不等式证明方法研究-盘古文库

不等式证明方法研究（精选12篇）

不等式证明方法研究第1篇

关键词：不等式,多解,证明方法

0引言

不等式是数学分析和高等数学中的重要内容, 也是学生不易理解的内容。因此, 许多学者对不等式的证明进行了广泛研究, 王跃华等人对不等式证明方法进行了总结和探究[1], 曾静介绍了三种不等式证明方法[2], 李秀丽研究了不等式辅助函数构造法[3], 刘长剑等人针对一个不等式给出多种证明方法[4], 张瑞等人对定积分不等式证明方法进行了深入研究[5], 马晓东, 蒋婧珊给出利用条件极值构造曲线积分与曲面积分不等式方法[6]。本文对如何利用证明不等式的各种手段来证明不等式进行研究, 列举两个不等式证明问题, 并对每个问题给出多种证明方法, 使学生更好理解和掌握证明不等式方法的使用, 从而提高学生的创新能力和发散思维能力, 同时也为教师在不等式教学中提供了一些思想方法。

1预备知识

本节介绍一些证明不等式常用知识。

定理1.1[7]设f (x) 在区间I上可导, 则f (x) 在区间I上递增 (减) 的充要条件是:f′ (x) ≥0 (≤0)

定理1.2[7]设函数在区间I上可微, 若f′ (x) >0 (<0) , 则f (x) 在区间I上严格递增 (减)

定理1.3[7]若函数f满足如下条件:

(1) f在闭区间a, ≤b≤上连续;

(2) f在开区间 (a, b) 内连续,

则在 (a, b) 内至少存在一点ξ, 使得f (b) -f (a) =f′ (ξ) (b-a) 。

定理1.4[7]若函数f在a, ≤b≤上存在直到n阶连续导函数, 在 (a, b) 内存在 (n+1) 阶导函数, 则对任意给定x, x0∈[a, b], 在 (a, b) 内至少存在一点ξ, 使得:

定义1.1[7]设f为定义在区间I上的函数, 若对I上任意两点x1, x2和任意实数λ∈ (0, 1) 总有

则称f为I上的凸函数。

定理1.5[7]设f为区间I上的二阶可导函数, 则在I上f为凸 (凹) 函数的充要条件是

2不等式证明方法探讨

本节将利用上节知识, 对一些不等式证明问题给出各种证明方法。

证明:方法一:利用凸函数证明。

令f (x) =ex, 则f″ (x) =ex>0, 所以f (x) 是凸函数。由凸函数定义, 有

方法二:利用单调性证明

方法三:利用中值定理证明

不妨设a≤b, 若a=b, 则不等成立, 若a<b, 由于

方法四:利用泰勒公式证明

令f (x) =ex, 则f″ (x) =ex>0, 坌x∈R, 由泰勒公式, 当有

同理, 有

方法五:利用条件极值证明

方法六:利用积分证明

即

证明:欲证不等式等价于下面不等式

方法一:利用凸函数证明

令f (x) =xlnx, 则, 于是f (x) 在x>0上是凸函数, 由凸函数性质, 有

从而

即

方法二:利用单调性证明

不妨设0<a≤b≤c, 首先证明

方法三:利用泰勒公式证明

令f (x) =xlnx, 则, 从而泰勒公式有

即

方法四:利用中值定理证明

事实上,

方法五:利用条件极值证明

首先求求f (a, b, c) =alna+blnb+clnc在条件a+b+c=V下最值。即求g (a, b) =alna+blnb+ (V-a-b) ln (V-a-b) 的最值。

解方程组

得

即

参考文献

[1]王跃华, 王洁英.关于不等式几种证明方法的探究[J].沈阳大学学报, 2013, 25 (5) :428-430.

[2]曾静.不等式证明的三种方法[J].重庆工商大学学报, 2013, 30 (7) :16-18.

[3]李秀丽.不等式证明中辅助函数的构造[J].高师理科学刊, 2013, 33 (2) :39-46.

[4]刘长剑, 汤正谊.一个不等式证明[J].大学数学, 2012, 28 (6) :100-101.

[5]张瑞, 蒋珍.定积分不等式证明方法的研究[J].河南教育学院学报, 2011, 20 (2) :17-19.

[6]马晓东, 蒋婧珊.曲线积分和曲线积分不等式的构造与证明[J].渤海大学学报, 2014, 35 (1) :8-11.

不等式的证明方法第2篇

一、比较法：

ab等价于ab0；而ab0等价于a

b1.即a与b的比较转化为与0

或1的比较.使用比较发时，关键是要作适当的变形，如因式分解、拆项、加减项、通分等，这是第一章中许多代数不等式的证明及其他各章初等不等式的证明所常用的证明技巧.二、综合法与分析法：

综合法是由因导果，即是由已知条件和已知的不等式出发，推导出所要证明的不等式；分析法是执果索因，即是要逐步找出使结论成立的充分条件或者充要条件，最后归结为已知的不等式或已知条件.对于条件简单而结论复杂的不等式，往往要通过分析法或分析法与综合法交替使用来寻找证明的途径.还要注意：第一，要熟悉掌握第一章的基本不等式和后面各章中著名的各种不等式；第二，要善于利用题中的隐含条件；第三，不等式的各种变性技巧.三、反证法：

正难则反.设所要证的不等式不成立，从原不等式的结论的反面出发，通过合理的逻辑推理导出矛盾，从而断定所要证的不等式成立.要注意对所有可能的反面结果都要逐一进行讨论.四、放缩法：

要证ab，又已知(或易证)ac，则只要证cb，这是利用不等式的传递性，将原不等式里的某些项适当的放大或缩小，或舍去若干项等以达证题目的.放缩法的方法有： ①添加或舍去一些项，如：a21a；n(n1)n；

②将分子或分母放大（或缩小）；

③利用基本不等式，如：

log3lg5（n(n1)lg3lg522)2lglglg4； n(n1)；

④利用常用结论：

k1k

1k1

1k

11k1k



12k

1k；

1k(k1)

1k1



1k(k1)1k；



（程度大）



1



(k1)(k1)



2k1

（)；（程度小）

五、换元法：

换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题化难为易，化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元.如：

已知x2y2a2，可设xacos,yasin；

已知x2y21，可设xrcos,yrsin(0r1)；已知

xaxa

2

ybyb

1，可设xacos,ybsin；

已知



1，可设xasec,ybtan；

六、数学归纳法法：

与自然数n有关的许多不等式，可考虑用数学归纳法证明，数学归纳法法证明不等式在数学归纳法中有专门的研究.但运用数学归纳法时要注意：

第一，数学归纳法有多种形式.李大元就证明了下述七种等价的形式：设P(n)是与n有关的命题，则

(1)、设P(n0)成立，且对于任意的kn0，从P(k)成立可推出P(k1)成立，则P(n)对所有大于n0的n都成立.(2)、设m是任给的自然数，若P(1)成立，且从P(k)(1km)成立可推出

P(k1)成立，则P(n)对所有不超过m的n都成立.(3)、(反向归纳法)设有无穷多个自然数n(例如n2m)，使得P(n)成立，且从P(k1)成立可推出P(k)成立，则P(n)对所有n成立.(4)、若P(且P(n)对所有满足1nk的n成立可推出P(k1)成立，1)成立，则P(n)对所有n成立.(5)、(最小数原理)自然数集的非空子集中必有一个最小数.(6)、若P)且若P(k),P(k1)成立可推出P(k2)成立，则P(n)1(,P(2)成立，对所有n成立.(7)、(无穷递降法)若P(n)对某个n成立可推出存在n1n，使得P(n1)成立，则P(n)对所有n成立.此外，还有螺旋归纳法(又叫翘翘板归纳法)：设有两个命题P(n),Q(n)，若

P(1)

成立，又从P(k)成立可推出Q(k)成立，并且从Q(k)成立可推出P(k1)成立，其中k为任给自然数，则P(n),Q(n)对所有n都成立，它可以推广到两个以上的命题.这些形式虽然等价，但在不同情形中使用各有方便之处.在使用它们时，若能注意运用变形和放缩等技巧，往往可收到化难为易的奇效.对于有些不等式与两个独立的自然数m,n有关，可考虑用二重数学归纳法，即若要证命题P(m,n)对所有m,n成立，可分两步：①先证P(1,n),P(m,1)对所有m,n成立；②设P(m1,n),P(m,n1)成立，证明P(m1,n1)也成立.第二，数学归纳法与其它方法的综合运用，例如，证明



k

11k

sinkx0,(0x)

就要综合运用数学归纳法，反证法与极值法；有时可将n换成连续量x，用微分法或积分法.第三，并不是所有含n的不等式都能用数学归纳法证明的.七、构造法：

通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式；证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法．要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．笔者将在第三章中详细地介绍构造法.八、利用基本不等式：

善于利用已知不等式，特别是基本不等式去发现和证明新的不等式，是广泛应用的基本技巧.这种方法往往要与其它方法结合一起运用.22

例1 已知a，bR，且ab1.求证：a2b2

252

.证法一：(比较法)a,bR,ab1

b1a

a2b2

252

ab4(ab)

122(a

12)0

a(1a)4

2a2a

即a22b22

证法二：(分析法)

252

(当且仅当ab时，取等号).a22B2

252

ab4(ab)8

252

b1a

225122

(a)0a(1a)4822

显然成立，所以原不等式成立.点评：分析法是基本的数学方法，使用时，要保证“后一步”是“前一步”的充分条件.证法三：(综合法)由上分析法逆推获证(略).证法四：(反证法)

假设(a2)2(b2)2

252，则 a2b24(ab)8

252

.由ab1，得b1a，于是有a2(1a)212

1

所以(a)0，这与a0矛盾.22

.所以a2b2

252

.证法五：(放缩法)

∵ab1

∴左边＝a2b2

a2b221252ab4

222

＝右

边.点评：根据不等式左边是平方和及ab1这个特点，选用基本不等式

ab

ab2.2

证法六：(均值换元法)

∵ab1，所以可设a

12t，b

t，1

∴左边＝a2b2(t2)2(t2)2

5525252

＝右边.tt2t

2222

当且仅当t0时，等号成立.点评：形如ab1结构式的条件，一般可以采用均值换元.证法七：(利用一元二次方程根的判别式法)

设ya2b2，由ab1，有y(a2)2(3a)22a22a13，所以2a22a13y0，因为aR，所以442(13y)0，即y故a2b2

252

.252

.下面，笔者将运用数学归纳法证明第一章中的AG不等式.在证明之前，笔者先来证明一个引理.引理：设A0，B0，则(A+B)nAn+nA(n-1)B，其中nN.证明：由二项式定理可知

(A+B)=AniBiAn+nA(n-1)B

i0



(A+B)A+nA

nn(n-1)

不等式证明方法学法指要第3篇

一、方法选择应当灵活多变

拿到此题后，有同学不假思索地给出如下解法：

由算术几何平均不等式3abc≤a+b+c3，可得abc≤a+b+c33=43=64，等号当且仅当a=b=c=4时取得，所以abc的最大值为64.

过程如此简单？仔细一看，发现条件“ab+bc+ca=45”未用到，它是多余的吗？先别妄下结论，将结果代入验证一下吧！

将a=b=c=4代入题设条件“ab+bc+ca=45”中，得左边=48≠45=右边，这说明64不是最大值，上述解法出错了.

还有的同学将问题转化为求函数f（a）=a3-12a2+45a的最大值问题，此时运用导数知识不难求得结果. 请同学们尝试完成.

本题真的不能用不等式的知识求解吗？答案是否定的. 下给出一妙法，供参考.

由a+b+c=12，得a+c=12-b，代入ab+bc+ca=45的变形式b（a+c）+ca=45，得b（12-b）+ca=45，即ca=b2-12b+45．

又ca≤c+a22=12-b22，所以b2-12b+45≤12-b22，即b2-8b+12≤0． 解得2≤b≤6，于是abc=（b2-12b+45）b=（b-3）2（b-6）+54≤54．

不难得到，当a=3，b=6，c=3，或a=6，b=3，c=3，或a=3，b=3，c=6时，abc取得最大值54. 

这个解法妙在把三个变量的问题转化为一个变量的问题求解. 三个变量的函数最值问题同学们可能都比较陌生，而一个变量的函数最值问题大家就比较熟悉了. 这体现了函数思想与转化化归思想的巨大作用.

上述解法中，基本不等式起了重要作用，它是求解最值问题的重要工具，但不是万能的工具，函数思想与转化化归思想才是贯穿整个解题始终的一根“红线”. 有了这根“红线”，问题才得以顺利解决；而有了这根“红线”，我们解题将有法可依，有规可循.

评

注

不论用什么方法证明不等式，都应当注意解题的规范化，证明过程中的每一步都要合乎逻辑，这是很重要的.

不等式的证明问题，由于题目多变、方法多样、技巧性强，加上无固定的规律可循，往往不是用一种方法就能解决的，它是多种方法的灵活运用，也是各种思想方法的集中体现，因此难度较大. 解决问题的途径在于熟练掌握不等式的性质和一些基本不等式，灵活运用常用的证明方法，“多练，多思，多悟”，平时学习不要钻牛角尖，不要在过难问题上耗时过多，以提高学习的效率.

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.

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

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

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

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

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

南通大学毕业论文

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

南通大学毕业论文

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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参考文献

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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:mf (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》。

探析不等式证明的高等数学方法第9篇

一、高等数学方法在不等式证明中的实际应用

( 一) 利用函数的单调性解决不等式证明的问题

利用函数导数的单调性来证明不等式是一种较为常见的高等数学方法,这种方法运用起来简单而有效,其关键点就在对函数求导,需要注意的是在证明常数不等式的时候要将常数不等式转换为函数不等式再进行求导.

例1证明: 当x不等于0时,不等式ex> 1 + x成立

证明: 先将不等式ex> 1 + x转变为ex- 1 - x > 0,设等式左边为F( x) = ex- 1 - x,对F ( x ) 求导可得F'( x) = ex- 1,

当 x = 0 时,F( 0) = e0- 1 = 0,

当x > 0时,F'( x) > 0,故F( x) 为递增函数,即F( x) > F( 0) = 0,所以ex- 1 - x > 0成立,

当x < 0时,F'( x) < 0,故F( x) 为递减函数,即F( x) > F( 0) = 0,所以ex- 1 - x > 0成立,

所以,当x不等于0时,不等式ex> 1 + x成立.

(二)利用泰勒公式解决不等式证明的问题

从泰勒定理来看,利用泰勒公式来证明不等式成立的方法适用于不等式中存在函数F( x) 的二阶或二阶以上可导且x有界的情况,其关键点就在于展开函数时对未知数x的特殊值的选取,同样需要注意的是在证明常数不等式的时候要将常数不等式转换为函数不等式再进行证明.

例2设F( x) 在[0,1]上的二阶导数连续,F( 0) = F( 1) = 0,且当0 < x < 1时,| F″( x) | ≤A. 试证明: 当0 < x < 1时,| F″( x) | ≤A/2.

证明因为F( x) 在闭区间[0,1]上存在二阶连续导数,

所以,对F( x) 做一阶泰勒公式展开F( x) = F( x0) + F'( x0) ( x - x0) + F″( § ) ( x - x0)2/2!1式,其中x ≤ § ≤x0,

取特殊值x = 0,x0= x时,F ( 0 ) = F ( x) + F' ( x) ( 0 x) + F″( § ) ( 0 - x)2/2!2式,其中0≤ § ≤x≤1,

且0≤x≤1,2x2- 2x + 1≤1,所以| F″( x) | ≤A /2成立.

(三)利用微分中值定理解决不等式证明的问题

费马定理、柯西中值定理、罗尔定理和拉格朗日中值定理都属于微分中值定理,其中我们用得最多的是柯西中值定理和拉格朗日中值定理. 利用微分中值定理来解决不等式证明的方法适应于不等式在经过变形,其结构相似于微分中值公式的情况,其关键点在于辅助函数的构建.

证明设F( x) = ln( 1 + x) ,

二、结束语

从一题看不等式的证明方法第10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:

关于两个不等式证明的研究性学习第11篇

下面是笔者开设《不等式选讲（选修4-5）》的一节研究性学习课，课堂上一波三折，笔者在惊叹数学精美之余，也惊叹数学课堂的精彩.

参考文献

[1] Pham Kim Hung. 不等式的秘密（第一卷）[M]. 哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2012.

[2] 安振平. 三十个有趣的不等式问题[J]. 中学数学教学参考，2011（11）.

[3]安振平. 2007 年全国中学数学教师解题基本功技能大赛[J]. 中学数学教学参考，2007.

高中数学选修课程是为希望提高数学素养的学生而设置的，其中所涉及的内容反映了某些重要的数学思想和数学方法，有助于学生进一步打好数学基础，拓展数学视野，提升数学能力，支持这部分学生的后继学习. 浙江省高中课程中的《IB选修模块》是为考“第一批本科院校”的学生而专门设计的，实际上选学数学IB模块的学生数学基础都比较好，因而数学IB模块也是开展研究性学习的好素材.

下面是笔者开设《不等式选讲（选修4-5）》的一节研究性学习课，课堂上一波三折，笔者在惊叹数学精美之余，也惊叹数学课堂的精彩.

参考文献

[1] Pham Kim Hung. 不等式的秘密（第一卷）[M]. 哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2012.

[2] 安振平. 三十个有趣的不等式问题[J]. 中学数学教学参考，2011（11）.

[3]安振平. 2007 年全国中学数学教师解题基本功技能大赛[J]. 中学数学教学参考，2007.

下面是笔者开设《不等式选讲（选修4-5）》的一节研究性学习课，课堂上一波三折，笔者在惊叹数学精美之余，也惊叹数学课堂的精彩.

参考文献

[1] Pham Kim Hung. 不等式的秘密（第一卷）[M]. 哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2012.

[2] 安振平. 三十个有趣的不等式问题[J]. 中学数学教学参考，2011（11）.

从数学解题谈谈不等式的证明方法第12篇

通过对不等式的一边进行添项或减项以达到解题目的, 这是常规思路.

例1 设a, b为不相等的两正数, 且a3-b3=a2-b2, 求证: $1 < a + b < \frac{4}{3} .$

证明由题设, 得a2+ab+b2=a+b.

于是 (a+b) 2>a2+ab+b2=a+b.

又 a+b>0, 得a+b>1.

又 $a b < \frac{1}{4} (a + b)^{2}$ ,

而 $(a + b)^{2} = a + b + a b < a + b + \frac{1}{4} (a + b)^{2}$ ,

即 $\frac{3}{4} (a + b)^{2} < a + b ‚ ∴ a + b < \frac{4}{3} .$

故有 $1 < a + b < \frac{4}{3} .$

二、分式放缩

一个分式, 若分子变大则分式值变大, 若分母变大则分式值变小;一个真分式, 分子、分母同时加上同一个正数则分式值变大.利用这些性质, 可达到证题目的.

例2 已知a, b, c为三角形的三边, 求证: $1 < \frac{a}{b + c} + \frac{b}{a + c} + \frac{c}{a + b} < 2 .$

证明由于a, b, c为正数,

又 a, b, c为三角形的边, 故b+c>a.则 $\frac{a}{b + c}$ 为真分数, 则

$\frac{a}{b + c} < \frac{2 a}{a + b + c}$ , 同理 $\frac{b}{a + c} < \frac{2 b}{a + b + c} ‚ \frac{c}{a + b} < \frac{2 c}{a + b + c}$ ,

故 $\frac{a}{b + c} + \frac{b}{a + c} + \frac{c}{a + b} < \frac{2 a}{a + b + c} + \frac{2 b}{a + b + c} + \frac{2 c}{a + b + c} = 2 .$

综合得 $1 < \frac{a}{b + c} + \frac{b}{a + c} + \frac{c}{a + b} < 2 .$

三、裂项放缩

若欲证不等式含有与自然数n有关的n项和, 可采用数列中裂项求和等方法来解题.

例3 已知n∈N*, 证明: $1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} < 2 \sqrt{n} .$

则 $1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} < 1 + 2 (\sqrt{2} - 1) + 2 (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + \dots + 2 (\sqrt{n} - \sqrt{n - 1}) = 2 \sqrt{n} - 1 < 2 \sqrt{n}$ .证毕.

四、公式放缩

利用已知的公式或恒不等式, 把欲证不等式变形后再放缩, 可获简解.

例4 已知函数 $f (x) = \frac{2^{x} - 1}{2^{x} + 1}$ , 证明:对于n∈N*且n≥3都有 $f (n) > \frac{n}{n + 1} .$

证明由题意知 $f (n) - \frac{n}{n + 1} = \frac{2^{n} - 1}{2^{n} + 1} - \frac{n}{n + 1} = (1 - \frac{2}{2^{n} + 1}) - (1 - \frac{1}{n + 1}) = \frac{1}{n + 1} - \frac{2}{2^{n} + 1} = \frac{2^{n} - (2 n + 1)}{(n + 1) (2^{n} + 1)} .$

又 ∵n∈N*且n≥3, ∴只需证2n>2n+1.

$\begin{array}{l} 又 ∵ 2^{n} = (1 + 1)^{n} = C_{n}^{0} + C_{n}^{1} + C_{n}^{2} + \dots + C_{n}^{n - 1} + C_{n}^{n} \\ = 1 + n + \frac{n (n - 1)}{2} + \dots + n + 1 > 2 n + 1 ‚ \\ ∴ f (n) > \frac{n}{n + 1} . \end{array}$

五、换元放缩

对于不等式的某个部分进行换元, 可显露问题的本质, 然后随机进行放缩, 可达解题目的.

例5 已知a>b>c, 求证: $\frac{1}{a - b} + \frac{1}{b - c} + \frac{1}{c - a} > 0 .$

证明 ∵a>b>c, ∴可设a=c+t, b=c+u (t>u>0) ,

∴t-u>0.

则 $\frac{1}{a - b} + \frac{1}{b - c} + \frac{1}{c - a} = \frac{1}{t - u} + \frac{1}{u} - \frac{1}{t} > \frac{1}{u} - \frac{1}{t} = \frac{t - u}{t u} > 0$ ,

即 $\frac{1}{a - b} + \frac{1}{b - c} + \frac{1}{c - a} > 0 .$

六、单调函数放缩

根据题目特征, 通过构造特殊的单调函数, 利用其单调性质进行放缩求解.

例6 已知a, b∈R, 求证: $\frac{| a + b |}{1 + | a + b |} \frac{| a |}{1 + | a |} + \frac{| b |}{1 + | b |} .$

证明构造函数 $f (x) = \frac{x}{1 + x} (x \geq 0)$ , 首先判断其单调性, 设

$\begin{array}{l} 0 x_{1} < x_{2} . \\ ∵ f (x_{1}) - f (x_{2}) = \frac{x_{1}}{1 + x_{1}} - \frac{x_{2}}{1 + x_{2}} = \frac{x_{1} - x_{2}}{(1 + x_{1}) (1 + x_{2})} < 0 ‚ \\ ∴ f (x_{1}) < f (x_{2}) ‚ ∴ f (x) \end{array}$

在[0, +∞) 上是增函数, 取x1=|a+b|, x2=|a|+|b|, 显然满足0x1x2.

∴f (|a+b|) f (|a|+|b|) ,

即 $\frac{| a + b |}{1 + | a + b |} \frac{| a | + | b |}{1 + | a | + | b |} = \frac{| a |}{1 + | a | + | b |} + \frac{| b |}{1 + | a | + | b |} \frac{| a |}{1 + | a |} + \frac{| b |}{1 + | b |}$ .证毕.

七、构造局部不等式

例7 若a, b∈R*, a+b=2, 求证: $\sqrt{2 a + 1} + \sqrt{2 b + 1} 2 \sqrt{3} .$

分析由a, b在题目中的对称性可知, 只有当a=b=1, 即2a+1=3时, 等号才能成立, 所以可构造局部不等式.

证明

同理,

摘要：不等式的证明是数学解题中的一种重要思想.本文笔者将就数学解题的角度来谈谈不等式的几种证明方法.

不等式证明方法研究

不等式证明方法研究第1篇

不等式的证明方法第2篇

不等式证明方法学法指要第3篇

证明不等式的常用方法第4篇

积分不等式的证明方法第5篇

浅析证明不等式的几种方法第6篇

利用导数证明不等式的常用方法第7篇

高等数学中不等式证明的方法第8篇

探析不等式证明的高等数学方法第9篇

从一题看不等式的证明方法第10篇

关于两个不等式证明的研究性学习第11篇

从数学解题谈谈不等式的证明方法第12篇

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