高等数学不等式证明

第一篇：高等数学不等式证明

高等数学中不等式的证明方法

摘要：各种不等式就是各种形式的数量和变量之间的相互比较关系或制约关系，因此， 不等式很自然地成为分析数学与离散数学诸分支学科中极为重要的工具，而且早已成为 专门的研究对象。高等数学中存在大量的不等式证明，本文主要介绍不等式证明的几种 方法，运用四种通法，利用导数研究函数的单调性，极值或最值以及积分中值定理来解 决不等式证明的问题。我们可以通过这些方法解决有关的问题，培养我们的创新精神，

创新思维，使一些较难的题目简单化、方便化。

关键词：高等数学;不等式;极值;单调性;积分中值定理

Abstract: A variety of inequality is the various forms of high-volume and variable comparison between the relationship or constraints. Therefore, Inequality is natural to be a very important tool in Analysis of discrete mathematics and various bran( 毕业论文参考网原创论文)ches of mathematics .It has been a special study.Today there are a large number of inequalities in higher mathematics .This paper introduces the following methods about Proof of Inequality ,such as the using of several general methods, researching monotone function by derivative, using extreme or the most value and Integral Mean Value Theorem . We can resolvethe problems identified through these methods. It can bring up our innovative spirit

and thinking and some difficult topics may be more easy and Convenient

,

Keyword: Higher Mathematics;Inequality;Extreme value Monotonicity; Integral Mean Value

Theorem

文章来自：全刊杂志赏析网(qkzz.net) 原文地址：http://qkzz.net/article/16be7113-df3a-4524-a9c3-4ba707524e72.htm

【摘要】不等式证明是高等数学学习中的一个重要内容，通过解答考研数学中出现的不等式试题，对一些常用的不等式证明方法进行总结。

【关键词】不等式; 中值定理; 泰勒公式; 辅助函数; 柯西施瓦茨; 凹凸性

在高等数学的学习过程当中，一个重点和难点就是不等式的证明，大多数学生在遇到不等式证明问题不知到如何下手，实际上在许多不等式问题都存在一题多解，针对不等式的证明，以考研试题为例，总结了几种证明不等式的方法，即中值定理法、辅助函数法、泰勒公

式法、函数的凹凸性法、柯西施瓦茨不等式。

1中值定理定理法

利用中值定理(罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理)的方法来证明不等式首先要熟记各个中值定理的应用条件，可将原不等式通过变形找到一个辅助函数，使其在所给区间上满足中值定理的条件，证明的关键是处理好ξ点，分析函数或其导数在该点的性质即可得到所要结论，在证明过程中也会出现反复应用同一定理或同时应用几个定理进行证明的情况。

例1设e4e2(b-a)。

解：对函数ln2x在[a,b]上应用拉格朗日中值定理，得ln2b-ln2a=2lnξξ(b-a)，a<ξ设φ(x)=lnxx，φ′(x)=1-lnxx2当x>e时，φ′(x)<0，所以φ(x)单调减少，从而φ(ξ)>φ(e2)，即lnξξ>lne2e2=2e2，故ln2b-ln2a>4e2(b-a)。

也可利用函数的单调性证明，可设φ(x)=ln2x-4e2x

例2设不恒为常数的函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，且f(a)=f(b)，证明在(a,b)内至少存在一点ξ，使得f′(ξ)>0。

解：因f(x)不恒为常数且f(a)≠f(b)，故至少存在一点c∈(a,b),使得f(c)≠f(a)=f(b)。

若f(c)>f(a)则在[a,c]上f(x)满足拉格朗日中值定理条件，因此至少存在一点ξ∈(a,c)(a,b)，使得f′(ξ)=1c-a[f(c)-f(a)]>0。

若f(c)

2利用辅助函数的单调性证明

辅助函数方法比较常用，其主要思想是将不等式通过等价变形，找到一个辅助函数，通过求导确定函数在所给区间上的单调性，即可证明出结论。常用的方法是，直接将不等号右端项移到不等号左端，另不等号右端为零，左端即为所求辅助函数。

例3试证：当x>0时，(x2-1)lnx≥(x-1)2。

解：设f(x)=(x2-1)lnx-(x-1)2，易知f(1)=0。

又f′(x)=2xlnx-x+2-1x，f′(1)=0, f′(x)=2lnx+1+1x2,f′(1)=2>0

f(x)=2(x2-1)x3可见，当00，因此有当00。又由f′(1)=0及f′(x)是单调增加的函数推知，当00，因此进一步有f(x)≥f(1)=0(00时，(x2-1)lnx≥(x-1)2。

文章来自：全刊杂志赏析网(qkzz.net) 原文地址：

例4设b>a>e， 证明ab>ba。

分析：要证ab>ba，只需证blna>alnb或lnaa>lnbb

解一：令f(x)=xlna-alnx(x≥a),因为f′(x)=lna-ax>1-ax≥0(x≥a)

所以f(x)在x≥a时单调增加。因此当bφa时，有f(b)>f(a)=0，即有blna>alnb，也即ab>ba 。

解二：令f(x)=lnxx,x>e,则有f′(x)=1-lnxx2<0(x>e)，因此f(x)单调减少，故当b>a>e时，有lnaa>lnbb即ab>ba。

3利用泰勒展开式证明

泰勒展开式的证明常用的是将函数f(x)在所给区间端点或一些特定点(如区间的中点，零点)进行展开，通过分析余项在ξ点的性质，而得出不等式。另外若余项在所给区间上不变号，也可将余项舍去而得到不等式。

例5设f(x)在[0，1]上具有二阶可导函数，且满足条件|f(x)|≤a,|f(x)|≤b,其中a,b都是非负常数，c是(0，1)内任意一点，证明|f′(x)|≤2a+b2 。

分析:已知f(x)二阶可导，应考虑用二阶泰勒展开式。本题涉及证明|f′(x)|≤2a+b2，应在特定点x=c处将f(x)按泰勒公式展开。

解： 对f(x)在x=c处用泰勒公式展开，得

f(x)=f(c)+f′(c)(x-c)+f′(ξ)2!(x-c)2(1)

其中ξ=c+θ(x-c),0<θ<1，在(1)式中令x=0，有

f(0)=f(c)+f′(c)(0-c)+f′(ξ)2!c2, 0<ξ1

在(1)式中令x=1，有f(1)=f(c)+f′(c)(1-c)+f′(ξ)2!c2, 0

上述两式相减得

f(1)-f(0)=f′(c)12! [f′(ξ2)(1-c)2-f′(ξ1)c2],于是

|f′(c)|=|f(1)-f(0)-12 [f′(ξ2)(1-c)2-f′(ξ1)c2]|

≤|f(1)|+|f(0)|+12|f′(ξ2)| (1-c)2+12 |f′(ξ1)|c2

≤2a+b2[(1-c)2+c2],又因当c∈(0,1)时，有

(1-c)2+c2≤1故 |f′(c)|≤2a+b2

因这里ξ与x有关，可将其记为ξ(x)，那么当令x分别取0和1时，对应的ξ可分别用ξ1和ξ2表示。

4柯西施瓦茨不等式

(〖jf(z〗baf(x)g(x)dx)2〖jf)〗≤〖jf(z〗baf2(x)dx〖jf)〗·〖jf(z〗bag2(x)dx〖jf)〗

柯西施瓦茨不等式是一个常用的不等式，在证明过程中我们可以直接利用常用不等式进行证明，即方便又快捷。

例6设f(x)在区间[a,b]上连续，且f(x)>0,证明〖jf(z〗baf(x)dx〖jf)〗·〖jf(z〗ba1f(x)dx≥(b-a)2 。〖jf)〗

证明：(〖jf(z〗baf(x)1f(x)dx)2〖jf)〗≤〖jf(z〗baf(x))2 dx〖jf)〗·〖jf(z〗ba(1f(x))2dx〖jf)〗

即得〖jf(z〗baf(x)dx〖jf)〗·〖jf(z〗ba1f(x)dx≥(b-a)2〖jf)〗

5利用函数图形的凹凸性进行证明

函数的凹凸性证明方法首要是找到辅助函数f(x)，利用函数f(x)在所给区间[a,b]的二阶导数确定函数的凹凸性。

f′(x)>0 函数为凹的,则 f(a)+f(b)>2f(a+b2);

f′(x)<0 函数为凸的,则 f(a)+f(b)<2f(a+b2)，从而证明出结论。

例7xlnx+ylny>(x+y)lnx+y2,(x>0,y>0,x≠y)

令 f(t)=tlnt(t>0), f′(t)=lnt+1, f′(t)=1t>0, 故 f(t)=tlnt在(x,y)或(y,x),x>0,y>0是凹的，于是

12[f(x)+f(y)]>f(x+y2)

即12[f(x)+f(y)]>x+y2ln x+y2

即xlnx+ylny>(x+y)lnx+y2

类似的如：证明 ex+ey2>ex+y2, (x≠y)。

文章来自：全刊杂志赏析网(qkzz.net) 原文地址：http://qkzz.net/article/16be7113-df3a-4524-a9c3-4ba707524e72_3.htm

第二篇：高二数学不等式的证明6

6.3 不等式的证明

(六)

教学要求：更进一步掌握不等式的性质，能熟练运用不等式的证明方法：比较法、综合法、分析法，还掌握其他方法：放缩法、判别式法、换元法等。

教学重点：熟练运用。

教学过程：

一、复习准备：

1.已知x≥4，求证：x1-

x2

解法：分析法，先移项再平方。 推广：求x1-x2的单调性、值域。 2. a、b∈R且a+b=1，求证：2a3+2b3≤4 (四种解法：估值配项;柯西不等式;均值不等式;分析法)

二、讲授新课： 1.教学典型习题：

①出示典型习题：(先不给出方法)

22 Ⅰ.放缩法证明：x、y、z∈R，求证：xxyy+y2yzz2>x+y+z

1x2x1 Ⅱ.用判别式法证明：已知x∈R，求证 ≤2≤3 (另解：拆分法)

3xx1 Ⅲ.用换元法证明： 已知a+b=4,求证：2≤a±ab+b≤6 ②先讨论用什么方法证明，再引导老师分析总结解题思路，学生试按思路练习：

Ⅰ.放缩法，左边>(x2222y2y)+(z)2=… 22x2x1 Ⅱ.判别式法，设2=k，再整理成一元二次方程，利用△≥0而求k范围。

xx1 Ⅲ.三角换元法，设a=2sinθ，b=2cosθ，再代入利用三角函数值域求证。 ③再讨论其它解法： Ⅲ小题，可由已知得到|ab|的范围，再得到待证式。 2.练习：①已知x、y∈R，3x+4y=12，求xy的最大值; ②求函数y=x+21的值域; (解法：分x-1>0、x-1<0两种情况;凑配法) x1③求函数y=4x+1622的最小值。 (解法：y=2(x+1)+2(x+1)+… (x21)2

三、巩固练习：1.设n>1且n∈N，求证：log(n1)(n+2)>log(n2)(n+3) 2.课堂作业：书P31

2、5题。

(作商比)

第三篇：数学归纳法证明不等式教案

§2.3用数学归纳法证明不等式

学习目标：1. 理解数学归纳法的定义、数学归纳法证明基本步骤;

2.重、难点：应用数学归纳法证明不等式.一、知识情景：

1. 关于正整数n的命题(相当于多米诺骨牌),我们可以采用下面方法来证明其正确性：

10.验证n取第一个值时命题成立( 即n=n时命题成立) (归纳奠基) ;

20. 假设当n=k时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立(归纳递推).30. 由

10、20知，对于一切n≥n的自然数n命题都成立!(结论)

要诀: 递推基础不可少,归纳假设要用到,结论写明莫忘掉.二、数学归纳法的应用：

例1. 用数学归纳法证明不等式sinn≤nsin.(nN)

证明：(1)当 n=1时，上式左边=│Sinθ│=右边，不等式成立。

(2)假设当n=k(k≥1)时命题成立，即有│Sin kθ│≤k│Sinθ│

当n=k+1时，│Sin (k+1)θ│=│Sin kθCosθ+Cos kθSin θ│

≤│Sin kθCosθ│+│Cos kθSin θ│

=│Sin kθ││Cosθ│+│Cos kθ││Sin θ│

≤│Sin kθ│+│Sin θ│≤k│Sinθ│+│Sin θ│=(k+1)│Sinθ│

所以当n=k+1时，不等式也成立。

由(1)(2)可知，不等式对一切正整数n均成立。

例2. 证明贝努力(Bernoulli)不等式:

已知xR,且x> 1，且x0，nN*，n≥2.求证：(1+x)n>1+nx.证明：(1)当n=2时，由x≠0得(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,不等式成立。

(2)假设n=k(k≥2)时，不等式成立，即有(1+x)k>1+kx

当n=k+1时，

(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+x+kx+ kx2>1+x+kx=1+(k+1)x 所以当n=k+1时，不等式成立

由(1)(2)可知，贝努力不等式成立。

例3 证明: 如果n(n为正整数)个正数a1,a2,,an的乘积a1a2an1,

那么它们的和a1a2an≥n.

三、当堂检测

1、(1)不等式2nn4对哪些正整数n成立?证明你的结论。

1(2)求满足不等式(1)nn的正整数n的范围。n

n2*22n(nN).

2、用数学归纳法证明

证明：(1) 当n=1时， 221，不等式成立; 当n=2时， 222，不等式成立;当n=3时， 223，不等式成立.

*nk(k3,kN)时不等式成立，即 2k2k2. (2)假设当

k1k222则当nk1时， 222(22)22k2(k1)k2k3， 1222

322kk3∵，∴2k3(k3)(k1)0，(*)

k1222k1222(k1)k2k3(k1)22(k1)从而， ∴. 即当nk1时，不等式

也成立. 由(1)，(2)可知，22n对一切nN都成立.

四、课堂小结

1.用数学归纳法证明，要完成两个步骤，这两个步骤是缺一不可的.但从证题的难易来分析，证明第二步是难点和关键，要充分利用归纳假设，做好命题从n=k到n=k+1的转化，这个转化要求在变化过程中结构不变.

2.用数学归纳法证明不等式是较困难的课题，除运用证明不等式的几种基本方法外，经常使用的方法就是放缩法，针对目标，合理放缩，从而达到目标.

n2*

第四篇：数学归纳法证明不等式的本质

成都外国语学校邓忠全

在近几年的高考中，有关不等式的综合证明题做为压轴题的非常多，其中相当一部分又是用数学归纳法证明的。但是，各种参考书或杂志在研究此类问题时，都只谈到与n有关的不等式可用数学归纳法证明，并落列了一些题解的过程，而没有深入探讨：数学归纳法证明不等式的本质是什么?什么时候能用或不能用数学归纳法证明不等式?又如何把一些不能用数学归纳法证明不等式的题，转化为能用数学归纳法证明?，本文拟针对上述三个问题，进行分析研究。

数学归纳法证明不等式的典型类型有两类，一类是与数列或数列求和有关的问题，另一类是函数迭代问题(本文不讨论)。凡是与数列或数列求和有关的问题都可统一表述成f(n)g(n)(nN)的形式或近似于上述形式。 这种形式的关键步骤是由nk时，命题成立推导nk1时，命题也成立。为了表示的方便，我们记左nf(k1)f(k)，右ng(k1)g(k)分别叫做左增量，右增量。那么，上述证明的步骤可表述为

f(k1)f(k)左kg(k)左kg(k)右kg(k1)

上述四步中，两个“=”和“<”都是显然成立的，(其中f(k)g(k)是由归纳假设而得)，而“≤”是否成立，就需要判断和证明了，既“左k右k”若成立，既可用数学归纳法证明;若不成立，则不能用数学归纳法证明。因此，可以这样说，数学归纳法证明不等式的本质是证明“左增量≤右增量”，而判断能否用数学归纳法证明不等式的标准就是看“左增量≤右增量”是否成立。 例1.06福建高考的最后一题的最后一问：

已知an2n1，求证：an1a1a2nn(nN) 23a2a3an12

本题要证后半节的关键是证

2k111 中k右k即证k2212

而此式显然成立，所以可以用数学归纳法证明。

而要证前半节的关键是证

12k11 左k中k即证k2221

而此式显然不成立，所以不能用数学归纳法证明。如果不进行判断就用数学归纳法证前半节，忙乎半天，只会徒劳。

有时，f(n)g(n)(nN)中f(n),g(n)是以乘积形式出现，

且f(n)0,g(n)0是显然成立的。此时，可记

左kf(k1)g(k1)，右k f(k)g(k)

分别叫做左增倍，右增倍。那么，用数学归结法证明由nk时，成立推导nk1成立，可表述为

f(k1)f(k)左kg(k)左kg(k)右kg(k1)

和前面所讲相似，上述四步中，两个“=”和“<”都显然成立，而“≤”是否成立，就需要判断和证明了，既“左k右k”若成立，既可用数学归纳法证明;若不成立，则不能用数学归纳法证明。因此，可以这样说，此时，数学归纳法证明不等式的本质是证“左增倍≤右增倍”，而判断能否用数学归纳法证明不等式的标准就是看“左增倍≤右增倍”是否成立。

例2.求证n22n(n5) (k1)2

本题中左k ， 右k2 k2

左k右k(k5)是显然成立的，所以可以用数学归纳法。

例3.06江西高考最后一题的最后一问可以转化为： 11111(1)(12)(13)(1n)(nN) 23333

1此题的左k1右k1k1 3求证：

左k右k不成立，不能用数学归纳法证明。

通过上述论述我们能清晰地知道哪时可用数学归纳法证明不等式，哪时不能用数学归纳法证明不等式，但我们还必须知道有些不能用数学归纳法证明的不等式，可以引入中间量改进为可用数学归纳法证明的不等式。下面先从理论上探讨。

命题：f(n)g(n)

若左k右k(左k右k)不成立时

可将命题f(n)g(n)改为

f(n)h(n)g(n)

其中左k中k(左k中k)成立，f(n)h(n)就可用数学归纳法证明，而h(n)g(n)很容易被其它方面证明，此时，改进就是成功的。

上述例3可改为证明

11111111123n(1)(12)(1n) 23333333

其中前半节用等比求和易证，而后半节可用数学归纳法证明。

第五篇：考研数学中的不等式证明

陈玉发

郑州职业技术学院基础教育处450121

摘要：在研究生入学考试中，中值定理是一项必考的内容，几乎每年都有与中值定理相关的证明题.不等式的证明就是其中一项.在不等式的证明中，利用函数的单调性，构造辅助函数是一种常用并且非常有效的方法.但是，有时这种方法非常繁琐.巧用中值定理可使一些不等式的证明简化.

关键词：考研数学不等式中值定理幂级数

(作者简介：陈玉发，男，汉族，出生于1969年5月工作单位：郑州职业技术学院，副教授，硕士，从事数学教育研究.邮编：450121)

微分中值定理是微积分学中的一个重要定理，在研究生入学考试中，几乎每年都会有与中值定理相关的证明题.不等式就是其中一项。下面就考研数学中的不等式证明谈一下中值定理的应用. 在不等式的证明中，利用函数的单调性，构造辅助函数是一种常用并且非常有效的方法.但是，有时这种方法非常繁琐.巧用中值定理可以使一些不等式的证明过程得到简化.下面就历年考研数学中的不等式证明题谈一下.

例1(1993年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷第六题)

(2)设bae，证明ab ba

xa对此不等式的证明，一般我们会想到构造辅助函数， f(x)ax，f(a)0，然后证明

在xa时，f(x)0.这个想法看似简单，而实际过程非常繁琐，有兴趣的读者可以试着证明一下.下面笔者给出几个简便的证明.

证：Ⅰ利用拉格朗日中值定理：abbabalogabbalnb lna

lnblna lna

lnblnalna baa

1lna，其中eablnabaa

1

1lna，其中eab. a

原命题得证.

证：Ⅱ 利用微分中值定理，

abeblnaalnb









blnb alnablnblna1 alnab1b1ln alnaab1b1(lnln1) alnaablnln1lna(微分中值定理) 1a

1

lna，(1b) a

原命题得证.

证明Ⅲ 利用幂级数展开：

设bax，原不等式等价于

aaxa (ax)aaaax(a)x

xa(1

而 xa)， a

ln2a2a1lnaxx2!xlnnanxn!，

xxa(a1)x2a(a1)(an1)xn(1)a1a()(). aa2!an!a

a(a1)(an1)n由于x0，ae，所以lna1，lna.通过比较以上两个级数可知原na

不等式成立.

对于不等式a(1

一下.

例2 (1992年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷第六题) xxa)的证明仍可以利用拉格朗日中值定理证明，有兴趣的读者可以自己证a

设f(x)0，f(0)0，证明对任何x10,x20，有f(x1x2)f(x1)f(x2). 证：不妨设x1x2，

f(x1x2)f(x1)f(x2)f(x1x2)f(x2)f(x1)

f(x1x2)f(x2)f(x1)f(0) (x1x2)(x2)x10

f(1)f(2)，x21x1x2，02x1x2，

显然21，而f(x)0，所以f(x)单调递减.原不等式得证.

例3 (1999年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷第六题)

论证：当x0时, (x21)lnx(x1)2 . (x21)lnx

证：(x1)lnx(x1)(x1)21 22

(x1)lnx1 x1

(x1)lnx(11)ln11，(柯西中值定理) x1

ln(1)

1，(介于1与x之间)

1ln0. 当1时，上式显然成立;当01时，我们可以证明，

命题得证.

例4(2004年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷第三题)

(15)设eabe2，证明lnblna

22224(ba). 2e4ln2bln2a4证：lnblna2(ba)2 e(ba)e

142ln2，(eabe2) e

1

ln2， 2e

因为eabe2，所以，

lnelne222. eee

所以，原不等式成立.

例5(2006年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题第(17)题)

证明：当0ab时， bsinb2cosbbasina2cosaa.

证：令f(x)xsinx2cosxx

bsinb2cosbbasina2cosaa

f(b)f(a) 0

f(b)f(a)0 ba

f()cossin0，0ab

令f(x)xcosxsinx，f()0，f(x)cosxxsinxcosxxsinx0，0axb，所以在(0,)内，f(x)单调减少，即f(x)0.

原命题得证.

例6(2010年全国硕士研究生入学统一考试数学(一)试卷第(17)题

(1)比较1

0lnt[ln(1t)]ndt与tnlnt的大小,说明理由。 01

解：因为lnt[ln(1t)]n

tnlnt[ln(1t)]n tn

[ln(1t)nln(1t)ln(10)n][](拉格朗日中值定理) tt0

()1，0t1， 1n



所以lnt[ln(1t)]tlnt。即nn1

0lntt)]dtn10tnlnt。

例7(2012年全国硕士研究生入学统一考试数学三试题第(18)题)

1xx2

cosx1，(1x1).证明：xln1x2

证：原不等式等价于：

x2

x[ln(1x)ln(1x)]1cosx 2

xx2

(仅当x0时取等号)x[ln(1x)ln(1x)]2sin222

[ln(1x)ln(1x)]1(当x0时) 2xxx2sin222

11111，(柯西中值定理，其中0x1)， sinx

21，0x1 2(sin)(1)x

因为(sin)(12)22x，所以不等式成立.

利用同样的方法可以证明当1x0时，不等式成立.

综上所述，原不等式成立.

xx例8 证明：当x0时，xe1xe.

证：当x0时，

ex1xxe1xe1e xxx

exe0

1ex，(利用柯西中值定理) x0

1eex，其中0x.

原不等式成立.

例9 证明：当0x

2时，sinxtanx2x.

证明：sinxtanx2xsinxtanx2 x

sinxtanx(sin0tan0)2 x0

cossec22(柯西中值定理)1

cossec22，

因为

cossec2所以，原不等式成立.

中值定理是证明不等式时常用的一个非常有效的工具.我们习惯于构造辅助函数，利用单调性来证明不等式.而函数的单调性还是通过拉格朗日中值定理进行证明的.因此，利用单调性证明不等式的基础还是微分中值定理.以上几例体现了中值定理在证明不等式时的效果.

2，