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證明某些不等式，旨在把概率知識與其他數學分支聯系起來，從而拓寬解題思路，提高創新思維能力，顯示出概率方法在應用上的廣泛性和優越性，體現出數學的統一性.關鍵詞： 不等式 概率方法 概率模型

概率論是研究隨機現象規律的數學分支，它有自己獨特的概念、定理、性質、公式和結論，形成一套完整的數學體系.一般將用概率論的相關知識解決問題的方法統稱為概率方法.無論在初等數學還是在高等數學中，不等式的證明始終是難點.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學分支聯系起來，從而拓寬解題思路，提高創新思維能力.本文主要利用事件發生的概率取值范圍，互斥事件與獨立事件同時發生的概率性質，以及概率公式等概率論中最基礎最基本的知識，為不等式的證明提供一種新的思路.這些最基礎的知識在證明某些不等式時能發揮不同尋常的作用，使得證明思路自然，運算簡單，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用，為證明不等式提供一種新的思路.參考文獻：

[1]王梓坤.概率論基礎及其應用.北京：科學出版社，1986.[2]復旦大學.概率論.北京：高等教育出版社，1984.[3]費榮昌.概率統計解題分析.江蘇科學技術出版社，1984.[4]匡繼昌.常用不等式（第三版）.濟南：山東科學技術出版社，2004.

第二篇：利用導數證明不等式的四種常用方法

利用導數證明不等式的四種常用方法

楊玉新

(紹興文理學院 數學系, 浙江 紹興 312000)

摘要: 通過舉例闡述了用導數證明不等式的四種方法,由此說明了導數在不等式證明中的重要作用.關鍵詞: 導數;單調性;中值定理;泰勒公式;Jensen不等式

在初等數學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、數學歸納法和構造法.但是當不等式比較復雜時，用初等的方法證明會比較困難,有時還證不出來.如果用函數的觀點去認識不等式,利用導數為工具,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,函數的性質, Jensen不等式等四種方法證明不等式,說明了導數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f(x)在含有x0的某區間有定義,并且有直到(n?1)階的各階導數,又在點x0處有n階的導數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,首先構造函數,選取適當的點x0在x0處展開,然后判斷余項Rn(x)的正負,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)在閉區間[a,b]內連續(2)f(x)在開區間(a,b)上可導

?　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,則我們容易聯想到Lagrange中值定理f(?)(x?y)?p'f(x)?f(y)x?y.證明 設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f(x)在[a,b]上連續可導,且f(a)?f(b)?0,則

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

證明 設M?maxf(x)則由中值公式,當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] 若在區間f[a,b]上f為非負的單調遞減函數,而g是可積函數,則存在??[a,b],使得

? 例4 設f(x)?bafg?f(a)?g

a2sintdt,則x?0時

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

特別地:當x?2003時機為2003年浙江省高等數學競賽試題(工科、經管類)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,通常是首先構造輔助函數和考慮區間,輔助函數和定義區間的選擇要與題設和結論相聯系,然后由中值定理寫出不等式,從而進行證明.三、利用函數的單調性證明不等式

定理1 如果函數f(x),g(x)滿足以下條件:(1)f(x),g(x)在閉區間[a,b]內連續

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

則

在(a,b)內有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則相應地有

推論1 若f(x)在[a,b]上連續,在(a,b)內可導,f(a)?c且f(x)?0(或f(x)?0)則在(a,b)內有f(x)?c(或f(x)?c).2例5 證明:當x?1時,有ln(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,并選取輔助函數f(x)?.則只要證明f(x)在(0,??)是單調減函數即可.4 證明

作輔助函數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，??）因而在內恒有f'(x)?0,所以f(x)在區間(1,??)內嚴格遞減.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),則發現作差以后不容易化簡.如果對ln(1?x)求導得

211?x,這樣就能對它進行比較.證明

先證 x?x2?ln(1?x)

x21?x)?(x?設

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將可導函數的不等式f(x)?g(x)的證明轉化為f?(x)?g?(x)的證明，但當f?(x)與g?(x)的大小不容易判定時，則有

推論2 設f(x)，g(x)在[a,b]上n階可導，（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 兩邊函數類型不同,右邊多項式次數較高,不易比較,對它求一階導數得(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）.利用函數的單調性證明不等式我們都是先構造函數.然后通過對函數求導,來判定函數的增減性,從而達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)內存在二階導數f(x)則

(1)若對?x?(a,b)有f??(x)?0,.則函數f(x)在(a,b)內為凸函數.(2)若對?x?(a,b)有f??(x)?0,.則函數f(x)在(a,b)內為凹函數.n"若函數f(x)在(a,b)內是凸(或凹)函數時,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)?

?等號當且僅當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,因為對它求導后不等式會更復雜.而這里的ai可以看作是同一函數的多個不同函數值,設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

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f(x)二次可微,且對一切x,有f??(x)?0,而u(t)在[0,a]上連續,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t取不同的值時,f[u(t)]就是同一函數的不同函數值,則可以用琴森不等式進行證明.證明 由f(x)及u(t)的連續性,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,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)的連續性,在上式取n??即得所要證的結論.由以上證明可知應用Jensen不等式證明不等式,首先是構造適當的函數并判斷它的凹凸性,然后用Jensen不等式證明之.本文所述四種用導數證明不等式的四種方法充分說明了導數在不等式證明中的獨到之處.在證明不等式時,應用導數等知識往往能使復雜問題簡單化,從而達到事半功倍的效果.需要指出的是利用導數證明不等式,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

[1] 華東師范大學數學系,數學分析[M]第三版,北京:高等教育出版社,2001.[2] 裘單明等,研究生入學考試指導,數學分析[M],濟南:山東科學技術出版社,1985.[3] 胡雁軍,李育生,鄧聚成,數學分析中的證題方法與難題選解[M],開封:河南大學出版社,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?；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?。┠承╉棧?）擴大（或縮?。┓质降姆肿樱ɑ蚍帜福┑?。

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

第四篇：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”。

第五篇：利用導數證明不等式

利用導數證明不等式

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

f(x)在區間[0,??)是增函數。

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

且limf(x)?0?f(0)?x?0 由f'(x)?1?1x 可得：當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組成的不等式成立，首先根據題意構造出一個

函數（可以移項，使右邊為零，將移項后的左式設為函數），并利 用導數判斷所設函數的單調性，再根據函數單調性的定義，證明要 證的不等式。

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

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

x練習：1.當x?0時，證明不等式e?1?x?12x成立。2證明：設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x?0時，g'?x??e?1?0.?g(x)在?0,???上單調遞增，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,???上單調遞增，又f(0)?0,?ex?1?x?1x2?0,即x?0時，ex222.證明:當x?1時,有ln(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,并選取輔助函

lnxln(x?1)數f(x)?ln(x?1).則只要證明f(x)在(0,??)是單調減函數即可.lnx證明: 作輔助函數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，??）因而在內恒有f'(x)?0,所以f(x)在區間(1,??)內嚴格遞減.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).利用導數知識證明不等式是導數應用的一個重要方面，也成為高考的一個新熱點，其關鍵是構造適當的函數，判斷區間端點函數值與0的關系，其實質就是利用求導的方法研究函數的單調性，通過單調性證明不等式。

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?),則發現作差以后

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

2x2設 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：3（2001年全國卷理20）已知i,m,n是正整數，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式的不等式證明問題，首先變換成某一個一元函數式分別在兩個不同點處的函數值的大小比較問題，只要將這個函數式找到了，通過設函數，求導判斷它的單調性，就可以解決不等式證明問題。難點在于找這個一元函數式，這就是“構造函數法”，通過這類數學方法的練習，對培養分析問題、解決問題的能力是有很大好處的，這也是進一步學習高等數學所需要的。