不等式证明的若干方法

2024-09-02

不等式证明的若干方法（精选12篇）

不等式证明的若干方法第1篇

一、作差构造函数法

作差法是比较法中常用的方法，其原理来自不等式的基本性质：如果a>b，则a-b>0；如果a=b，则a-b=0；如果a<b，则a-b<0．作差法的主要步骤包括：作差、变形、判断（差值与0的大小关系）．在利用作差法构造函数的过程中，变形是难点，它常用的方法有：通分、配方、因式分解等．这一步的直接目的是让我们可以很容易甚至直观地判断这个差值与0的大小关系．

∴g(x）在[0，+∞）上单调递增，

当x∈[0，+∞）时，g(x)>0恒成立．

故由（1)(2）可知，当x∈（0，+∞）时，不等式成立．

一般而言，通过导数证明不等式时，需要分析构造的函数，尤其是在区间端点处，需要注意函数是否满足连续的条件．通常情况下，构造的函数在区间端点处需要补充其定义．另外，可以考虑使用这一结论：如果某一函数f(x）在区间[b，+∞）上满足连续，在区间（b，+∞）上满足可导，且f′（x)>0；又f(b）≥0，那么当x>b时，有f(x)>0.

二、换元构造函数法

换元法是指将某一复杂的式子当成一个整体来对待，定义一个新的变量，替换该复杂的式子，实现换元，达到使问题简化的目的．作为数学中常用的一类基本方法，换元法通过变换元，达到了变换研究对象的目的．这样，可以将目标问题迁移到更新了元之后的那个知识系统中去解决，进而做到了将某些非标准的特殊问题转变为标准问题，将复杂问题转变为简单问题．在数学不等式证明问题的解题过程中，可以根据问题的所具备的结构特性，变化不等式中的某些复杂式子，简化不等式的结构，使之易于证明．

【例2】证明：对任意的正整数n，不等式都成立．

分析：从所证结构出发，只需令则问题可转化为：当x>0时，恒有ln(x+1)>x2-x3成立．现构造函数h(x)=x3-x2+ln(x+1），对h(x）求导即可证明．

当x>0时，h′（x)>0恒成立，

∴函数h(x）在（0，+∞）上单调递增，

∴当x∈（0，+∞）时，恒有h(x)>h(0)=0,

我们知道，当F(x）在[a,b]上单调递增，且x>a时，有F(x)>F(a）．如果f(a）=φ（a），要证明当x>a时，f(x）>φ（x），那么，只要令F(x)=f(x）-φ（x），则可利用函数F(x）所具备的单调性来进行推导证明．换而言之，在F(x）满足可导的前提条件下，只需要证明F′（x)>0就可以完成不等式的证明．

三、从条件特征入手构造函数法

构造函数是一种重要的数学方法，在教学中得到了广泛的应用．利用条件或结论中的特征和性质，构造出符合条件或结论的模型，然后通过模型解决数学问题．从条件特征入手构造函数是构造函数法的一种常用方法，能化繁为简，化抽象为直观．

【例3】若函数y=f(x）在R上可导，且满足不等式xf′（x)>-f(x）恒成立，且常数a,b满足a>b．求证：af(a)>bf(b).

证明：由已知得xf′（x)+f(x)>0,

∴构造函数F(x)=xf(x),

则F′（x)=xf′（x)+f(x)>0，从而F(x）在R上为增函数．

由条件移项后得xf′（x)+f(x)>0，容易想到这是一个积的导数，从而可以构造函数F(x)=xf(x），求导即可完成证明．若题目中的条件改为xf′（x)>f(x），则移项后得xf′（x)-f(x)>0，要想到这是一个商的导数，学生在平时解题时应多注意总结．

作为高中教学的重点和难点，不等式证明问题难度高，技巧性强，其相关内容一直得到了高中数学教学和研究人员的很多关注．新教材体系新增了导数部分的内容，为证明不等式增加了新的思路，开辟了一条新路径．将导数相关的内容运用到不等式的证明中，可以使证明过程简单明了，思路清晰，方法易于操作，是值得展开充分研究的一项内容．

摘要：近年来,高中数学的教材新增了导数相关的内容.相应的,数学不等式的证明也有了新途径和新方法.充分利用导数的相关概念,从而完成不等式的证明,是近年来高中数学教学中的一个重要内容,也是一个难点和热点.利用导数证明不等式的基本思路是,巧妙利用构造函数的基本形式,通过导数来分析原来函数的单调性,找出其最值,分析其值域,从而证明不等式.因此,在证明不等式的过程中,合理、有效地构造函数,是证明不等式的核心步骤.介绍了作差构造函数法、换元构造函数法、从条件特征入手构造函数法的基本思路,并结合实例进行分析.

关键词：构造函数法,不等式证明,高中数学

参考文献

[1]陈唐明.构造函数证明不等式方法探析——对《用构造函数来证明不等式》一文的研究性学习[J].中学数学研究,2009(11):30-32.

[2]朱护国.构造函数法证明不等式[J].试题与研究:新课程论坛,2014(7).

[3]王云.浅谈运用构造函数法证明不等式[J].语数外学习:数学教育,2012(7):57-57.

[4]苗建成.用构造函数法证明不等式[J].中学生数学,2009(13).

[5]曾思江.分而治之各个击破——不等式证明的局部处理法[J].数学教学,1991(5).

[6]左振钊,张艳红,袁博.相关系数的性质的几种证明方法[J].河北北方学院学报(自然科学版),2005(5).

[7]王建平,张香伟,李艳华.构造辅助函数法在高等数学中的应用[J].河南教育学院学报(自然科学版),2004(1).

不等式证明的若干方法第2篇

耿杰

（安徽师范大学

数学与应用数学专业

0707046）

摘要：本文主要应用数学分析中的单调性，微分中值定理，Taylor公式，凸函数的定义，极值，极限以及积分等的相关知识来证明不等式，同时也通过应用一些著名的不等式证明不等式。通过以上方法的应用使我们对不等式证明的相关知识有更加深刻系统的理解，从而为数学中许多其他内容的学习提供了一个重要工具。

关键词：数学分析

不等式

证明

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

不等式是数学分析的基本内容之一，它是研究许多数学分支的重要工具。在数学领域中占有重要的地位，也是各个时期的数学教材的重要组成部分，在各种考试和竞赛中都有举足轻重的地位。不等式的证明变化大，技巧性强，方法也较多。通过不等式的证明，不仅可以检验基本的数学知识的掌握程度，而且也是衡量数学水平的一个重要标志。因此，掌握一些基本的证明不等式的方法是十分重要也是十分必要的。下面将对不等式的证明方法进行总结。

2.利用单调性证明不等式

利用函数的单调性证明不等式是一种较为重要的方法，同时又是一种行之有效的方法。

要点：若f(x)0（或f(x)0），则当x1x2时，有f(x1)f(x1)f(x2)）。反之，若f(x)0（或f(x)0），则当x1x2f(x1)f(x2)（或f(x1)f(x2)）。由此便可获得不等式。

f(x2)（或

时，有

ab例2.1 证明：

证明：记f(x)1aba1ab1b

11xx1x，则f(x)1(1x)20，所以f(x)在定义域内单调递增函数。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 设bae，证明：ab分析：要证abbaba

lnaalnbb，只需证blnaalnb,也即证，则f(x)1lnxx2

证明：记f(x)即f(x)xlnxxlnx，所以当xe时，f(x)0；

lnaalnbb在时是单调减函xe数。又由于bae，所以ba，即证ab。

3.利用微分中值定理证明不等式

用微分中值定理来证明不等式要熟记各个中值定理的应用条件，将原不等式通过变形找到一个辅助函数使其满足中值定理条件，证明的关键是处理好点，分析函数或其导数在该点的性质即可证明得到结论。

要点：如果函数f(x)在区间a,b上连续，在开区间a,b内可导，那么在a,b内至少存在一点，使得f(x)(1)当f(a)0，在a,b内f(x)0f(b)f(a)babaf(a)f()(xa)。由此可得0时，有f(x)x(a,b]).(2)在上述条件下，有有f(a)f(),其中ab。因此，若f(x)单调递减，f(b)f(a)f(b)。以上原理在证明不等式时经常采用。

例3.1 设0x1,x2，平，p,q是正整数，pq1，证明：psinx1qsinx2sin(px1qx2)。

证明：当x1x2时，不等式两边都等于sin设x1x2，为确定起见，设x1x2x1，因而等号成立。，记x3px1qx2，由于pq1，故x3x1q(x2x1)x1。同理x3x2。

将原不等式改写为psinx1qsinx2(pq)sinx3，即q(sinx2sinx3)p(sinx3sinx1)。令f(x)qsinx,g(x)psinx，则f(x)qcosx,g(x)pcosx。根据积分中值定理：

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。所以原不等式得证。，因而

4.利用Taylor公式证明不等式

依据f(x)的情形，使其按照Taylor公式展开，然后根据已知条件来进行证明不等式。

要点：若f(x)在a,b上有连续n阶导数，则f(a)f(n1)(a)0,f（n）(x)0(当x(a,b)时)。则f(x)f(n)()n!(xa)0(当x(a,b]时)。利用此原理，可以对一些不等式n进行证明。

例4.1 证明：

tanxxxsinx,x(0,2)，证明：原式等价于f(x)sin2xtanxx0，因为f(0)f(0)02f(x)sinx(5secx1)bsin3xsecx0，所以f(x)sinxtanxx0

42(当x(0,2)时)。故tanxxxsinx,x(0,2)。

5.利用凸（或凹）函数的定义来证明不等式

利用函数的凸凹性来对不等式进行证明的方法首要是找到辅助函数f(x)，利用辅助函数f(x)在区间a,b上的二阶导数来判定f(x)的凸凹性，然后根据凸函数或凹函数的性质来进行这证明。

要点：若f(x)0，则函数f(x)为凸函数即x1,x2a,b,(0,1)，有f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)。

若f(x)0，则函数f(x)为凹函数即x1,x2a,b,(0,1)，有f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)。

例5.1 证明：xlnxylny(xy)lnxy2,(x0,y0,xy)1t0，所以

证明：令f(t)tlnt(t0),f(t)lnt1,f(t)1xy)也即是严格凸函数。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故得证。2222类似的我们也可证明：

ee2xyxye2,(xy)

6.用求极值的方法证明不等式

用求极值的方法来证明不等式最重要的也很就是构造相关函数，然后判断该函数的极值，这是证明不等式的一个最基本的方法。

要点：要证明f(x)g(x)，只需求函数F(x)也就是证明minF(x)0。

f(x)g(x)的极值，例6.1 设n为自然数，试证：

证明：原始可转化为1(1t2et(1tn)nt2ne(当tn时)t。

tn)ett2n。所以只需证明

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故我们用]。表示方程

2e(10的根。则极值的可疑点为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所以问题f(t)f(0)0(tn时)。即得证。

类似的我们也可证明：设aln21为任意常数，试证：x2ax1e(当x0时)2x

7.利用单调极限证明不等式

利用单调极限来证明不等式主要的是求函数在某一点的极限值，然后根据单调函数的性质来进行判断。

要点：若xb时，f(x)在定义域上是单调增函数（或严格单调增函数），且xb0时f(x)A,则f(x)A(当xb)（或f(x)。A(当xb)）反之，对于递减或严格递减的函数，也有类似的的结论。利用该原理可以来证明一些不等式，从而使证明过程简洁易懂。

例7.1 证明：x0,tx时，et(1tx)0。

证明：当t0或tx时不等式显然成立。故只需证明t0,tx,t0的情况。为此，我们只需证明当x时，f(x)(1事实上：

（1）当t0,t0,tx时，[lnf(x)][ln(1tx)]x[xln(1xtn)ext即可。

tx)]x=ln(xt)lnxtxt（应用Lagrange公）式）=

tttxttxttxt

（0

当0tx时，0xtx.当t0时，0xxt.

tx)xt（2）

f(x)(1tnxxlim(1tx)lim[(1xx]tet.所以当x时，)et。故原不等式即得证。

8.利用被积函数的不等式证明不等式

利用定积分定义来证明一些不等式是一种十分有效的手段，可以将原来较为复杂的证明转化为较为简洁易懂的证明。下面将利用积分的相关性质来证明不等式。

要点：若f(x)g(x)(或f(x)g(x))，则有baf(x)dxbag(x)dx(或f(x)dxa1bbag(x)dx),(x(a,b))。

1例8.1 证明：0cosx1x2dx1sinx1xcosx1xsinx1x222dx0

证明：令tarcsinx，则

0dx20cos(sint)dt

令tarccosx，则 01dx20sin(cost)dt要证的不等式转化为02cos(sint)dt20sin(cost)dt。所以我们只需证 cos(sint)sin(cost)

(当t(0,2)时)。由已知(0,2)上sinxx,cosx严格递减。所以有sin(cost)costcos(sint)。即证原不等式1cosx1x20dx1sinx1x20dx。

9.在不等式两端取变限积分证明新的不等式

利用在不等式两端取变限积分来证明不等式，此种方法要求较高，技巧性太强，难度较大。但对于一些不易证明的不等式应用此种方法则较为简便。

要点：若f(x)g(x)(或f(x)g(x))，则有baf(x)dxbag(x)dx(或f(x)dxabbag(x)dx),(x(a,b))。

例9.1 证明：x0时，xx36sinxxx36x5120。)。在此式两端同证明：已知cosx1(x0,只有x2n时等号才成立xx时取0,x上的积分，得sin1cosxx2

（x0）。再次取0,x上的积分，得

x32

（x0）。即可得到xxxx36sinx

（x0）。然后继续取0,x上的积分，得sinx36x5120。移项即可得所要证明的不等式：

x6sinxxx36x5120。

10.利用著名的不等式证明其他不等式

利用著名的不等式证明其他不等式要求我们应熟悉掌握数学分析中的一些常用的不等式，掌握了这些不等式我们可以利用他们来直接对其他一些难度较大不等式进行证明。此种方法对学生要求较高，难度也较大，技巧性更强。

要点：Cauchy不等式：设ai,bi为任意实数（i1,,n）则n(aibi)i12ab，其中当且仅当a,b成比例时等号才成立。22iiiinni1i1 Schwarz不等式：若f(x),g(x)在（a,b）上可积，则(f(x)g(x)dx)ab2baf(x)dxg(x)dxa2b2。若f(x),g(x)在（a,b）上连续，其中等号当且仅当存在常数,使得f(x)g(x)时成立（,不同时为零）。

Holder不等式：设a1,a2,,an及b1,b2,,bn是两个正整数序列，1p1q1，则当p1时，有(ai)(bi)ppqqi1i1n1n1ab当p0时，不等号

iii1n反向。其中当且仅当aip和biq成比例时取等号。

平均不等式：对任意n个实数ai0n(i1,2,,n)恒有ana1a2ana1a2ann。其中当且仅当a1a2b时等号成立。为任意实数，例10.1 已知f(x)0，在[a,b]上连续，a求证：(abf(x)dx1,kf(x)coskxdx)(f(x)sinkxdx)1。

22ab证明：所要证明的式子的左端第一项应用 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。即得证。

总结

不等式是数学分析中的一个重点也是一个难点，也能为其他数学分支的学习提供一个重要工具。不等式的证明是数学领域的重要内容，也是学习中的一个难点。不等式作为一个系统，其内容较为复杂，其的证明方法也较多，以上只是简要介绍了不等式证明的几种常用方法，并用例题作一讲解，意在抛砖引玉。

参考文献:

不等式证明的基本方法第3篇

一、比较法

例1 设a、b是非负实数，求证：a3+b3≥ab（a2+b2）.

简解： a3+b3-ab（a2+b2）=a2a（a-b）+b2b（b-a）

=（a-b）［（a）5-（b）5］

当a≥b时，a≥b，从而（a）5≥（b）5，得（a-b）［（a）5-（b）5］≥0；

当a＜b时，a＜b，从而（a）5＜(b)5，得（a-b）［（a）5-(b)5］

＜0

所以a3+b3≥ab（a2+b2）.

二、分析法

例2 已知a＞0，b＞0，2c＞a+b，求证：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab．

简解：要证c-c2-ab＜a＜c+c2-ab，只需证，-c2-ab＜a-c＜c2-ab

只需证，|a-c|＜c2-ab即证，(a-c)2＜c2-ab

即证a2-2ac＜-ab，∵ a＞0，只需证，a-2c＜-b

即证a+b＜2c，这为已知．故原不等式成立．

点评：分析法是执果索因，其步骤为未知→需知→已知，在操作中“要证”，“只需证”，“即证”这些词语是不可缺少的．

三、综合法

例3设函数f（x）=2x（1-ln2x），

求证：对任意a、b∈R+，均有f′a+b2≤f′(a)+f′(b)2≤f′2aba+b.

简解：

f′（x）=-2ln2x，f′（a）+f′（b）2=-ln4ab，

f′a+b2=-ln（a+b）2≤-ln4ab，

f′2aba+b=-2ln2•2aba+b≥-2ln4ab2ab=-ln4ab，

∴ f′a+b2≤f′（a）+f′（b）2≤f′2aba+b.

点评：综合法是由因导果，其步骤为：从已知条件出发，利用有关定理、公理、公式、概念等推导出结论不等式.

四、基本不等式法

例4 已知a、b、c均为正数，证明：a2+b2+c2+1a+1b+1c2≥63，并确定a、b、c为何值时，等号成立.

简解：因为a、b、c均为正数，由基本不等式得：

a2+b2≥2ab

b2+2≥2bc

c2+a2≥2ac

所以a2+b2+c2≥ab+bc+ac①

同理1a2+1b2+1c2≥1ab+1bc+1ac②

故a2+b2+c2+1a+1b+1c2

≥ab+bc+ac+31ab+31bc+31ac③

≥63

所以原不等式成立.

当且仅当a=b=c时，①式和②式等号成立，当且仅当a=b=c，（ab）2=（bc）2=（ac）2=3时，③式等号成立，

即当且仅当a=b=c=314时，原式等号成立.

点评：利用基本不等式必须注意：“一正，二定，三相等.”

五、反证法

例5 已知p3+q3=2，求证：p+q≤2.

分析：本题由已知条件直接证明结论，佷难找到证明的方法，正难则反，可以利用反证法.

简解：假设p+q＞2，则p＞2-q，p3＞（2-q）3，

∴ p3+q3＞q3+（2-q）3=q3+8-12q+6q2-q3=6q2-12q+8=6（q-1）2+2≥2

∴ p3+q3＞2与p3+q3=2矛盾，∴ p+q≤2.

点评：正难则反，使用反证法，从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的.

六、放缩法

例6 设数列{an}满足a1=0且11-an+1-11-an=1.

（1）求{an}的通项公式；

(2)设bn=1-an+1n记Sn=∑nk=1bn，证明：Sn＜1.

分析：要证Sn＜1，先求出{bn}的通项公式，再求{bn}的前n项的和Sn，最后利用放缩法.

简解：(1)an=1-1n；

(2)bn=1-an+1n=n+1-nn+1•n=1n-1n+1，

Sn=∑nk=1bn=∑nk=11k-1k+1=1-1n+1＜1.

点评：放缩法是利用不等式的传递性，按题意及目标，作适当的放大或缩小，常用的放缩技巧有：

(1) 舍掉(或加进)一些项；(2)在分式中放大或缩小分子(或分母)；

七、柯西不等式法

例7 若n是不小于2的正整数，求证：47＜1-12+13-14+…+12n-1-12n＜22.

分析：从所要证明的不等式结构可转化为柯西不等式来证.

简解：1-12+13-14+…+12n-1-12n=1+12+13+…+12n-212+14+…+12n=1n+1+1n+2+…+12n

所以求证式等价于47＜1n+1+1n+2+…+12n＜22

由柯西不等式有1n+1+1n+2+…+12n［（n+1）+(n+2)+…+2n］＞n2于是：1n+1+1n+2+…+12n＞n2（n+1）+（n+2）+…+2n=2n3n+1=23+1n≥47

又由柯西不等式有

1n+1+1n+2+…+12n＜

（12+22+…+n2）1(n+1)2+1(n+2)2+…+1(2n)2＜

n1n(n+1)+1（n+1）（n+2）+…+1（2n-1）（2n）=

n1n-12n=22

八、构造法

例8 已知a、b∈R，求证：|a+b|1+|a+b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|.

分析：本题若从绝对值不等式方面入手比较难，但观察不等式两边的结构，可看出是函数f(x)=x1+x（x≥0）自变量x分别取|a+b|、|a|、|b|的函数值，从而可构造函数求解.

简解：构造函数f(x)=x1+x（x≥0），首先判断其单调性，设0≤x1＜x2，因为f(x1)-f(x2)=x11+1-x21+x2=x1-x2(1+x1)（1+x2）＜0，所以f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在［0，+∞］上是增函数，取x1=|a+b|，x2=|a|+|b|，显然满足0≤x1≤x2，所以f(|a+b|)≤f(|a|+|b|)，

即|a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|1+|a|+|b|=|a|1+|a|+|b|+|b|1+|a|+|b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|.

点评：抓住不等式的结构和特点，转化为函数思想求解是解决此题的关键.

证明不等式的常用方法第4篇

关键词：不等式

不等式在教学中是一个重要的知识点, 不等式的证明灵活多变, 需要很强的观察能力和逻辑思维能力, 为了便于掌握不等式证明的基本方法, 本文总结了以下五种证明不等式的常用方法.

一、分析法

从求证的不等式出发, 分析使这个不等式成立的条件, 把证明这个不等式转化为判断这些条件是否具备的问题.如果能够肯定这些条件都已具备, 那么就可以断定原不等式成立, 这种方法叫分析法, 注意书写形式“要证……即证……只需证”.

例1 设a, b是非负实数, 求证: $a^{3} + b^{3} \geq \sqrt{a b} (a^{2} + b^{2}) .$

证明 ∵a, b是非负数,

$∴ \frac{a + b}{2} (a^{2} + b^{2}) \geq \sqrt{a b} (a^{2} + b^{2}) .$

∴要证 $a^{3} + b^{3} \geq \sqrt{a b} (a^{2} + b^{2})$ ,

只需证 $a^{3} + b^{3} \geq \frac{a + b}{2} (a^{2} + b^{2})$ ,

只需证 $(a^{3} + b^{3}) - \frac{a + b}{2} (a^{2} + b^{2}) \geq 0$ ,

$\begin{array}{l} 即证 \frac{a + b}{2} (a - b)^{2} \geq 0 . \\ ∵ \frac{a + b}{2} \geq 0 ‚ (a - b)^{2} \geq 0 ‚ \\ ∴ \frac{a + b}{2} (a - b)^{2} \geq 0 成立 ‚ \end{array}$

$∴ a^{3} + b^{3} \geq \sqrt{a b} (a^{2} + b^{2})$ 成立.

二、放缩法

从不等式的一边入手, 逐渐放大, 缩小不等式, 直到得到不等式的另一边.

$\begin{array}{l} 例 2 已知 n \in Ν^{*} ‚ 求证 ∶ \frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \frac{5}{6} \times \dots \times \frac{2 n - 1}{2 n} < \\ \frac{1}{\sqrt{2 n + 1}} . \end{array}$

$\begin{array}{l} 证明 ∵ \frac{2 n - 1}{2 n} < \frac{2 n}{2 n + 1} ‚ \\ ∴ (\frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \frac{5}{6} \times \dots \times \frac{2 n - 1}{2 n})^{2} < \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} \times \frac{3}{4} \times \frac{4}{5} \times \frac{5}{6} \times \frac{6}{7} \times \dots \times \frac{2 n - 1}{2 n} \times \frac{2 n}{2 n + 1} ‚ \\ ∴ (\frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \frac{5}{6} \times \dots \times \frac{2 n - 1}{2 n})^{2} < \frac{1}{2 n + 1} ‚ \\ ∴ \frac{1}{2} \times \frac{3}{4} \times \frac{5}{6} \times \dots \times \frac{2 n - 1}{2 n} < \frac{1}{\sqrt{2 n + 1}} . \end{array}$

三、反证法

从假设结论不成立入手, 推出与已知条件、假设、公理、定理或显然成立的事实等相矛盾的结果, 从而判定假设错误, 结论成立.一般步骤:1.否定结论;2.推理论证;3.导出矛盾;4.肯定结论.

例3 已知f (x) =x2+px+q, 求证:|f (1) |, |f (2) |, |f (3) |中至少有一个不小于 $\frac{1}{2} .$

证明假设|f (1) |, |f (2) |, |f (3) |都小于 $\frac{1}{2}$ ,

即 $| f (1) | < \frac{1}{2} ‚ | f (2) | < \frac{1}{2}, | f (3) | < \frac{1}{2} .$

$\begin{array}{l} 而 f (1) = 1 + p + q ‚ f (2) = 4 + 2 p + q ‚ f (3) = 9 + 3 p + q ‚ \\ | 2 f (2) - f (1) - f (3) | = 2 ‚ \\ 2 | f (2) | + | f (1) | + | f (3) | < 2 \times \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 2 . \end{array}$

由|2f (2) -f (1) -f (3) |≤2|f (2) |+|f (1) |+|f (3) |知, 2<2, 此式矛盾,

∴|f (1) |, |f (2) |, |f (3) |中至少有一个不小于 $\frac{1}{2} .$

四、数学归纳法

通常运用此方法证明与自然数n有关的不等式.

例4 已知a, b为正数, 且 $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 1$ , 试证:对每一个n∈N*, (a+b) n-an-bn≥22n-2n+1.

证明 ①n=1时, 原命题显然成立.

②假设n=k时命题成立, 即

(a+b) k-ak-bk≥22k-2k+1.

则n=k+1时,

(a+b) k+1-ak+1-bk+1

= (a+b) [ (a+b) k-ak-bk]+abk+akb

≥ (a+b) (22k-2k+1) +abk+akb.

$\begin{array}{l} 由 1 = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \geq \frac{2}{\sqrt{a b}} ‚ 可得 a b \geq 4 ‚ a + b \geq 2 \sqrt{a b} \geq 4 . \\ ∴ a b^{k} + a^{k} b \geq 2 \sqrt{a^{k + 1} b^{k + 1}} \geq 2 (4)^{\frac{k + 1}{2}} = 2^{k + 2} ‚ \\ ∴ (a + b)^{k + 1} - a^{k + 1} - b^{k + 1} \\ \geq (a + b) (2^{2 k} - 2^{k + 1}) + a b^{k} + a^{k} b \\ \geq 4 (2^{2 k} - 2^{k + 1}) + 2^{k + 2} = 2^{2 (k + 1)} - 2^{(k + 1) + 1} ‚ \end{array}$

∴当n=k+1时命题成立.

由①②可知, 对每一个n∈N*,

(a+b) n-an-bn≥22n-2n+1.

五、函数法

根据函数的单调性 (先构造函数) 证明不等式的方法.

例5 设a为实数, 数列an=en-2n+2a.

证明:当a>ln2-1时, 对一切的n∈N*, 都有en>n2-2an+1成立.

证明作函数:g (x) =ex-x2+2ax-1, x∈R,

g′ (x) =ex-2x+2a, x∈R,

g″ (x) =ex-2, x∈R,

则当x∈ (-∞, ln2) 时, g″<0, g′ (x) 单调递减;

当x∈ (ln2, +∞) 时, g″>0, g′ (x) 单调递增.

∴g′ (x) =ex-2x+2a在x=ln2处有极小值g′ (ln2) ,

∴g′ (x) =ex-2x+2a在x∈R上的最小值为

g′ (ln2) =2-2ln2+2a.

当a>ln2-1时,

g′ (x) ≥g′ (ln2) =2-2ln2+2a>0 (x∈R) .

∴在g (x) 内R上单调递增.

于是, 当a>ln2-1时, 对任意的x∈ (0, +∞) , 都有g (x) >g (0) .

而g (0) =0, 从而, 对任意的x∈ (0, +∞) , 都有g (x) >0,

即ex-x2+2ax-1>0, 故ex>x2-2ax+1.

∴当a>ln2-1时, 对一切的n∈N*, 都有en>n2-2an+1成立.

以上介绍了不等式证明的常用方法, 有的问题可以用这样的方法也可以用那样的方法, 甚至可以用多种方法, 有的题目是几种方法一起用.总之, 各种常用方法之间并没有明确的分界点, 我们可以尝试一题多解, 从而锻炼我们的逻辑思维能力, 提高分析问题、解决问题的能力.

积分不等式的证明方法第5篇

摘要

在高等数学的学习中,积分不等式的证明一直是一个无论在难度还是技巧性方面都很复杂的内容.对积分不等式的证明方法进行研究不但能够系统的总结其证明方法,还可以更好的将初等数学的知识和高等数学的结合起来.并且可以拓宽我们的视野、发散我们的思维、提高我们的创新能力,因此可以提高我们解决问题的效率.本文主要通过查阅有关的文献和资料的方法,对其中的内容进行对比和分析,并加以推广和补充,提出自己的观点.本文首先介绍了两个重要的积分不等式并给出了证明,然后分类讨论了证明积分不等式的八种方法,即利用函数的凹凸性、辅助函数法、利用重要积分不等式、利用积分中值定理、利用积分的性质、利用泰勒公式、利用重积分、利用微分中值定理,最后对全文进行了总结．

关键词：积分不等式,定积分,中值定理,柯西-施瓦兹不等式,单调性

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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

不等式在数学中有着重要的作用,在数量关系上,尽管不等关系要比相等关系更加普遍的存在于人们的现实世界里,然而人们对于不等式的认识要比方程迟的多.直到17世纪之后,不等式的理论才逐渐的成长起来,成为数学基础理论的一个重要组成部分.众所周知,不等式理论在数学理论中有着重要的地位,它渗透到了数学的各个领域中,因而它是数学领域中的一个重要的内容.其中积分不等式更是高等数学中的一个重要的内容．

实际上关于定积分的概念起源于求平面图形的面积和一些其他的实际问题.有关定积分的思想在古代就有了萌芽,比如在公元前240年左右的古希腊时期,阿基米德就曾经用求和的方法计算过抛物线弓形和其他图形的面积.在历史上,积分观念的形成要比微分早.然而直到17世纪后半期,较为完整的定积分理论还没有能够形成,一直到Newton-Leibniz公式建立之后,有关计算的问题得以解决后,定积分才迅速的建立并成长起来．

本论文研究的积分不等式结合了定积分以及不等式.关于它的证明向来是高等数学中的一个重点及难点.对积分不等式的证明方法进行研究，并使其系统化，在很大程度上为不同的数学分支之间架起了桥梁.深刻的理解及掌握积分不等式的证明方法可以提升我们对其理论知识的理解,同时可以提高我们的创造思维和逻辑思维．

在论文的第三部分中对积分不等式的证明方法进行了详细的阐述.分别从利用函数的凹凸性、辅助函数法、利用重要积分不等式、利用积分中值定理、利用泰勒公式、利用重积分、利用微分中值定理、利用定积分的性质这八个方面给出了例题及证明方法.这样通过几道常见的积分不等式的证明题,从不同的角度,用不同的方法研究、分析了积分不等式的特点,归纳总结出了其证明方法.同时论文中也对有的题目给出了多种证明方法,这启示我们对于同一道积分不等式而言它的证明方法往往不止一种,我们需要根据实际情况采用合适的方法去证明,从而达到将问题化繁为简的目的．

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2.几个重要的积分不等式

在高等数学的学习中我们遇到过许多重要的积分不等式,如Cauchy-Schwarz不等式,Young不等式等.它们的形式及证明方法都有很多种,在这一小结中我们将给出这两种积分不等式的证明方法．

2.1 Cauchy-Schwarz不等式

无论是在代数还是在几何中Cauchy-Schwarz不等式的应用都很广泛,它是不同于均值不等式的另一个重要不等式．其形式有在实数域中的、微积分中的、概率空间,F,P中的以及n维欧氏空间中的4种形式.接下来在这一部分中我们将对其在微积分中的形式进行研究．

定理2.1[1] 设f(x), g(x)在[a,b]上连续,则有

[f(x)g(x)dx]2{[f(x)]2dx} {[g(x)]2dx}．

aaabbb证明：要证明原不等式成立,我们只需要证



设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,则只要证FbFa成立，aa由Ft在[a,b]上连续,在a,b内可导,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]上递增,由ba,知FbFa,故原不等式成立．

证毕

实际上关于Cauchy-Schwarz不等式的证明方法有很多,这里我们采用的证明方法是较为普遍的辅助函数法,它将要证明的原积分不等式通过移项转变为了判断函数在两个端点处函数值大小的问题．通过观察我们可以进一步发现原Cauchy-Schwarz不等式能够改写成以下行列式的形式 t2 4 南通大学毕业论文

fxfxdxgxfxdx0，aabbbafxgxdxgxgxdxab由此我们可以联想到是否可以将它进行推广？答案是肯定的.下面我们将给出

CauchySchwarz不等式的推广形式．

定理2.2[2] 设fx,gx,hx在a,b上可积,则

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 证明：对任意的实数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．注意到关于t1,t2,t3的二次型实际上为半正定二次型, 从而其系数矩阵行列式为

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证毕 xdxgxhxdxh以上的推广是将Cauchy-Schwarz不等式的行列式由二阶推广到了三阶的形式,事实上Cauchy-Schwarz不等式是一个在很多方面都很重要的不等式,例如在证明不等式,求函数最值等方面.若能灵活的运用它则可以使一些较困难的问题得到解决.下面我们会在第三部分给出Cauchy-Schwarz不等式及其推广形式在积分不等式证明中的应用．

除了Cauchy-Schwarz不等式之外还有很多重要的积分不等式,例如Young不等式,相较于Cauchy-Schwarz不等式我们对Young不等式的了解比较少,实际上它也具有不同的形式且在现代分析数学中有着广泛的应用.接着我们将对Young不等式进行一些研究．

2.2 Young不等式

Young不等式,以及和它相关的Minkowski不等式,HÖlder不等式,这些都是在现代分

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析数学中应用十分广泛的不等式,在调和函数、数学分析、泛函分析以及偏微分方程中这三个不等式的身影随处可见,是使用得最为普遍,最为平凡的知识工具.下面我们将给出积分形式的Young不等式的证明．

定理2.3[3] 设f(x)在[0,c]（c0）上连续且严格递增,若f(0)0,a[0,c]且b[0,f(c)],则0f(x)dx0f1(x)dxab,其中f1是f的反函数,当且仅当bf(a)时等号成立．

证明：引辅助函数g(a)abf(x)dx，(2.2)

0aab把b0看作参变量,由于g(a)bf(a),且f严格递增,于是

当 0af1(b)时,g(a)0；当 af1(b)时,g(a)0；当 af1(b)时,g(a)0．因此当af1(b)时,g(a)取到g的最大值,即

gamaxgxgf1b

(2.3)

由分部积分得

f1(b)f1(b)0g(f(b))bf(b)作代换yf(x),上面积分变为

11f(x)dx0xdf(x)，g(f1(b))f1(y)dy，(2.4)

0b将(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．证毕

00ab 6 南通大学毕业论文

3.定积分不等式常见的证明方法

关于积分不等式的证明方法较为繁多,难度及技巧性也较大,因此对其进行系统的归纳总结是很有必要的．在这一部分中我们将归纳出利用辅助函数、微分中值定理、重要积分不等式及积分中值定理等证明积分不等式的方法．

3.1 利用函数的凹凸性

在数学分析以及高等数学中,我们常常会遇到一类特殊的函数—凸函数．凸函数具有重要的理论研究价值和广泛的实际应用,在有些不等式的证明中,若能灵活地利用凸函数的性质往往能够简洁巧妙的解决问题．下面给出一个例子加以说明．

定理3.1 若t定义在间隔m,M内,且t0,则t必为下凸函数．

定理3.2 设fx在[a,b]上为可积分函数,而mf(x)M．又设t在间隔mtM内为连续的下凸函数,则有不等式

1b1bfxdxfxdx． aabababb例3.1[4] 设fx在a,b上连续,且fx0,求证：fxdxaa12dxba． fx证明: 取u112, 因为u20,u30,u0 uuu即在u0时,yu为凸函数,故有

1b1bfxdxfxdx，aabababa即fxdxabba1dxbbfx12dxba．

证毕，故fxdxaafxba在上述的题目中我们可以发现在证明中常常先利用导数来判断函数的凹凸性,然后再利用凹（凸）函数的性质来证明不等式．然而对于实际给出的题目,我们往往需要先构造一个凹（凸）函数,然后才能利用其性质来证明我们所要证明的问题．

3.2 辅助函数法

辅助函数法是积分不等式证明中的一种非常重要的方法,往往我们会根据不等式的特点,构造与问题相关的辅助函数,考虑在相同的区间上函数所满足的条件,从而得出欲证明

南通大学毕业论文的结论．在第二部分中我们用辅助函数法对Cauchy-Schwarz不等式进行了证明,下面将对用辅助函数法证明积分不等式进行进一步的探讨．

例3.2.1[5] 设函数fx在区间0,1上连续且单调递减,证明：对a(0,1)时, 有： fxdxaf(x)dx．

00a11x证明：令Fxf(t)dt 0x1,由fx连续,得Fx可导

x0则Fxfxxftdt0xx2 fxxfxfxf ,(0x)． 2xx因为f(x)在[0,1]上单调减少,而0x,有fxf, 从而Ft0,Fx在(0,1]上单调减少,则对任意a(0,1),有F(a)F(1)．即

a111af(x)dxafxdx．证毕 a,两边同乘即得f(x)dxfxdx,0000a本题根据积分不等式两边上下限的特点,在区间(0,1)上构造了一个辅助函数,进一步我们可以思考对于一般的情形,该题的结论是否依然成立呢？答案是肯定的.例3.2.2 设函数fx在区间0,1上连续且单调递减非负,证明：对a,b(0,1),且0ab1时,有: fxdx0aabf(x)dx． ab证明：令FxFx1xf(t)dt,0x1,由fx连续,得Fx可导, 则 x0x0fxxftdtx2 fxxfxfxf ,(0x)． 2xx因为f(x)在[0,1]上单调减少,而0x,有fxf,从而Ft0,Fx在(0,1]上单调减少,则对任意0ab1,有F(a)F(b),即

1a1b ftdtftdt．

(3.1)

a0b0由f非负,可得fxdxfxdx．

(3.2)0abb结合(3.1)式和(3.2)式可得即a1a1bfxdxfxdx． a0ba0abfxdxfxdx．

证毕

babbaa例3.2.3[6] 函数f(x)在[a,b]上连续,且fx0 试证：f(x)dx 8

1dx(ba)2． f(x)南通大学毕业论文

在例3.1中我们给出了本题利用函数的凹凸性证明的过程,在这里我们将给出其利用辅助函数法证明的过程．

证明: 构造辅助函数xftdtaxxadt2xa, 则 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是单调递增的,即ba0,故fxdxabba12dxba．证毕 fxabbxfxdxfxdx．

2a例3.2.4 设fx在a,b上连续且单调增加,证明：[7]

ba证明: 原不等式即为xfxdx则Fttft1t2a1taftf , a,t．

2abbfxdx0,构造辅助函数 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因为at,fx单调增加,所以Ft0．故Ft在a,b上单调递增,且Fa0, 所以对x(a,b],有FxFa0．当xb时,Fb0．即

baxfxdxabbfxdx0,故原不等式成立, 证毕 a2通过以上几道题目的观察我们可以发现：

1.当已知被积函数连续时,我们可以把积分的上限或者是下限作为变量,从而构造一个变限积分,然后利用辅助函数的单调性加以证明．

2.辅助函数法实际上是一种将复杂的问题转化为容易解决的问题的方法．在解题时通常表现为不对问题本身求解而是对与问题相关的辅助函数进行求解,从而得出原不等式的结论．

3.3 利用重要积分不等式

在第2部分中我们给出了Cauchy-Schwarz不等式以及它的推广形式的证明过程,实际上Cauchy-Schwarz不等式的应用也很广泛,利用它可以解决一些复杂不等式的证明.在这一小节中我们将通过具体的例子来加以说明它在证明积分不等式中的应用．

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例3.3.1[8] 函数fx在0,1上一阶可导,f1f00, 试证明：10112fxdxfxdx．

402证明：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将(3.3)式和(3.4)式相加即可以得到f2xdx[2]

112fxdx．

证毕 40b例3.3.2 设fx,gx在a,b上可积且满足：0mfxM,gxdx0，a则以下两个积分不等式

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证明：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 南通大学毕业论文

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化简得f2xMmMmfx, 两边同时积分得 f2xdxMmbaMmfxdx, aabb22由算数-几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则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．

证毕

ab以上两道题分别利用了Cauchy-Schwarz不等式及其推广形式．我们在证明含有乘积及平方项的积分不等式时应用Cauchy-Schwarz不等式颇为有用,但要注意选取适当的fx与gx,有时还需对积分进行适当的变形．

3.4 利用积分中值定理

积分中值定理展现了将积分转化为函数值,或者是将复杂函数积分转变为简单函数积分的方法.其在应用中最重要的作用就是将积分号去掉或者是将复杂的被积函数转化为相比较而言较为简单的被积函数,从而使得问题能够简化.因此合理的利用积分中值定理能够有效的简化问题.下面将通过两道例题来说明．

定理3.3（积分第一中值定理）若f(x)在[a,b]上可积且mf(x)M,则存在 11 南通大学毕业论文

u[m,M]使f(x)dxu(ba)成立.特别地,当f(x)在[a,b]上连续,则存在c[a,b],使abbaf(x)dxf(c)(ba)成立．

定理3.4（积分第一中值定理的推广）若函数fx,gx在区间a,b上可积,fx连续,gx在a,b上不变号,则在积分区间a,b上至少存在一个点,使得下式成立

fxgxdxfgxdx．

aabb定理3.5（积分第二中值定理的推广）若函数fx,gx在区间a,b上可积,且fx为单调函数,则在积分区间a,b上至少存在一个点,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 设函数fx在区间0,1上连续单调递减,证明：对a,b(0,1),且0ab1时,有fxdx0aabf(x)dx,其中fx0． ab对于这道题目我们在3.2.2中给出了其利用辅助函数法证明的过程,实际上这道题目还可以用积分第一中值定理来证明,下面我们将给出证明过程．

证明：由积分中值定理知

0afxdxf1a, 10,a； fxdxf2ba,2a,b；

ab因为12,且fx递减,所以有f1f2, 1a1b1bfxdxfxdxfxdx, 0aaababaab故 fxdxfxdx．证毕

0ba即

例3.4.2 设fx在a,b上连续且单调增加,证明：baabbxfxdxfxdx．

2a同样地，在之前的证明中我们给出了此题利用辅助函数法证明的过程,仔细分析观察这道题目我们还可以发现它可以用积分第一、第二中值定理的推广形式来证明,接着我们将给出此题在这两种方法下的证明过程．

证法一

bababab2证明: xxfxdxxfxdxabfxdx． aa2222bab 12 南通大学毕业论文

abab由定理3.4可知,分别存在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单调增加的,且

210121,所以有 f2f10．

ab从而xfxdx0,故原不等式成立, 证毕 a2b证法二

证明: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单调增加及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, 证毕 a2通过上述两道题目我们可以了解到积分中值定理在实际应用中起到的重要作用就是能够使积分号去掉,或者是将复杂的被积函数转化为相对而言较简单的被积函数,从而使问题得到简化.因此,对于证明有关结论中包含有某个函数积分的不等式,或者是要证明的结论中含有定积分的,可以考虑采用积分中值定理,从而去掉积分号,或者化简被积函数．

3.5 利用积分的性质

关于积分的性质在高等数学的学习中我们已经学到了很多,我们可以利用它来证明许多问题.在这里我们主要利用定积分的比较定理和绝对值不等式等性质对问题进行分析处理．

例3.5.1[9] 设fx在0,1上导数连续,试证：x0,1，13 南通大学毕业论文

有 fxfxfxdx． 0证明：由条件知fx在0,1上连续,则必有最小值, 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, 证毕

013.6 利用泰勒公式

在现代数学中泰勒公式有着重要的地位,它在不等式的证明、求极限以及求高阶导数在某些点的数值等方面有着重要的作用.关于泰勒公式的应用已经有很多专家学者对其进行了深入的研究,下面我们将举例说明利用泰勒公式也是证明积分不等式的一种重要方法．

定理3.6(带有拉格朗日型余项的Taylor公式)设函数f(x)在点x0处的某邻域内具有n1阶连续导数,则对该邻域内异于x0的任意点x,在x0与x之间至少存在一点,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与x0之间）称为拉格朗日型余项,(1)式称为泰勒公(n1)!式．

例3.6.1[10] 设fx在a,b上有二阶连续导数,fafb0,Mmaxfx，xa,b试证明:fxdxabba123M．

证明：对xa,b,由泰勒公式得

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, 两式相加得 fxfxxfaxfbx24 14 南通大学毕业论文

两边积分得 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．证毕 fxdxaxbx8a12b例3.6.2[6] 设fx在a,b上有二阶导数,且fx0，ab求证 fxdxbaf． a2b证明：将fx在x0ab处作泰勒展开得到 22ab1abababab, fxffxfxx,．

222222

ababab因为fx0,所以可以得到 fxffx，222babababb对不等式两边同时积分得到 fxdxfbafxadx． a222bab因为xdx0, 所以有afxdxbaa2babf．证毕

2通过这两道题目我们大致可以了解到当题目中出现被积函数在积分区间上有意义且有二阶及二阶以上连续导数时,是提示我们用泰勒公式证明的最明显的特征．一般情况下我们选定一个点xo,并写出fx在这个点xo处的展开公式,然后进行适当的放缩或与介值定理相结合来解决问题．

3.7 利用重积分

在一些积分不等式的证明中,由于被积函数的不确定,从而我们不能求出其具体的数值,这时我们可以将定积分转换为二重积分再利用其性质来求解．以下列举了3种利用重积分来证明积分不等式的方法,这种技巧在高等数学中虽然不常见,但却是很重要的,下面我们将通过3道例题来进一步说明．

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3.7.1 直接增元法

命题一[11]：若在区间[a,b]上f(x)g(x),则f(x)dxg(x)dx．

bb例3.7.1[11] 设f(x),g(x)在[a,b]上连续,且满足：

xaf(t)dtg(t)dt,x[a,b],af(t)dtag(t)dt,证明：axf(x)dxaxg(x)dx．

axbbbb证明：由题得f(t)dtg(t)dt, aaxx从而可以得到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则 tf(t)dttg(t)dt0 , 即xf(x)dxxg(x)dx．证毕

在本题中我们将一元积分不等式f(x)dxg(x)dx的两边同时增加一个积分变量

aaxxbadx，使得一元积分不等式化为二元积分不等式，然后巧妙的运用转换积分变量顺序的方法达到证明一元积分不等式的方法.3.7.2 转换法

在利用重积分来证明积分不等式的时候，我们不但可以采用直接增元法，还可以采用转换法.关于转换法又分为将累次积分转换为重积分，以及将常数转换为重积分这两种形式.下面我们将依次来介绍这两种方法.1.将累次积分转为重积分

命题二[11] 若f(x)在[a,b]上可积,g(y)在[c,d]上可积,则二元函数f(x)g(y)在平面区域D{(x,y)|axb,cyd}上可积,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] 设p(x),f(x),g(x)是[a,b]上的连续函数,在[a,b]上,p(x)0,f(x),g(x)为单调递增函数,试证：

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babap(x)f(x)dxp(x)g(x)dxp(x)dxp(x)f(x)g(x)dx．

aaabbbaaabbb

证明：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下证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

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, 因为f(x),g(x)同为单调增函数,所以[g(y)g(x)][f(y)f(x)]0 又因为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．

证毕

2.将常数转换为重积分的形式

在例3.7.2中我们介绍了将累次积分转换为重积分,在下面的例3.7.3中我们将对常数转换为重积分来进行说明．我们可以发现有这样一个命题,若在二重积分中被积函数f(x,y)k,则可得到kdk(ba)2,其中D{(x,y)|axb,ayb}．

D例3.7.3函数f(x)在[a,b]上连续,且fx0试证：f(x)dx

abba1dx(ba)2． f(x)本题与前面的例3.1以及例3.2.3是同一道题目,在这里我们将利用重积分证明此题．证明：原题即为 f(x)dxabba1dyd, f(y)D 17 南通大学毕业论文

移项可得(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,因为f(x)0,f(y)0,所以20． f(y)f(x)f(y)f(x)所以即为证(D故 (Dbbf(x)f(y)12)d0 恒成立,即f(x)dxdx(ba)2成立, 证毕

aaf(x)f(y)f(x)通过以上三道例题我们可以大致了解到，在这一类定积分不等式的证明过程中我们一般先将所要证明的不等式转化为二次积分的形式,进一步再转换为二重积分,最后利用二重积分的性质或其计算方法得出结论.这种方法克服了数学解题过程中的高维数转化为低维数的思维定势,丰富了将二重积分与定积分之间互化的数学思想方法．

3.8 利用微分中值定理

微分中值定理是数学分析中的重要的一个基本定理,它是指罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理以及泰勒中值定理这四种定理.关于微分中值定理的应用也是很广泛的,证明不等式是微分中值定理最基本的应用之一.在这里我们将对利用柯西中值定理及拉格朗日中值定理证明积分不等式进行研究.下面将通过两个例子来具体说明这两个定理在证明积分不等式中的应用,以及不同的微分中值定理在证明不等式时的区别．

例3.8.1[12] 设fa0,fx在区间a,b上的导数连续,证明：

2baa1bfxdx1maxfx． x2a,b证明：应用Lagrange中值定理,a,x,其中axb,使得

fxfafxa, 因为fa0, 所以fxMxa, Mmaxfx，xa,b从a到b积分得

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.证毕 x2a,b 18 南通大学毕业论文

例3.8.2[13] 设函数fx在0,1上可微,且当x0,1时,0fx1,f00试证：

fxdxf121003xdx．

证明：令Fxx0ftdt,Gxf3tdt，02xFx,Gx在0,1上满足柯西中值定理,则

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．

证毕

01通过以上两道题目可以发现：

1.在应用Lagrange中值定理时先要找出符合条件的函数fx,并确定fx在使用该定理的区间a,b,对fx在区间a,b上使用该定理．若遇到不能用该定理直接证明的,则从结论出发,观察并分析其特征,构造符合条件的辅助函数之后再应用Lagrange中值定理．

2.在研究两个函数的变量关系时可以应用Cauchy中值定理,在应用该定理证明不等式时关键是要对结果进行分析,找出满足Cauchy中值定理的两个函数fx,gx,并确定它们应用柯西中值定理的区间a,b,然后在对fx,gx在区间a,b上运用Cauchy中值定理．

无论是Cauchy中值定理还是Lagrange中值定理在积分不等式的证明中都各具特色,都为解题提供了有力的工具.总之在证明不等式时需要对结论认真的观察有时还需要进行适当的变形,才能构造能够应用中值定理证明的辅助函数,进而利用微分中值定理证明不等式．

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4．总

结

我们通过查阅有关积分不等式的文献和资料,并对其中的相关内容进行对比和分析后,将有关的内容加以整理并扩充形成了本文.在论文中给出了两个重要的积分不等式的证明以及总结了八种积分不等式的证明方法.然而由于自己的参考资料面不够广,参考的大多数文献都是仅给出了例题及其证明方法,而并没有给出进一步的分析,同时自己的知识面较窄,能力有限,导致还有很多难度较大的问题尚未解决．例如,在实际的问题中,还有一些证明方法是我们所不知道的,并且还有一些不等式并不能用本文所给出的八种方法来证明,这就需要我们进一步的思考与研究.今后我们应该更多的参考其他资料,充分拓展思路,以便于提出新的观点．

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浅析证明不等式的几种方法第6篇

一、比较法

1.理论依据：不等式的基本性质.

2.步骤：作差、变形、判断符号.

3.适用于分式、高次不等式的证明.

4.有时也可用商值比较法.

例1 已知a、b、c是△ABC的三边，求证：

4（ab+bc+ca）>（a+b+c）2.

证明因为4（ab+bc+ca）-（a+b+c）2=2ab+2bc+2ca-a2-b2-c2=a（b+c-a）+b（a+c-b）+c（a+b-c）>0.所以4（ab+bc+ca）>（a+b+c）2.

二、综合法

1.思维特点：执因索果.

2.逻辑关系：AB1B2…BnB，每步寻找上一步的必要条件.

3.常用不等式：|a|≥0；a2≥0；a2+b2≥2ab（a、b∈ R ）；

a+b 2 ≥ ab （a、b∈ R +）；

b a + a b ≥2（a、b∈ R +）； b2 a +a≥2b（a∈ R +）等.

4.思路：由已知条件灵活使用有关不等式的定理以及不等式的基本性质，找出已知条件与待证不等式间的内在联系.（注意使用的不等式成立的条件）.

例2 a、b、c>0，求证：abc≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）

分析不等号左边是单字母乘积，右边是字母和差式乘积，因此寻求字母与和差式的关系：a=

（a+b-c）+（a+c-b） 2 ，同样b和c也有这样的关系.

证明不妨设a≥b≥c>0，则a+b-c≥0，c+a-b≥0.

若b+c-a≤0，则原不等式显然成立.

若b+c-a>0，则由

a= （a+b-c）+（a+c-b） 2 ≥ （a+b-c）（a+c-b） ≥0 ①

b= （a+b-c）+（b+c-a） 2 ≥ （a+b-c）（b+c-a） ≥0 ②

c= （c+a-b）+（b+c-a） 2 ≥ （c+a-b）（b+c-a） ≥0 ③

①、②、③相乘

abc≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）.

三、分析法

1.分析法适用的题型：

（1）证明不知从何入手；（2）恒等式的证明；（3）条件简单、结论复杂.

2.分析法的思维特点：执果索因.

3.分析法的模式（书写格式）：

（1）为了证明…，（2）只需证明…，（3）即证明…，（4）…显然成立，⑤所以原式成立.

4.分析法的另一种表达方式：

首先假定所要证明的不等式成立→逐步推出一个已知成立的不等式（每步可逆）→最后得出结果.（注意得结果前应说明以上每步都可逆）.

例3 已知a>b>0，求证：（a-b）2 8a < a+b 2 - ab < （a-b）2 8b

证明因为a>b>0，所以为证明（a-b）2 8a < a+b 2 - ab < （a-b）2 8b ，只需证明（a-b）2 4a <（ a - b ）2< （a-b）2 4b ，

整理得

（

a-b 2 a ）2<（ a - b ）2<（ a-b 2 b ）2

即证 a-b 2 a < a - b < a-b 2 b

即证 a + b 2 a <1< a + b 2 b

即证1+ b a <2<1+ a b

即 b a <1< a b 即证明 b a <1< a b .

∵a>b>0，∴ b a <1< a b 显然成立，所以原不等式成立.

四、放缩法

证A≥B可通过适当放大使得B≤B1≤B2≤…≤Bn≤A或缩小使得A≥A1≥A2≥…≥An≥B，借助多个中间量，利用不等式的传递性达到目的（从一端证到另一端）.注意：放缩应适当.

例4 求证：1+

1 2 + 1 3 +…+ 1 n > n （n∈ N *，n>1）.

证明 1+

1 2 + 1 3 +…+ 1 n > 1 n + 1 n +…+ 1 n = 1 n ·n= n .

五、利用函数性质（单调性、有界性）证明不等式

根据题目的特点恰当地构造一个函数，利用函数的单调性将不等式的证明转化为求函数值域或最值的问题.

例5 求证：- 2 ≤ 1-x - 1+x ≤ 2 .

证明设f（x）= 1-x - 1+x ，其中-1≤x≤1，显然f（x）在[-1，1]为减函数.

∴f（1）≤f（x）≤f（-1），即- 2 ≤ 1-x - 1+x ≤ 2 .

六、构造二次函数

利用二次函数与二次方程的关系（判别式法）.

原理：ax2+bx+c>0（a≠0）

解集是 R Δ<0，a>0.

适合题型： ①可化成某一字母的二次式②字母的范围是 R

例6 三角形ABC中，A、B、C是三角形的三个内角，x、y、z∈ R .

求证：x2+y2+z2≥2xycosC+2xzcosB+2yzcosA

证明设f（x）=（x2+y2+z2）-（2xycosC+2xzcosB+2yzcosA）

整理得f（x）=x2-（2ycosC+2zcosB）x+（y2+z2-2yzcosA）

此时可以把f（x）看作是关于x的二次函数.

1 4 Δ=（ycosC+zcosB）2-（y2+z2-2yzcosA）

=-y2sin2C-z2sin2B+2yzcosBcosC+2yzcosA

=-y2sin2C-z2sin2B+2yzcosBcosC-2yzcos（B+C）

=-（ysinC-zsinB）2≤0

所以f（x）恒大于或等于0.

即x2+y2+z2≥2xycosC+2xzcosB+2yzcosA.

七、换元法

1.三角换元

（1）“1”的代换：sin2α+cos2α=1，sec2α-tan2α=1，csc2α-cot2α=1.

（2）变量有界弦函数换元，变量无界切函数换元.

2.代数换元

3.均值换元

注意：换元后新变量的变化范围必须确保原变量的变化范围不发生变化.

例7 已知a、b、c∈ R ，且a+b+c=1，求证：a2+b2+c2≥ 1 3 .

证明（采用均值换元法）

设a= 1 3 +m，b= 1 3 +n，c= 1 3 +k，且m+n+k=0.

则a2+b2+c2=（ 1 3 +m）2+（ 1 3 +n）2+（ 1 3 +k）2

= 1 3 + 2 3 （m+n+k）+（m2+n2+k2）≥ 1 3 .

八、反证法

1.适合题型：含至多、至少等字样或正面证明无从入手.

2.注意：对结论的否定应全面不能遗漏.

例8 已知f（x）=x2+ax+b，求证：|f（1）|、|f（2）|、|f（3）|中至少有一个不小于 1 2 .

证明假设|f（1）|、|f（2）|、|f（3）|都小于 1 2 .

则|f（1）|+2|f（2）|+|f（3）|<2，而|f（1）|+2|f（2）|+|f（3）|≥

|f（1）-2f（2）+f（3）|=|1+a+b+9+3a+b-8-4a-2b|=2

与假设矛盾，所以假设不成立.

故|f（1）|、|f（2）|、|f（3）|中至少有一个不小于 1 2 .

九、构造图形证明不等式

寻求不等式的几何意义，构造恰当的几何图形证明不等式. 图1

例9 x、y、z∈（0，1），求证： x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）<1.

证明构造等边三角形，三边长分别为1，如图1所示.设M、N、P分别为边AB、AC、BC上的点，且满足AM=x，NC=y，BP=z.且0

利用导数证明不等式的常用方法第7篇

一、作差构造函数证明不等式

【例1】当x>0时, 求证:

$x - \frac{x^{2}}{2} ＜ \ln (x + 1) .$

证明:设 $f (x) = x - \frac{x^{2}}{2} - \ln (x + 1) (x ＞ 0),$

$\begin{array}{l} 则 f^{'} (x) = - \frac{x^{2}}{x + 1} . \\ ∵ x ＞ 0, \\ ∴ f^{'} (x) ＜ 0, \end{array}$

故f (x) 在 (0, +∞) 上单调递减,

所以x>0时, f (x) <f (0) =0,

即 $x - \frac{x^{2}}{2} ＜ \ln (x + 1)$ 成立.

点评:一般地, 若证明不等式f (x) >g (x) 成立, 通常构造辅助函数F (x) =f (x) -g (x) , 即证明F (x) >0.

【例2】当x>-1时, 证明不等式 $\frac{x}{1 + x} \leq \ln (1 + x) \leq x$ 成立.

证明:作函数 $f (x) = \frac{x}{1 + x} - \ln (1 + x),$

有 $f^{'} (x) = \frac{- x}{(1 + x)^{2}} .$

当x>0时, f′ (x) <0;

当-1<x<0时, f′ (x) >0.

所以f (0) =0是函数f (x) 的极大值也是最大值.

故可知f (x) 在x>-1时, f (x) ≤0.

同理可证g (x) =ln (1+x) -x在x>-1时, g (x) ≤0.

综上获证.

点评: 构造辅助函数后, 通常利用函数的单调性、极值、最值证明不等式成立.

二、换元简化后证明不等式

【例3】若x∈ (0, +∞) , 求证:

$\frac{1}{x + 1} ＜ \ln \frac{x + 1}{x} ＜ \frac{1}{x} .$

证明:令 $1 + \frac{1}{x} = t,$

则 $x = \frac{1}{t - 1} .$

∵x>0, ∴t>1.

则原不等式可转化为 $1 - \frac{1}{t} ＜ \ln t ＜ t - 1$ ,

$\begin{array}{l} 令 f (t) = t - 1 - \ln t ‚ \\ ∴ f^{'} (t) = 1 - \frac{1}{t} . \end{array}$

∵当t∈ (1, +∞) 时, 有f′ (t) >0,

∴f (t) 在 (1, +∞) 上为增函数.

故f (t) >f (1) =0,

即t-1>lnt.

令 $g (t) = \ln t - 1 + \frac{1}{t},$

则 $g^{'} (t) = \frac{1}{t} - \frac{1}{t^{2}} = \frac{t - 1}{t^{2}} .$

同理可知当t∈ (1, +∞) 时, g (t) 在 (1, +∞) 上为增函数.

故g (t) >g (1) =0, 即 $\ln t ＞ 1 - \frac{1}{t} .$

综上可知, $\frac{1}{x + 1} ＜ \ln \frac{x + 1}{x} ＜ \frac{1}{x} .$

点评:若所证不等式比较复杂, 可通过换元的思想转化为简单的或熟悉的不等式, 再进行证明.

三、利用条件结构构造函数证明不等式

【例4】定义y=logx+1f (x, y) , x>0, y>0, 若e<x<y, 证明:f (x-1, y) >f (y-1, x) .

证明:f (x-1, y) =xy, f (y-1, x) =yx.

要证f (x-1, y) >f (y-1, x) , 只要证xy>yx.

$x^{y} ＞ y^{x} \Leftrightarrow \frac{l n x}{x} ＞ \frac{l n y}{y} \Leftrightarrow y \ln x ＞ x \ln y .$

令 $h (x) = \frac{l n x}{x}$ , 则 $h^{'} (x) = \frac{1 - l n x}{x^{2}},$

当x>e时, h′ (x) <0,

∴h (x) 在 (e, +∞) 上单调递减.

∵e<x<y,

∴h (x) >h (y) ,

即 $\frac{l n x}{x} ＞ \frac{l n y}{y} .$

∴不等式f (x-1, y) >f (y-1, x) 成立.

点评:此题构造的方式不是直接作差或作商, 而是根据题目的特点, 先用分离变量的方式将两个变量分别变形到式子的两边, 再构造函数.

四、利用f (x) min>g (x) max证明不等式

【例5】证明对一切x∈ (0, +∞) , 都有 $\ln x ＞ \frac{1}{e^{x}} - \frac{2}{e x}$ 成立.

证明:问题等价于证明 $x \ln x ＞ \frac{x}{e^{x}} - \frac{2}{e} ‚ x \in (0, + \infty) .$

设f (x) =xlnx, x∈ (0, +∞) ,

则f′ (x) =lnx+1,

易得f (x) 的最小值为 $- \frac{1}{e}$ , 当且仅当 $x = \frac{1}{e}$ 时取得.

设 $g (x) = \frac{x}{e^{x}} - \frac{2}{e}, x \in (0, + \infty),$

则 $g^{'} (x) = \frac{1 - x}{e^{x}}$ ,

易得 $g (x)_{\max} = g (1) = - \frac{1}{e}$ .当且仅当x=1时取得.

从而对一切x∈ (0, +∞) , 都有 $\ln x ＞ \frac{1}{e^{x}} - \frac{2}{x e}$ 成立.

五、利用已知 (证) 不等式证明不等式

【例6】已知函数f (x) =lnx, g (x) =2x-2 (x≥1) .

(1) 试判断F (x) = (x2+1) f (x) -g (x) 在定义域上的单调性;

(2) 当0<a<b时, 求证: $f (b) - f (a) ＞ \frac{2 a (b - a)}{a^{2} + b^{2}} .$

解: (1) 易知F (x) = (x2+1) lnx- (2x-2) ,

当x>1时, $F^{'} (x) = 2 x \ln x + \frac{(x - 1)^{2}}{x},$

则F′ (x) >0.

函数F (x) = (x2+1) f (x) -g (x) 在[1, +∞) 上递增.

(2) 由 (1) 知当x>1时, F (x) >F (1) =0,

∴F (x) >0 .

$\begin{array}{l} 即 (x^{2} + 1) \ln x - (2 x - 2) ＞ 0, \\ ∴ \ln x ＞ \frac{2 x - 2}{x^{2} + 1} . ① \end{array}$

设 $x = \frac{b}{a},$

由0<a<b可知x>1.

则①式可化为 $\ln \frac{b}{a} ＞ \frac{2 \cdot \frac{b}{a} - 1}{(\frac{b}{a})^{2} + 1}$ ,

即 $\ln b - \ln a ＞ \frac{2 a (b - a)}{a^{2} + b^{2}} .$

故当0<a<b时, $f (b) - f (a) ＞ \frac{2 a (b - a)}{a^{2} + b^{2}} .$

点评:证明不等式时, 若能注意到所证不等式与所给函数的关系, 往往能打开解题思路.

【例7】已知函数f (x) =alnx-ax-3 (a∈R) .

(1) 求函数f (x) 的单调区间;

(2) 求证: $\frac{\ln 2}{2} \cdot \frac{\ln 3}{3} \cdot \frac{\ln 4}{4} \dots \frac{l n n}{n} ＜ \frac{1}{n} (n \geq 2, n \in Ν^{*}) .$

解: $(1) f^{'} (x) = \frac{a (1 - x)}{x} (x ＞ 0),$

当a>0时, f (x) 的单调增区间为 (0, 1) , 减区间为 (1, +∞) ;

当a<0时, f (x) 的单调增区间为 (1, +∞) , 减区间为 (0, 1) ;

当a=0时, 无单调区间.

(2) 令a=-1, 此时f (x) =-lnx+x-3,

所以f (1) =-2.

由 (1) 知f (x) =-lnx+x-3在 (1, +∞) 上单调递增,

∴当x∈ (1, +∞) 时, f (x) >f (1) ,

即-lnx+x-1>0,

∴lnx<x-1对一切x∈ (1, +∞) 成立,

∵n≥2, m∈N*,

$\begin{array}{l} 则有 0 ＜ \ln n ＜ n - 1 ‚ \\ ∴ 0 ＜ \frac{l n n}{n} ＜ \frac{n - 1}{n} . \\ ∴ \frac{\ln 2}{2} \cdot \frac{\ln 3}{3} \cdot \frac{\ln 4}{4} \dots \frac{l n n}{n} ＜ \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \dots \frac{n - 1}{n} = \frac{1}{n} (n \geq 2, n \in Ν^{*}) . \end{array}$

点评:对证明如下两个不等式 (1) lnx≤x-1; (2) ex≥x+1时, 应给予更多关注.

高等数学中不等式证明的方法第8篇

一、单调函数法

当x属于某区间, 有f′ (x) ≥0, 则f (x) 单调上升;若f′ (x) ≤0, 则f (x) 单调下降。推广之, 若证f (x) ≤g (x) , 只须证f (a) =g (a) 及f′ (x) ≤g′ (x) 即可, x∈[a, b]。利用函数单调性来证明不等式时, 往往要引入适当的辅助函数将不等式问题转化成比较两个函数值的大小, 若要比较两个函数值大小, 只要将不等式两边的不等式相减或相除就可以得到所需的辅助函数;不能以f′ (x) <0而认为f (x) <0, 也就是说不要忘了端点值。

[例]证明:当x>1时, ex>ex

证明:令f (x) =ex-exf′ (x) =ex-e> (0x>) 1

当x>1时, f (x) 单增, 即当x>1时f (x) >f1 ()

所以, ex-ex>e-e⋅1=0ex>ex (x>) 1

二、函数的极值法

令f (x) 在区间[b, a]上连续, 则f (x) 在区间[b, a]存在最大值M和最小值m, 那么:m≤f (x) ≤M。通过变换, 把某些问题归纳为求函数的极值, 达到证明不等式的目的。

三、中值定理法

利用中值定理:f (x) 是在区间[a, b]上有定义的连续函数, 且可导, 则存在ξ, a<ξ

[例]证明:当0

证明令f (x) =lnx, x∈[b, a], 在[b, a]上使用拉格朗日中值定理,

[例]设f' (x) <, 0f () 0=0证明对任何的a>0, b>, 0有f (a+b)

(东北大学研究生入学试题)

分析:因为f (x) 可导, 又f () 0=0, 可以知道一定用拉格朗日中值定理

证明:由拉格朗日中值定理有

f (a+b) -f (b) =af' (ε2) , a<ε2

f' (x) <, 0因为f' (x) 单调递减, 所以f' (ε1) >f' (ε2) , f (a+b) -f (b)

所以对任何的a>0, b>, 0有f (a+b)

四、泰勒公式

[例]:证明:若函数f (x) 在[a, b]上存在二阶导数, 且f‘ (a) =f' (b) =0, 则在 (a, b) 内至少存在一点c使

五、凹凸性

有些不等式可以通过函数图像的凹凸性来证明, 利用函数的凹凸性也会给证明不等式带来一定的方便

[例]证明不等式

证明:取f (t) =et, t∈ (-∞, +∞) .f′ (t) =et, f′ (t) =et, 0t∈ (-∞, +∞)

因此函数f (t) =tlnt在 (0, +∞) 内图形是凹的, 故对任何x, y

综上可见, 不等式证明的方法是多种多样的, 并且方法灵活多样、技巧性强, 做具体问题时要善于观察和思考, 根据不等式证明中的题设与结论之间的关系以及自己擅长的方法和思维, 选择适当的证题方法。

摘要：不等式是高等数学主要研究的问题之一。可以说不等式的研究对高等数学的发展起到了一定的推动作用。以下通过实例介绍高等数学中不等式的常见证法。

关键词：高等数学,不等式证明

参考文献

[1]同济大学应用数学系:《高等数学》, 高等教育出版社。

[2]陈文灯、黄先开:《2005年考研数学复习指南》。

从一题看不等式的证明方法第9篇

题目设a+b=1,a、b为正数,求证

本题可以用证明不等式的基本方法:比较法、分析法、综合法来证明,也可以用反证法、放缩法来证明.

证法1:(比较法)

所以.

证法2:(分析法)

而此式已成立,故原不等式得证.

证法3:(综合法)

点评:以上证明中应用了基本不等式的变形:.

证法4:(反证法)

假设

而上式不成立,从而假设错误,故原不等式成立.

证法5:(放缩法)

点评:本解利用了进行放缩,十分巧妙.但关键是观察到了时不等式取等号,才能想到配凑出利用非负数进行放缩.

如果注意到不等式取等号的条件是,那么也可以直接用基本式进行证明.

证法6:(直接用基本不等式)

证法7:(用取等号条件)

本题是条件不等式,由a+b=1,可考虑做一些代换.

证法8:(三角代换).

由条件a+b=1,a、b>0,可设a=cos2α,b=sin2 α,则

证法9:(平均值代换)

由题设条件,可令

以上已经得到了多种证明方法.进一步,联想我们学过的多种数学知识方法,并以此为工具,那么我们又有多种构造性证明方法.

证明10:(构造方程)

记

得又a+b=1,可知a、b是一元二次方程的两个实根,故有

Δ=1-(5-2u)≥0,解得u≥2.

证法11:(构造函数)

可知b=1-a,以a为自变量,记

证法12:(构造图形)可视为线段a+b=1 (a>0,b>0)上的动点P(a,b)与定点之间距离的平方.而点Q到线段a+b-1=0的距离由图1可见

从而得

证法13:(构造向量)构造由

得从而

证法14:(构造复数)构造则

而得,即

所以

再深入一步,联想到处理最值问题的有力工具——导数,以及刚学不久的分布列、柯西不等式,我们又有如下一些证明方法.

证法15:(导数法)

记

由f'(a)=4a-2=0,得极值点

所以时,f(a)取到最小值从而原不等式获证.

证法16:(构造分布列)我们知道得

现构造分布列

由E得从而原不等式成立.

证法17:(用柯西不等式)由可知原不等式成立

参考本文方法,解答下列题:

利用微积分证明不等式的方法第10篇

1.1 依据

此类方法根据可导函数的一阶导数的符号与函数单调性关系的定理来解决问题。

定理1, 设函数f (x) 在[a, b]连续, 在 (a, b) 内可导, 如果在 (a, b) 内f′ (x) >0 (或f′ (x) <0) , 那么函数f (x) 在[a, b]上单调增加 (或单调减少) 。

此定理反映了可导函数一阶导数的符号与函数单调性之间的关系, 因此可以利用一阶导数研究函数在所讨论区间上的单调性, 利用导数来判断函数的增减性往往比用定义判断函数的增减性方便。

1.2 证明方法

1) 构造辅助函数f (x) , 取定闭区间[a, b];

2) 研究f (x) 在[a, b]上的单调性, 从而证明不等式。

1.3 实例

2 利用拉格朗日中值定理证明不等式法

2.1 依据

此类方法根据拉格朗日中值定理。

定理2, (拉格朗日中值定理) 若函数f (x) 满足下列条件: (i) f (x) 在闭区间[a, b]上连续;

(ⅱ) f (x) 在开区间 (a, b) 内可导,

则在 (a, b) 内至少存在一点p, 使得

拉格朗日中值定理反映了函数或函数增量与可导函数的一阶导数符号之间的关系。

2.2 证明方法

1) 构造辅助函数f (x) , 并确定f (x) 施用拉格朗日中值定理的区间[a, b];

2) 对f (x) 在[a, b]上施用拉格朗日中值定理;

3) 利用p与a, b的关系, 对拉格朗日公式进行加强不等式。

2.3 实例

3 用定积分理论来证明不等式法

3.1 依据

此类方法根据积分的性质和变上限的定积分理论。

微积分学基本定理沟通了导数和定积分这两个从表面看去似不相干的概念之间的内在联系。

3.2 证明方法

2) 构造变上限辅助函数证明不等式法:对于含有定积分的不等式, 可把常数变为变数构造辅助函数, 利用变上限积分#axf (t) dt及函数的单调性解决此类不等式。

3.3 实例

摘要：微积分学是高等数学课程中的主要组成部分, 本文通过具体实例阐述了应用微积分学理论证明不等式的4种方法。

关键词：微积分,不等式,证明

参考文献

[1]陈纪修, 於崇华, 金路.数学分析.高等教育出版社, 2004, 10.

不等式证明的若干方法第11篇

关键词：不等式均值不等式三角换元反证法函数的单调性

一、利用均值不等式求解不等式

均值不等式在高中数学的应用比较广泛，常用于求函数的最值，或者应用于不等式的证明.解题思路比较明确，因为公式的应用主要是原式或者是它们的变式，所以比较好下手，但是在解题中一定要注意公式自身所隐含的条件.在利用公式求函数的最值时特别是要满足“一正，二定，三相等”这句话.即第一个条件是两个数都应该是正数；第二个条件是和或是积要定值，不能含有跟自变量有关的参数；第三个条件是在函数取到最值时能够取到等号，也就是相应的自变量能取得到.看以下一个例题.

例1：已知x，y>0，x+y=1，求■+■的最小值.

上述是一道非常典型的题目，上过高三老师在不等式复习时也都会把它重新再拿来讲一遍.很多学生在做题过程中很容易出现套公式的现象，常会出现以下错误：

∵x+y≥2■∴xy≤（■）■=■，∴■+■≥2■≥4■.

问题出在哪里呢？很多学生一时查不出来.后面老师提醒了一下很多学生就知道原因了：不等式取不到等号，上述解题过程中用到两次均值不等式，但是两次的x，y取不到相同的值.故最小值不是4■.正解如下：

■+■=（x+y）（■+■）=3+■+■≥3+2■=3+2■，此时当且仅当■=■，x=■-1，y=2-■时，取到最小值.

二、利用反证法证明不等式

反证法，它是从反面的角度思考问题，即肯定题设否定结论，从否定的结论出发导出矛盾，从而最终肯定命题是正确.反证法是高中数学不等式中常用的方法之一，它是直接证明不易下手，此时应该考虑的是“正难则反”的原则，从反面的角度进行推理.它常用于以下证明：

（1）难于直接使用已知条件导出结论的命题；

（2）唯一性命题；

（3）“至多”或“至少”性命题；

（4）否定性或肯定性命题.

例2：已知x，y>0，x+y>2，试证：■，■中至少有一个小于2.

分析：要证的结论与条件之间的联系不明显.直接由条件推出结论不够清晰.另外，如果从正面证明，需要对某一个分式小于2或两个分式都小于2等进行分类讨论，而从反面证明，则只要证明两个分式都不小于2是不可能的即可.于是考虑用反证法.

证明：假设■，■都不小于2，即■≥2，且■≥2因为x，y≥0，所以1+x≥2y，且1+y≥2x，把这两个不等式相加得，2+x+y≥2（x+y），从而x+y≤2.

这与已知条件x+y>2矛盾.因此，■，■都不小于2是不可能的，即原命题成立.

三、利用三角换元解证不等式

有些不等式证明问题中，含有一些特殊的条件及特殊的运算关系.这些条件或运算关系恰好满足三角关系，则可以采用三角代换证明.常见的换元形式有（1）x■+y■=a■，可令x=acosθ，y=asinθ；（2）x■+y■≤1，可令x=tcosθ，y=tsinθ（|t|≤1）.

例3：已知x■+y■=1，求证：|x■+2xy-y■|≤■.

分析：本题中，由x■+y■=1可联想到三角换元公式：sin■θ+cos■θ=1，进行三角换元证明.

证明：令x=sinθ，y=cosθ，则

|x■+2xy-y■|=|cos■θ+2sinθcosθ-sin■θ|

=|cos2θ+sin2θ|=■|sin（2θ+■）|≤■

故命题得证.

例4：已知x■+y■=1，m■+n■=4，求mx+ny的最大值.

分析：很多学生首先会想到用公式：ab≤■，因而会有如下解法：mx≤■，nx≤■，把这两个不等式相加就得到

mx+ny≤■+■=■=■，从而得到它的最大值是■.

解题过程错在哪里呢？这也是很多学生会忽略的一个问题：就是等号取不到，因而它的最大值不是■，这种类型题还是应该考虑三角换元或是用柯西不等式求解.

正解：令x=cosα，y=sinα；m=2cosβ，n=2sinβ，则mx+ny=2cosαcosβ+2sinαsinβ=2cos（α-β）≤2.

当然本题用柯西不等式也很简单，这边不再说明.

四、利用函数的单调性求不等式的最值

在求解不等式的过程中往往会出现一些题目直接用公式或是其他方法不易得出结论，甚至得出的结论是错误的.这时可以考虑构造函数通过证明函数的单调性求函数的最值，问题往往会迎刃而解.

例5：求函数f（x）=■的最小值.

分析：本题很多学生第一个想到的还是会用均值不等式进行求解，先把它拆成f（x）=■+■≥2，从而得到最小值是2的错误答案.主要也是错在等号取不到的原因.这时可以考虑构造函数，通过证明函数的单调性进行求解.

解：令f（t）=t+■（t≥2），令t■>t■≥2

f（t■）-f（t■）=（t■+■）-（t■+■）=■>0，

∴f（t）在[2，+∞）上是增函数.∴f（t）■=f（2）=■，此时x=0.

不等式的证明方法和求解方法不只上面所谈到的这几种，还有很多.只要我们平时多注意收集，多做归纳，多做观察，多做比较，多做反思，在高三数学总复习中才会有的放矢，事半功倍.

参考文献：

[1]刘绍学.不等式选讲.人民教育出版社.

[2]郭慧清.一类分式不等式的新证法[J].数学通报.

[3]李红春.构造法巧解三解函数题[J].高中数学教与学.

[4]余元希，田万海，毛宏德.初等代数研究.高等教育出版社.

高等数学中常用的不等式证明方法第12篇

一、利用导数知识证明不等式

(一) 利用函数单调性

此方法关键是根据题设条件构造合理的辅助函数, 将不等式证明转化为比较两个函数值的大小。

例1%证明不等式ex>1+x, x≠0

证明:设f (x) =ex-1-x, 则f' (x) =ex-1.故当x>0时, f' (x) >0, f (x) 严格递增;当x<0, f' (x) <0, f (x) 严格递减.又因为在x=0处连续, 则当x≠0时, f (x) >f (0) =0从而得到ex>1+x, x≠0

(二) 利用函数的极值和最值

当给定的不等式是具体的函数, 且又给出自变量的变化范围, 欲证明它大于或是小于某个定数, 这时往往利用函数的极值和最值来证明不等式。

例2当x≥0时, 证明nxn-1- (n-1) xn-1≤0 (n>0, n∈N) .

证明:令f (x) =nxn-1- (n-1) xn-1, 则f' (x) =n (n-1) xn-2-n (n-1) xn-1=n (n-1) xn-2 (1-x) .令f' (x) =0, 得驻点x=1 (因为x=0是x≥0的端点, 所以x=0不是驻点) 且当x<1时, f' (x) >0;当x>1时, f' (x) <0, 所以f (1) =0是极大值也是最大值.从而得f (x) ≤f (1) =0 (x≥0) , 即nxn-1- (n-1) xn-1≤0 (x≥0) 。

(三) 利用函数的凹凸性

当所求证的不等式中出现了形如的式子时, 我们可以考虑根据函数凹凸性的一些性质来证明。

例3己知:α<0, β<0, α3+β3≤2求证:α+β≤2。

(四) 利用微分中值定理

微分中值定理将函数与导数有机地联系起来, 如果所求证不等式经过简单变形后, 与微分中值公式的结构有相似性, 就可以考虑利用微分中值定理来证明, 其关键是构造一个辅助函数, 然后通过微分中值定理的公式证明。

微分中值定理包括费马引理, 罗尔定理, 拉格朗日中值定理, 柯西中值定理等。其中比较重要的是罗尔定理, 拉格朗日中值定理, 柯西中值定理。

(五) 利用泰勒公式

当所涉及命题中出现二阶或更高阶导数时, 我们可以考虑使用泰勒公式证明, 其关键是选择恰当的特殊点展开。

例5设f (x) 在[0, 1]上的二阶导数连续, f (0) =f (1) =0, 并且当x∈ (0, 1) 时, f'' (x) ≤A.求证:f'' (x) ≤A/2, x∈ (0, 1) .

二、定积分不等式的证明方法

(一) 利用定积分的性质

因此由拉格朗日中值定理得到F (a) -F (0) =F' (ξ) a≤0, ξ∈ (0, a) , 即F (a) ≤0, 原式得证。