且0?a?b?1時,有: ?f?x?dx?0aabf(x)dx． ?ab證明：令F?x??F??x??1xf(t)dt,?0?x?1?,由f?x?連續,得F?x?可導, 則 x?0x0f?x??x??f?t?dtx2 ?f?x??x?f????xf?x??f??? ,(0???x)． ?2xx因為f(x)在[0,1]上單調減少,而0???x,有f?x??f???,從而F??t??0,F?x?在(0,1]上單調減少,則對任意0?a?b?1,有F(a)?F(b),即

1a1b ?f?t?dt??f?t?dt．

(3.1)

a0b0由f非負,可得?f?x?dx??f?x?dx．

(3.2)0abb結合(3.1)式和(3.2)式可得 即?a1a1bfxdx?f?x?dx． ??a?0b?a0abf?x?dx??f?x?dx．

證畢

babbaa例3.2.3[6] 函數f(x)在[a,b]上連續,且f?x??0 試證：?f(x)dx? 8

1dx?(b?a)2． f(x)南通大學畢業論文

在例3.1中我們給出了本題利用函數的凹凸性證明的過程,在這里我們將給出其利用輔助函數法證明的過程．

證明: 構造輔助函數??x???f?t?dt?axxadt2??x?a?, 則 f?t? ???x??f?x??xaxdt1??f?t?dt??2?x?a?f?t?af?x?

??xaxf?t?xf?x?dt??dt??2dt

afxaf?t????x?f?x?f?t??????2?dt?0, a?f?t?f?x??

所以??x?是單調遞增的,即??b????a??0,故?f?x?dx?abba12dx??b?a?． 證畢 f?x?a?bbxf?x?dx?f?x?dx．

2?a例3.2.4 設f?x?在?a,b?上連續且單調增加,證明：?[7]

ba證明: 原不等式即為?xf?x?dx?則F??t??tf?t??1t2?a1?t?a??f?t??f???? , ???a,t?．

2?a?bbf?x?dx?0,構造輔助函數 ?aa2ta?ttF?t???xf?x?dx?f?x?dx ,t??a,b?，a2?ata?t1?f?x?dx?f?t???t?a?f?t???f?x?dx??a?? 2 2?b因為a???t,f?x?單調增加,所以F??t??0．故F?t?在?a,b?上單調遞增,且F?a??0, 所以對?x?(a,b],有F?x??F?a??0．當x?b時,F?b??0．即

?baxf?x?dx?a?bbf?x?dx?0,故原不等式成立, 證畢 ?a2通過以上幾道題目的觀察我們可以發現：

1.當已知被積函數連續時,我們可以把積分的上限或者是下限作為變量,從而構造一個變限積分,然后利用輔助函數的單調性加以證明．

2.輔助函數法實際上是一種將復雜的問題轉化為容易解決的問題的方法．在解題時通常表現為不對問題本身求解而是對與問題相關的輔助函數進行求解,從而得出原不等式的結論．

3.3 利用重要積分不等式

在第2部分中我們給出了Cauchy-Schwarz不等式以及它的推廣形式的證明過程,實際上Cauchy-Schwarz不等式的應用也很廣泛,利用它可以解決一些復雜不等式的證明.在這一小節中我們將通過具體的例子來加以說明它在證明積分不等式中的應用．

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例3.3.1[8] 函數f?x?在?0,1?上一階可導,f?1??f?0??0, 試證明：?10112f?x?dx??f??x?dx．

402證明：由f?x???f??t?dt?f?0?和f?x????f??t?dt?f?1?0x1x

可得

f2?x?????x0f??t?dt??2xx1?1???12dt?f?2?t?dt?x?f?2?x?dx,(x??0,?), 000?2?111?1???12dt?f?2?t?dt?(1?x)?f?2?x?dx,(x??,1?)． xx0?2? f2?x???xf??t?dt12因此 ?f2?x?dx? 120112f??x?dx，(3.3)?0811

2(3.4)f??x?dx．8?010

?112f2?x?dx?將(3.3)式和(3.4)式相加即可以得到?f2?x?dx?[2]

112f??x?dx．

證畢 4?0b例3.3.2 設f?x?,g?x?在?a,b?上可積且滿足：0?m?f?x??M,?g?x?dx?0，a則以下兩個積分不等式

??baf?x?g?x?dx2b?2??f2?x?dx?g2?x?dx?m2?b?a??g2?x?dx及

aaabbb ??baf?x?g?x?dx?2?M?m?????M?m?ba?af2?x?dx?g2?x?dx成立．

ab證明：取h?x??1,由?g?x?dx?0及定理2.2知

?babaf2?x?dx?f?x?g?x?dx?f?x?dxba?g?x?f?x?dx?f?x?dx0 ?g?x?dxaab2abb0b?ab ??b?a???fab2?x?dx?ag?x?dx??af?x?dx?ag?x?dx??b?a??af?x?g?x?dx22b?b?2?b??0．

2因此

?? baf?x?g?x?dx???2baf2?x?dx?ab1g?x?dx?b?a2??baf?x?dx??g?x?dx．

(3.5)

2b2a 10 南通大學畢業論文

由m?f?x?可知 ??baf?x?dx2b?22?m2?b?a?，bb2因而??baf?x?g?x?dx???af?x?dx?ag?x?dx?m?b?a??ag2?x?dx．

22M?m??M?m??由于0?m?f?x??M,因此?f?x??????．

2??2??化簡得f2?x??Mm??M?m?f?x?, 兩邊同時積分得 ?f2?x?dx?Mm?b?a???M?m??f?x?dx, aabb22由算數-幾何平均值不等式可知

于是2?baf2?x?dx?Mm?b?a???f2?x?dx?Mm?b?a?，ab?b?a??abf2?x?dx??baf?x?dx?2?M?m??4Mm2．

1則b?a ???baf?x?dx??g?x?dx??b?a??2b2a??bf?x?dxba?2af2?x??dxbaf2?x?dx?ag2?x?dx

b2?M?m??a4Mmb

(3.6)f2?x?dx?g2?x?dx．

ab由式(3.5)和式(3.6)可知

??baf?x?g?x?dx?2?M?m?????M?m?2?baf2?x?dx?g2?x?dx．

證畢

ab以上兩道題分別利用了Cauchy-Schwarz不等式及其推廣形式．我們在證明含有乘積及平方項的積分不等式時應用Cauchy-Schwarz不等式頗為有用,但要注意選取適當的f?x?與g?x?,有時還需對積分進行適當的變形．

3.4 利用積分中值定理

積分中值定理展現了將積分轉化為函數值,或者是將復雜函數積分轉變為簡單函數積分的方法.其在應用中最重要的作用就是將積分號去掉或者是將復雜的被積函數轉化為相比較而言較為簡單的被積函數,從而使得問題能夠簡化.因此合理的利用積分中值定理能夠有效的簡化問題.下面將通過兩道例題來說明．

定理3.3（積分第一中值定理）若f(x)在[a,b]上可積且m?f(x)?M,則存在 11 南通大學畢業論文

u?[m,M]使?f(x)dx?u(b?a)成立.特別地,當f(x)在[a,b]上連續,則存在c?[a,b],使ab?baf(x)dx?f(c)(b?a)成立．

定理3.4（積分第一中值定理的推廣）若函數f?x?,g?x?在區間?a,b?上可積,f?x?連續,g?x?在?a,b?上不變號,則在積分區間?a,b?上至少存在一個點?,使得下式成立

?f?x?g?x?dx?f????g?x?dx．

aabb定理3.5（積分第二中值定理的推廣）若函數f?x?,g?x?在區間?a,b?上可積,且f?x?為單調函數,則在積分區間?a,b?上至少存在一個點?,使得下式成立 ?f?x?g?x?dx?f?a??g?x?dx?f?b??g?x?dx．

aab?b?例3.4.1 設函數f?x?在區間?0,1?上連續單調遞減,證明：對?a,b?(0,1),且0?a?b?1時,有?f?x?dx?0aabf(x)dx,其中f?x??0． ?ab對于這道題目我們在3.2.2中給出了其利用輔助函數法證明的過程,實際上這道題目還可以用積分第一中值定理來證明,下面我們將給出證明過程．

證明：由積分中值定理知

?0af?x?dx?f??1??a, ?1??0,a?； ?f?x?dx?f??2???b?a?,?2??a,b?；

ab因為?1??2,且f?x?遞減,所以有f??1??f??2?, 1a1b1bfxdx?fxdx?f?x?dx, ???????0aaab?abaab故 ?f?x?dx??f?x?dx． 證畢

0ba即

例3.4.2 設f?x?在?a,b?上連續且單調增加,證明：?baa?bbxf?x?dx?f?x?dx．

2?a同樣地，在之前的證明中我們給出了此題利用輔助函數法證明的過程,仔細分析觀察這道題目我們還可以發現它可以用積分第一、第二中值定理的推廣形式來證明,接著我們將給出此題在這兩種方法下的證明過程．

證法一

b?a?b?a?b?a?b??2?證明: ??x??x?fxdx?x?fxdx????a?b????f?x?dx． ???aa222?????2?ba?b 12 南通大學畢業論文

?a?b??a?b?由定理3.4可知,分別存在?1??a，??,b?, ?2?22????使得 ?a?b2aa?b?a?b??2?x?fxdx?f?x?????1?a????dx, 2?2???a?bb?a?b?a?b?? ?a?b?x?fxdx?f?x?????2?a?b???dx, 22??2?2? b?a?b?a?b??因此??x?fxdx????a2?8?b2?f????f????,由于f?x?在?0,1?單調增加的,且

210??1??2?1,所以有 f??2??f??1??0．

a?b??從而??x??f?x?dx?0,故原不等式成立, 證畢 a2??b證法二

證明:由定理3.5可知：存在???a,b?，??b?a?b?a?b?a?b??使得 ??x??fax?dx?fbx?fxdx????????dx ???a???a222??????b ???f?a??f?b????????a????b???．

由f?x?單調增加及???a,b?知f?a??f?b??0,??a?0,??b?0．

b?a?b?可得??x??f?x?dx?0,故原不等式成立, 證畢 a2??通過上述兩道題目我們可以了解到積分中值定理在實際應用中起到的重要作用就是能夠使積分號去掉,或者是將復雜的被積函數轉化為相對而言較簡單的被積函數,從而使問題得到簡化.因此,對于證明有關結論中包含有某個函數積分的不等式,或者是要證明的結論中含有定積分的,可以考慮采用積分中值定理,從而去掉積分號,或者化簡被積函數．

3.5 利用積分的性質

關于積分的性質在高等數學的學習中我們已經學到了很多,我們可以利用它來證明許多問題.在這里我們主要利用定積分的比較定理和絕對值不等式等性質對問題進行分析處理．

例3.5.1[9] 設f?x?在?0,1?上導數連續,試證：?x??0,1?，13 南通大學畢業論文

有 f?x????f??x??f?x???dx． 0?證明：由條件知f?x?在?0,1?上連續,則必有最小值, 1即存在x0??0,1?,f?x0??f?x?, 由?f??t?dt?f?x??f?x0??f?x??f?x0???f??t?dt, x0x0xx f?x??f?x0???f??t?dt?f?x0???x0xxx0f??t?dt?f?x0???f??t?dt

0101 ??f?x0?dt??0110f??t?dt??f?t?dt??01f?t??f??t??f??t?dt????dt 0?

1????f??x??f?x???dx.故原不等式成立, 證畢

013.6 利用泰勒公式

在現代數學中泰勒公式有著重要的地位,它在不等式的證明、求極限以及求高階導數在某些點的數值等方面有著重要的作用.關于泰勒公式的應用已經有很多專家學者對其進行了深入的研究,下面我們將舉例說明利用泰勒公式也是證明積分不等式的一種重要方法．

定理3.6(帶有拉格朗日型余項的Taylor公式)設函數f(x)在點x0處的某鄰域內具有n?1階連續導數,則對該鄰域內異于x0的任意點x,在x0與x之間至少存在一點?,使得：

f??(x0)fn(x0)2f(x)?f(x0)?f?(x0)(x?x0)?(x?x0)???(x?x0)n?Rn(x)

(1)

2!n!f(n?1)(?)其中Rn(x)?(x?x0)n?1（?在x與x0之間）稱為拉格朗日型余項,(1)式稱為泰勒公(n?1)!式．

例3.6.1[10] 設f?x?在?a,b?上有二階連續導數,f?a??f?b??0,M?maxf???x?，x??a,b?試證明:?f?x?dxab?b?a??123M．

證明：對?x??a,b?,由泰勒公式得

f

f?a???f?x?????f?b???f?x?????f1?????x??a?x?21?????x??b?x?2fa?x??a,x?, , ??2fb?x??x,b?, , ??2a?b?1?22??, ????兩式相加得 f?x??f??x??x??f?a?x?f?b?x???????????2?4? 14 南通大學畢業論文

兩邊積分得 ?f?x?dx??abbaa?b?1b?22??dx, ?????f?x??x?dx?f?a?x?f?b?x????????????a2?4?bb?ba?b?a?b??其中 ?f??x??x?dx?x?dfx??f?x?dx, ???????aaa2?2???于是有 ?f?x?dx?故 ?ba1b?22?dx, ????f?a?x?f?b?x???????????aa8Mb?22?dx?M?b?a?3． 證畢 f?x?dx?a?x?b?x?????8?a?12b例3.6.2[6] 設f?x?在?a,b?上有二階導數,且f???x??0，?a?b?求證 ?f?x?dx??b?a?f??． a2??b證明：將f?x?在x0?a?b處作泰勒展開得到 22a?b?1a?b??a?b??a?b????a?b????, f?x??f??fx??f?x?????????????x,?．

222222??????????

a?b??a?b??a?b???因為f???x??0,所以可以得到 f?x??f??fx??????，222??????ba?b??a?b??a?b?b??對不等式兩邊同時積分得到 ?f?x?dx?f?b?a?fx???????a??dx． a2??2??2??ba?b??因為??x??dx?0, 所以有?af?x?dx??b?a?a2??b?a?b?f??． 證畢

2??通過這兩道題目我們大致可以了解到當題目中出現被積函數在積分區間上有意義且有二階及二階以上連續導數時,是提示我們用泰勒公式證明的最明顯的特征．一般情況下我們選定一個點xo,并寫出f?x?在這個點xo處的展開公式,然后進行適當的放縮或與介值定理相結合來解決問題．

3.7 利用重積分

在一些積分不等式的證明中,由于被積函數的不確定,從而我們不能求出其具體的數值,這時我們可以將定積分轉換為二重積分再利用其性質來求解．以下列舉了3種利用重積分來證明積分不等式的方法,這種技巧在高等數學中雖然不常見,但卻是很重要的,下面我們將通過3道例題來進一步說明．

南通大學畢業論文

3.7.1 直接增元法

命題一[11]：若在區間[a,b]上f(x)?g(x),則?f(x)dx??g(x)dx．

aa

bb例3.7.1[11] 設f(x),g(x)在[a,b]上連續,且滿足：

?xaf(t)dt??g(t)dt,x?[a,b],?af(t)dt??ag(t)dt,證明：?axf(x)dx??axg(x)dx．

axbbbb證明：由題得?f(t)dt??g(t)dt, aaxx從而可以得到?dx?f(t)dt??dx?g(t)dt,即?dx?[f(t)?g(t)]dt?0．

aaaaaabxbxbx左式??dx?[f(t)?g(t)]dt ???[f(t)?g(t)]dxdt(其中D?{(x,t)|a?x?b,a?t?x})aaDbx ??dt?[f(t)?g(t)]dx ??(b?t)[f(t)?g(t)]dt

atabbb ?b[?f(t)dt??g(t)dt]?[?tf(t)dt??tg(t)dt]??[?tf(t)dt??tg(t)dt]?0．

aaaaaabbbbaaaabbbbbb則 ?tf(t)dt??tg(t)dt?0 , 即?xf(x)dx??xg(x)dx． 證畢

在本題中我們將一元積分不等式?f(x)dx??g(x)dx的兩邊同時增加一個積分變量

aaxx?badx，使得一元積分不等式化為二元積分不等式，然后巧妙的運用轉換積分變量順序的方法達到證明一元積分不等式的方法.3.7.2 轉換法

在利用重積分來證明積分不等式的時候，我們不但可以采用直接增元法，還可以采用轉換法.關于轉換法又分為將累次積分轉換為重積分，以及將常數轉換為重積分這兩種形式.下面我們將依次來介紹這兩種方法.1.將累次積分轉為重積分

命題二[11] 若f(x)在[a,b]上可積,g(y)在[c,d]上可積,則二元函數f(x)g(y)在平面區域D?{(x,y)|a?x?b,c?y?d}上可積,且

??Df(x)g(y)dxdy??f(x)dx?g(y)dy??f(x)dx?g(x)dx．

acacbdbd其中D?{(x,y)|a?x?b,c?y?d}

例3.7.2[11] 設p(x),f(x),g(x)是[a,b]上的連續函數,在[a,b]上,p(x)?0,f(x),g(x)為單調遞增函數,試證：

南通大學畢業論文

?babap(x)f(x)dx?p(x)g(x)dx??p(x)dx?p(x)f(x)g(x)dx．

aaabbbaaabbb

證明：由?p(x)f(x)dx?p(x)g(x)dx??p(x)dx?p(x)f(x)g(x)dx可知：

?babap(x)dx?p(x)f(x)g(x)dx??p(x)f(x)dx?p(x)g(x)dx?0，aaabbaabbb令I??p(x)dx?p(x)f(x)g(x)dx??p(x)f(x)dx?p(x)g(x)dx, ab下證I?0；

I??p(x)dx?p(x)f(x)g(x)dx??p(x)f(x)dx?p(x)g(x)dx

aaaabbbb

同理

??p(x)dx?p(y)f(y)g(y)dy??p(x)f(x)dx?p(y)g(y)dy

aaaabbbb????bab??babp(x)p(y)f(y)g(y)dxdy??ba?bap(x)f(x)p(y)g?y?dxdy

aap(x)p(y)g(y)[f(y)?f(x)]dxdy．

(3.7)bbbI??p(x)d?xaabab(p)x(f)x(g?)x?dxab(p)x?(f)xdx()pxgxdx

a

??p(y)d?ybbap()xf()xg(?)x?dxab(p)y?(f)ydy(p)xgxdxab ???p(y)p(x)g(x)[f(x)?f(y)]dxdy．

(3.8)aa

(3.7)?(3.8)得

2I??ba?bap(x)p(y)[g(y)?g(x)][f(y)?f(x)]dxdy, 因為f(x),g(x)同為單調增函數,所以[g(y)?g(x)][f(y)?f(x)]?0 又因為p(x)?0,p(y)?0,故 2I??ba?bap(x)p(y)[g(y)?g(x)][f(y)?f(x)]dxdy?0,即I?0．

證畢

2.將常數轉換為重積分的形式

在例3.7.2中我們介紹了將累次積分轉換為重積分,在下面的例3.7.3中我們將對常數轉換為重積分來進行說明．我們可以發現有這樣一個命題,若在二重積分中被積函數f(x,y)?k,則可得到??kd??k(b?a)2,其中D?{(x,y)|a?x?b,a?y?b}．

D例3.7.3函數f(x)在[a,b]上連續,且f?x??0試證：?f(x)dx?

abba1dx?(b?a)2． f(x)本題與前面的例3.1以及例3.2.3是同一道題目,在這里我們將利用重積分證明此題． 證明：原題即為 ?f(x)dx?abba1dy???d?, f(y)D 17 南通大學畢業論文

移項可得??(Df(x)?1)d??0, f(y)2??(Df(x)f(x)f(y)?1)d????(?1)d????(?1)d??0, f(y)f(y)f(x)DDf(x)f(y)f(x)f(y)??2)d??0,因為f(x)?0,f(y)?0,所以??2?0． f(y)f(x)f(y)f(x)所以即為證??(D故 ??(Dbbf(x)f(y)1??2)d??0 恒成立,即?f(x)dx?dx?(b?a)2成立, 證畢

aaf(x)f(y)f(x)通過以上三道例題我們可以大致了解到，在這一類定積分不等式的證明過程中我們一般先將所要證明的不等式轉化為二次積分的形式,進一步再轉換為二重積分,最后利用二重積分的性質或其計算方法得出結論.這種方法克服了數學解題過程中的高維數轉化為低維數的思維定勢,豐富了將二重積分與定積分之間互化的數學思想方法．

3.8 利用微分中值定理

微分中值定理是數學分析中的重要的一個基本定理,它是指羅爾中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理以及泰勒中值定理這四種定理.關于微分中值定理的應用也是很廣泛的,證明不等式是微分中值定理最基本的應用之一.在這里我們將對利用柯西中值定理及拉格朗日中值定理證明積分不等式進行研究.下面將通過兩個例子來具體說明這兩個定理在證明積分不等式中的應用,以及不同的微分中值定理在證明不等式時的區別．

例3.8.1[12] 設f?a??0,f?x?在區間?a,b?上的導數連續,證明：

2?b?a??a1bf?x?dx?1maxf??x?． x2??a,b?證明：應用Lagrange中值定理,????a,x?,其中a?x?b,使得

f?x??f?a??f?????x?a?, 因為f?a??0, 所以f?x??Mx?a, M?maxf??x?，x??a,b?從a到b積分得

?a ?bf?x?dx?M?baM2bx?adx?M??x?a?dx??x?2?

aa2bM1122b?a?maxf??x??b?a?．即??222?b?a??baf?x?dx?1maxf??x?.證畢 x2??a,b? 18 南通大學畢業論文

例3.8.2[13] 設函數f?x?在?0,1?上可微,且當x??0,1?時,0?f??x??1,f?0??0試證：

??f?x?dx???f121003?x?dx．

證明：令F?x????x0f?t?dt,G?x???f3?t?dt，0?2xF?x?,G?x?在?0,1?上滿足柯西中值定理,則

??f?x?dx?102??10f03?x?dx?F?1??F?0?F???????G?1??G?0?G???02f????f?t?dt0?f3????2?f?t?dt0?f2??? ?0???1?

2?f?t?dt??f?t?dtf2????f02??0??2f???1??1 , ?0?????1?．

2f???f????f????所以 ??10f?x?dx?2??f2?x?dx．

證畢

01通過以上兩道題目可以發現：

1.在應用Lagrange中值定理時先要找出符合條件的函數f?x?,并確定f?x?在使用該定理的區間?a,b?,對f?x?在區間?a,b?上使用該定理．若遇到不能用該定理直接證明的,則從結論出發,觀察并分析其特征,構造符合條件的輔助函數之后再應用Lagrange中值定理．

2.在研究兩個函數的變量關系時可以應用Cauchy中值定理,在應用該定理證明不等式時關鍵是要對結果進行分析,找出滿足Cauchy中值定理的兩個函數f?x?,g?x?,并確定它們應用柯西中值定理的區間?a,b?,然后在對f?x?,g?x?在區間?a,b?上運用Cauchy中值定理．

無論是Cauchy中值定理還是Lagrange中值定理在積分不等式的證明中都各具特色,都為解題提供了有力的工具.總之在證明不等式時需要對結論認真的觀察有時還需要進行適當的變形,才能構造能夠應用中值定理證明的輔助函數,進而利用微分中值定理證明不等式．

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4．總

結

我們通過查閱有關積分不等式的文獻和資料,并對其中的相關內容進行對比和分析后,將有關的內容加以整理并擴充形成了本文.在論文中給出了兩個重要的積分不等式的證明以及總結了八種積分不等式的證明方法.然而由于自己的參考資料面不夠廣,參考的大多數文獻都是僅給出了例題及其證明方法,而并沒有給出進一步的分析,同時自己的知識面較窄,能力有限,導致還有很多難度較大的問題尚未解決．例如,在實際的問題中,還有一些證明方法是我們所不知道的,并且還有一些不等式并不能用本文所給出的八種方法來證明,這就需要我們進一步的思考與研究.今后我們應該更多的參考其他資料,充分拓展思路,以便于提出新的觀點．

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參考文獻

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第三篇：利用定積分證明數列和型不等式

利用定積分證明數列和型不等式

我們把形如(為常數)或的不等式稱之為數列和型不等式，這類不等式常見于高中數學競賽和高考壓軸題中，由于證明難度較大往往令人望而生畏.其中有些不等式若利用定積分的幾何意證明，則可達到以簡馭繁、以形助數的解題效果.下面舉例說明供參考.一、(為常數)型

例1(2007年全國高中數學聯賽江蘇賽區第二試第二題)已知正整數，求證

.分析

這是一邊為常數另一邊與自然數有關的不等式，標準答案是用數學歸納法證明比這個不等式更強的不等式，這個不等式是怎么來的令人費解.若由所證式子聯想到在用定積分求曲邊梯形面積的過程中“分割求和”這一步，則可考慮用定積分的幾何意義求解.證明 構造函數數圖象可知，在區間

并作圖象如圖1所示.因函數在上是凹函數，由函

上的個矩形的面積之和小于曲邊梯形的面積，圖1 即，因為，所以.所以

.例2 求證

.證明 構造函數

而函數在，又，上是凹函數，由圖象知，在區間上的個矩形的面積之和小于曲邊梯形的面積，圖

2即，所以.例3 證明。

證明 構造函數可知，在區間 上，因，又其函數是凹函數，由圖

3個矩形的面積之和小于曲邊梯形的面積，圖3

即

.所以

.二、型

例4 若，求證:.證明 不等式鏈的左邊是通項為前項之和，中間的的數列的前項之和，右邊通項為項之和.故只要證當的數列的時這三個數

可當作是某數列的前列的通項不等式

成立即可.構造函數，因為，作的圖象，由圖4知，在區間上曲邊梯形的面積大小在以區間長度1為一邊長，以左右端點對應的函數值為另一邊長的兩個矩形面積之間，即，而，故不等式

成立，從而所證不等式成立.圖4

例5（2010年高考湖北卷理科第21題）已知函數處的切線方程為

（Ⅰ）用表示出 ；

.的圖象在點（Ⅱ）若 在內恒成立，求的取值范圍；

（Ⅲ）證明:

.本題第三問不等式的證明是本大題也是本卷的壓軸戲，具有綜合性強、難度大、思維含金量高、區分度大等特點.這個不等式的證明既可用第二問的結論證明也可用定積分來證明.證明（Ⅲ）不等式數列的前項之和，我們也可把右邊當作是通項為

左邊是通項為的數列的前項之和，則當的時，此式適合，故只要證當 時，即，也就是要證

.由此構造函數，并作其圖象如圖5所示.由圖知，直角梯形的面積大于曲邊梯形的面積，即

.圖

5而，所以，故原不等式成立.點評 本解法另辟蹊徑，挖掘新的待證不等式左右兩邊的幾何意義，通過構造函數利用定積分的幾何意義來解決問題，解法雖然綜合性強，但由于數形結合解法直觀便于操作.積分法是在新課標下證明不等式的一個新方法新亮點，很值得品味.由例4例5可知，要解決這類復雜問題的關鍵是要善于聯想善于分析問題和轉化問題，這樣才能化繁為簡、化難為易，

第四篇：利用定積分證明數列和型不等式

利用定積分證明數列和型不等式

我們把形如(為常數)

或的不等式稱之為數列和型不等式，這類不等式常見于高中數學競賽和高考壓軸題中，由于證明難度較大往往令人望而生畏.其中有些不等式若利用定積分的幾何意證明，則可達到以簡馭繁、以形助數的解題效果.下面舉例說明供參考.一、(為常數)型

例1(2007年全國高中數學聯賽江蘇賽區第二試第二題)

已知正整數，求證

.分析這是一邊為常數另一邊與自然數有關的不等式，標準答案是用數學歸納法證明比這個不等式更強的不等式，這個不等式是怎么來的令人費解.若由所證式子聯想到在用定積分求曲邊梯形面積的過程中“分割求和”這一步，則可考慮用定積分的幾何意義求解.證明構造函數

數圖象可知，在區間并作圖象如圖1所示.因函數在上是凹函數，由函上的個矩形的面積之和小于曲邊梯形的面積，圖

1即，因為，所以.所以

.例2求證

.證明構造函數而函數

在，又，上是凹函數，由圖象知，在區間上的個矩形的面積之和

小于曲邊梯形的面積，圖

2即，所以

.例3證明。

證明構造函數知，在區間

上，因，又其函數是凹函數，由圖3可

個矩形的面積之和小于曲邊梯形的面積，圖

3即

.所以

.二、型

例4若，求證:.證明不等式鏈的左邊是通項為前

項之和，中間的的數列的前項之和，右邊通項為項之和.故只要證當的數列的時這三個數

可當作是某數列的前

列的通項不等式

成立即可.構造函數，因為，作的圖象，由圖4知，在區間

上曲邊梯形的面積大小在以區間長度1為一邊長，以左右端點對應的函數值為另一邊長的兩

個矩形面積之間，即，而，故不等式

成立，從而所證不等式成立.圖

4例5（2010年高考湖北卷理科第21題）已知函數

處的切線方程為的圖象在點

.（Ⅰ）用表示出（Ⅱ）若；

在內恒成立，求的取值范圍；

（Ⅲ）證明:

.本題第三問不等式的證明是本大題也是本卷的壓軸戲，具有綜合性強、難度大、思維含金量高、區分度大等特點.這個不等式的證明既可用第二問的結論證明也可用定積分來證明.證明（Ⅲ）不等式

列的前項之和，我們也可把右邊當作是通項為

左邊是通項為的數列的前項之和，則當的數時，此式適合，故只要證當

時，即，也就是要證

.由此構造函數，并作其圖象如圖5所示.由圖知，直角梯形的面積大于曲邊梯形的面

積，即

.圖5

而

故原不等式成立.，所以，

第五篇：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