一个经典不等式的多种证明方法

一个经典不等式的多种证明方法（通用6篇）

一个经典不等式的多种证明方法篇1

12n1

在高考数学试卷中，各省的压轴大题很多都是数列与不等式的结合。下面我们就来就一个高考试卷中经常出现的不等式做出讨论。

证明：1

(1

我们先来看看这个不等式的左边到底是什么情况，不等式的左边

2n11)

2(21n)

2n11)(1n)

n1n221n

34

n

换句话说证明11

等价于22证

明

n1n2

21n

n2

既然如此我们就从这两个方面着手来解决这个问题。

方法1：我们看到n1

21n可以想到常用的一个关于对数函数的不等式我们

ln（1)想给出这个不等式



既然我们要证明

21n我们可以用这个不等式的前半段n1ln(1n)来

解决问题。ln(1)ln(12n

n2

我们将这n个不等式叠加起来可以不难得到，n1

21nln(11n)

ln(12n)ln(1n)ln2，因此不等式得证。

ln20.6930.707故ln2

这个证明方法就是记得要我们记得常见的不等式n1

ln(1)nn及其相关应

用。

方法2（裂项法）：裂项法是证明不等式的非常有效的方法，下面我们就用这个方法。1

4



n2

11212

34



n(2n1，下面我)2

们来研究一下该如何裂项。我们考虑通项(2n1)2n，易知

(2n1)2n

(2n)，这样的话我们可以对(2n)(2n)(2n)进行裂项

(2n)(2n)从

第二

()，这样就可以前后相消了，下面我们

22n2n

项开始放

3缩

可得：

而2

(2n1()24

25，1)2n

故不等式得证。

50.7

注：处理(2n11)这个式子还有其他的方法。我现在简单的，所以我们很容易可以得到以下结果

(2n2)1(2n1)(2n1))

4

1，4n4

阐述一下，因为

1111

(2n1(22312341)2n

(3224



(2n21)21)2

我们就将这个和处理到位了，如果要得到题目中的不等式的结果，那么就不能只保留

第一项，从第二项开始放缩。那么就应该多保留几项然后从后面开始放缩，这样就可以得到想要的结果。

方法3（柯西不等式）：利用柯西不等式可以得到以下结果

(

2n)

(n12)

n（22)



1)(n(2)

1

1则)

((n21)(n2)2(21)(11n)2

(21)n)2

1)

n((n21)(n2)2

n(n(n1)(n1)(n2)1

(2n1)(2

n))

(故21n)，故不等式得证。

这个方法看似巧妙但是这是建立在对柯西不等式有一定了解的基础上的，但是对与于高考压轴题，柯西不等式确实是解决不等式的重要手段。希望广大的考生好好培养对于柯西不等式的认识。希望文章对大家有帮助！

一个经典不等式的多种证明方法篇2

题目:已知a, b, c∈R, 且|a|<1, |b|<1, |c|<1, 求证:ab+bc+ca>-1.

即1+ab>|a+b|, ∴1+ab+bc+ca>|a+b|+bc+ca=|a+b|+c (a+b) .

根据a+b的符号分两种情况进行讨论:

(1) 若a+b≥0, |a+b|+c (a+b) = (a+b) (1+c) ≥0;

(2) 若a+b<0, |a+b|+c (a+b) = (a+b) (c-1) >0.

∴1+ab+bc+ca>0在两种情况下都成立, 得证.

证法2:由已知|a|<1, |b|<1, 有 |ab|<1, 即-1<ab<1, 根据a, b, c的符号分三种情况进行讨论:

(1) 若a, b, c中至少有一个为0 (只证明有一个为0的情况) , 不妨令c=0, 则ab+bc+ca+1=ab+1>0, 成立;

(2) 若a, b, c同为正或同为负, 显然成立;

(3) 若a, b, c中两正一负或两负一正, 不妨令a>0, b>0, c<0, ab+bc+ca+1=ab+ (a+b) c+1>ab- (a+b) +1= (1-a) (1-b) >0, 仍然成立, 得证.

证法3:根据所证不等式的对称性, 构造一次函数f (x) = (b+c) x+bc+1, x∈ (-1, 1) , 且f (-1) =- (b+c) +bc+1= (1-b) (1-c) >0, f (1) = (b+c) +bc+1= (1+b) (1+c) >0.

∴在区间 (-1, 1) 上恒有f (x) >0, 又∵|a|<1,

∴f (a) >0, ∴ (b+c) a+bc+1>0,

即ab+bc+ca>-1.

证法4:根据所证不等式的对称性, 不妨设|a|≥|b|≥|c|, 构造二次函数

f (x) =x2- (b+c) x+bc= (x-b) (x-c) , 不难看出方程f (x) =0的根都在 (-|a|, |a|) 内,

∴f (-a) >0, ∴f (-a) =a2+ (b+c) a+bc>0,

即 (b+c) a+bc>-a2>-1.

证法5:构造三次函数f (x) =x3+kx2+px+q, 设a, b, c是三次方程f (x) =0的三个实根, 由韦达定理知ab+bc+ca=p (高考不作要求) , 再由f-1 (x) =3x2+2kx+p研究原函数的单调性, 得f (1) >0且f (-1) <0, 将两式左右对应相减即得证.

评注:在不等式的问题中, 常根据不等式的结构特征, 构造辅助函数, 转化为由辅助函数的性质或函数与方程的关系来研究不等式, 这种函数与方程思想是证明不等式的重要方法.

证法6: 构造向量m= (a, b, c) , n= (b, c, a) , 则

ab+bc+ca=m·n=|m||n|cos (m, n) = (a2+b2+c2) cos (m, n) , 要证明ab+bc+ca>-1, 只须证明ab+bc+ca的最小值大于-1即可, 亦即证明当cos (m, n) <0的情况下不等式成立, 根据空间直角坐标的位置关系, m与n所成角要为钝角, 其只能在以下两种情况中产生: (1) a, b, c中一个为0, 一正一负; (2) a, b, c中两个同号一个异号. (1) 显然成立; (2) 不妨设a, b同号, c异号, 由 (1-|a|) (1-|b|) >0有1+|ab|>|a|+|b|>|c| (|a|+|b|) =-ac-bc, 而1+ab=1+|ab|, 得证.

证法7: 巧用不等式转化, 由已知可得 (1-a) (1-b) (1-c) >0, (1+a) (1+b) (1+c) >0, 将两式左右对应相加即得证.

积分不等式的证明方法篇3

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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参考文献

[1]王宇,代翠玲,江宜华．一个重要积分不等式的证明、推广及应用[J]．荆州师范学院学报(自然科学版),2000,23(5)：106 [2] 张盈．Cauchy-Schwarz不等式的证明、推广及应用[J]．高师理科学刊,2014,34(3):34-37 [3] 黄群宾．积分不等式的证明[J]．川北教育学院学报,1996,6(4):22-27 [4] 李志飞．积分不等式的证明[J]．高等数学研究,2014,17(6)：50-51 [5]郝涌,王娜,王霞,郭淑利．数学分析选讲[M]．北京：国防工业出版社,2014 [6]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(自然科学版),2011,20(2)：18 [7]林忠．一个积分不等式的几种证明方法[J]．成都教育学院学报,2006,20(12)：66 [8]刘法贵．证明积分不等式的几种方法[J]．高等数学研究,2008,11(1):122 [9] 苏德矿,李铮,铁军．数学强化复习全书[M]．北京：中国证法大学出版社,2015 [10] 李小平,赵旭波．定积分不等式几种典型证法[J]．高等数学研究,2009,12(6):13-17 [11] 黄云美．重积分在积分不等式证明中的应用[J]．杨凌职业技术学院学报,2014,13(3):27-33 [12] 葛亚平．积分不等式证明的再认识[J]．河南教育学院学报(自然科学版),2015,24(3):18-20 [13] 王丽颖,张芳,吴树良．积分不等式的证法[J]．白城师范学院学报,2007,21(3): 19-22

高等数学中不等式的证明方法篇4

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。

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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)。

证明不等式方法篇5

比较法是证明不等式的最基本方法，具体有“作差”比较和“作商”比较两种。基本思想是把难于比较的式子变成其差与0比较大小或其商与1比较大小。当求证的不等式两端是分项式（或分式）时，常用作差比较，当求证的不等式两端是乘积形式（或幂指数式时常用作商比较）

例1已知a+b≥0，求证：a3+b3≥a2b+ab

2分析：由题目观察知用“作差”比较，然后提取公因式，结合a+b≥0来说明作差后的正或负，从而达到证明不等式的目的，步骤是10作差20变形整理30判断差式的正负。

∵（a3+b3)(a2b+ab2)

=a2(a-b)-b2(a-b)

=(a-b)(a2-b2)

证明： =(a-b)2(a+b)

又∵(a-b)2≥0a+b≥0

∴(a-b)2(a+b)≥0

即a3+b3≥a2b+ab2

例2 设a、b∈R+，且a≠b，求证：aabb＞abba

分析：由求证的不等式可知，a、b具有轮换对称性，因此可在设a＞b＞0的前提下用作商比较法，作商后同“1”比较大小，从而达到证明目的，步骤是：10作商20商形整理30判断为与1的大小

证明：由a、b的对称性，不妨解a＞b＞0则

aabbabba=aa-bbb-a=(ab)a-b

∵ab0，∴ab1，a-b0

∴(ab)a-b(ab)0=1即aabbabba＞1，又abba＞0∴aabb＞abba

练习1 已知a、b∈R+，n∈N，求证（a+b）（an+bn）≤2（an+1+bn+1）2基本不等式法

利用基本不等式及其变式证明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及变形有：

（1）若a、b∈R，则a2+b2≥2ab（当且仅当a=b时，取等号）

（2）若a、b∈R+，则a+b≥ 2ab（当且仅当a=b时，取等号）

（3）若a、b同号，则 ba+ab≥2（当且仅当a=b时，取等号）

例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1则a1-b2+b1-a2≤

1分析：通过观察可直接套用： xy≤x2+y2

2证明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1

∴b1-a2+a1-b2≤1，当且仅当a1+b2=1时，等号成立

练习2：若 ab0，证明a+1(a-b)b≥

33综合法

综合法就是从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式性质推算出要证明不等式。

例4，设a0，b0，a+b=1，证明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252

证明：∵ a0，b0，a+b=1

∴ab≤14或1ab≥

4左边=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+［(a+b)2-2ab］+(a+b)2-2aba2b2

=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252

练习3：已知a、b、c为正数，n是正整数，且f(n)=1gan+bn+cn

3求证：2f（n）≤f（2n）

4分析法

从理论入手，寻找命题成立的充分条件，一直到这个条件是可以证明或已经证明的不等式时，便可推出原不等式成立，这种方法称为分析法。

例5：已知a0，b0，2ca+b，求证：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

分析：观察求证式为一个连锁不等式，不易用比较法，又据观察求证式等价于｜a-c｜＜c2-ab也不适用基本不等式法，用分析法较合适。

要证c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

只需证-c2-ab＜a-c＜c2-ab

证明：即证｜a-c｜＜c2-ab

即证(a-c)2＜c2-ab

即证 a2-2ac＜-ab

∵a＞0，∴即要证 a-2c＜-b 即需证2+b＜2c，即为已知

∴ 不等式成立

练习4：已知a∈R且a≠1，求证：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）

25放缩法

放缩法是在证明不等式时，把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明不等式，是证明不等式的重要方法，技巧性较强常用技巧有：（1）舍去一些正项（或负项），（2）在和或积中换大（或换小）某些项，（3）扩大（或缩小）分式的分子（或分母）等。

例6：已知a、b、c、d都是正数

求证： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2分析：观察式子特点，若将4个分式商为同分母，问题可解决，要商同分母除通分外，还可用放缩法，但通分太麻烦，故用放编法。

证明：∵ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＞

ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d=a+b+c+da+b+c+d=

1又由ab＜a+mb+m(0＜a＜b，m＞0)可得：ba+b+c＜b+da+b+c+dcb+c+d＜c+aa+b+c+ddc+d+a＜d+bc+d+a+dad+a+b＜a+ca+b+c+d

∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

b+da+b+c+d+c+aa+b+c+d+d+bc+d+a+d+a+ca+b+c+d=2(a+b+c+c)a+b+c+d=2

综上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2

练习5：已知：a＜2，求证：loga(a+1)＜1

6换元法

换元法是许多实际问题解决中可以起到化难为易，化繁为简的作用，有些问题直接证明较为困难，若通过换元的思想与方法去解就很方便，常用于条件不等式的证明，常见的是三角换元。

(1)三角换元：

是一种常用的换元方法，在解代数问题时，使用适当的三角函数进行换元，把代数问题转化成三角问题，充分利用三角函数的性质去解决问题。

例

7、若x、y∈R+,且 x-y=1 A=(x-1y)(y+1y)。1x，求证0＜A＜

1证明： ∵x，y∈R+，且x-y=1，x=secθ，y=tanθ，（0＜θ＜xy）

∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ

=1-cos2θcosθ·s2m2θ+cos2θcosθ·s2mθ·cos2θ

=sinθ

∵0＜θ＜x2，∴ 0＜s2mθ ＜1因此0＜A＜1

复习6：已知1≤x2+y2≤2，求证：12 ≤x2-xy+y2≤

3(2)比值换元：

对于在已知条件中含有若干个等比式的问题，往往可先设一个辅助未知数表示这个比值，然后代入求证式，即可。

例8：已知 x-1=y+12=z-23，求证：x2+y2+z2≥431

4证明：设x-1=y+12=z-23=k

于是x=k+1，y=zk-1，z=3k+

2把上式代入x2+y2+z2=(k+1)2(2k-1)2+(3k+2)2

=14(k+514)2+4314≥4314

7反证法

有些不等式从正面证如果不好说清楚，可以考虑反证法，即先否定结论不成立，然后依据已知条件以及有关的定义、定理、公理，逐步推导出与定义、定理、公理或已知条件等相矛盾或自相矛盾的结论，从而肯定原有结论是正确的，凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题，适宜用反证法。

例9：已知p3+q3=2，求证：p+q≤

2分析：本题已知为p、q的三次，而结论中只有一次，应考虑到用术立方根，同时用放缩法，很难得证，故考虑用反证法。

证明：解设p+q＞2，那么p＞2-q

∴p3＞（2-q）3=8-12q+6q2-q

3将p3+q3 =2，代入得 6q2-12q+6＜0

即6（q-1）2＜0 由此得出矛盾∴p+q≤

2练习7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求证：a＞0，b＞0，c＞0

8数学归纳法

与自然数n有关的不等式，通常考虑用数学归纳法来证明。用数学归纳法证题时的两个步骤缺一不可。

例10：设n∈N，且n＞1,求证：(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+12

分析：观察求证式与n有关，可采用数学归纳法

证明：（1）当n=2时，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假设n=k(k≥2，k∈n)时不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k-1)＞2k+12 那么当n=k+1时，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)＞2k+12·(1+12k+1)①

要证①式左边＞2k+32，只要证2k+12·

2k+22k+1＞2k+32②

对于②〈二〉2k+2＞2k+1·2k+3

〈二〉(2k+2)2＞(2k+1)(2k+3)

〈二〉4k2+8k+4＞4k2+8k+3

〈二〉4＞3③

∵③成立 ∴②成立，即当n=k+1时，原不等式成立

由（1）（2）证明可知，对一切n≥2（n∈N），原不等式成立

练习8：已知n∈N，且n＞1，求证： 1n+1+1n+2+…+12n＞132

49构造法

根据求证不等式的具体结构所证，通过构造函数、数列、合数和图形等，达到证明的目的，这种方法则叫构造法。

1构造函数法

例11：证明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

证明：设f（x）=x1-2x-x2（x≠0）

∵f(-x)

=-x1-2-x+x2x-2x2x-1+x

2=x1-2x-［1-(1-2x)］+x2=x1-2x-x+x2

=f（x）

∴f（x）的图像表示y轴对称

∵当x＞0时，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴当x＜0时，据图像的对称性知f（x）＜0

∴当x≠0时，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

练习9：已知a＞b，2b＞a+c，求证：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2构造图形法

例12：若f（x）=1+x2，a≠b，则|f（x）-f（b）|＜ |a-b|

分析：由1+x2 的结构可知这是直角坐标平面上两点A(1，x)，0(0，0)的距离即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2

于是如下图，设A(1，a)，B(1，b)则0A= 1+a2 0B=1+b2

|AB|=|a-b|又0A|-|0B＜|AB|∴|f(a)-f(b)|＜|a-b|

练习10：设a≥c，b≥c，c≥0，求证 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添项法

某些不等式的证明若能优先考虑“添项”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍数添项

若不等式中含有奇数项的和，可通过对不等式乘以2变成偶数项的和，然后分组利用已知不等式进行放缩。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（当且仅当a=b=c时等号成立）证明：∵a、b、c∈R+

∴a3+b3+c3=12 ［(a3+b3)+(b3+c3)+(c3+a3)］≥12 ［(a2b+ab2)+(b2c+bc2)+(c2a+ca2)］=12［a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)］≥12(a·2bc+b·2ca+c·2ac)=3abc

当且仅当a=b，b=c，c=a即a=b=c时，等号成立。

2平方添项

运用此法必须注意原不等号的方向

例14 ：对于一切大于1的自然数n，求证：

(1+13)(1+15)…(1+12n-1＞ 2n+1 2)

证明：∵b ＞ a＞ 0，m＞ 0时ba＞ b+ma+m

∵ ［(1+13)(1+15)…(1+12n-1)］2=（43、65…2n2n-1)（43、65…2n2n-1)＞（54、76…2n+12n)（43、65…2n2n-1)=2n+13＞ 2n+14＞

∴(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+1 2)

3平均值添项

例15：在△ABC中，求证sinA+sinB+sinC≤3

32分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算术平均值添项sin π

3证明：先证命题：若x＞0，y＜π，则sinx+siny≤2sin x+y2（当且仅当x=y时等号成立）∵0＜x+y2＜ π，-π2＜ x-y2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosx-y

2∴上式成立

反复运用这个命题，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332

∴sinA+sinB≠sinC≤332

练习11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18

4利用均值不等式等号成立的条件添项

例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，求证a4+b4＞ 18

分析：若取消a≠b的限制则a=b= 12时，等号成立

证明：∵a、b∈R+∴a4+3(12)4 ≥ 44a4 ［(12)4］3=12a①

同理b4+3(12)4 ≥b②

∴a4+b4≥12(a+b)-6(12)4=12-6(12)4=18③

∵a≠b ∴①②中等号不成立∴③中等号不成立∴ 原不等式成立

1．是否存在常数c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y对任意正数x,y恒成立？错解：证明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故说明c存在。

正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下证不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。要证不等式xx+2y+xx+2y≤23，因为x,y是正数，即证3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即证3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2，而此不等式恒成立，同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立，故存在c=23 使原不等式恒成立。

6.2已知x,y,z∈R+，求证：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

错解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz

错因：根据不等式的性质：若a ＞b＞ 0，c ＞d ＞0,则ac bd，但 ac＞bd却不一定成立正解：x2y2+y2z2≥ 2x y2z，y2z2+z2x2≥ 2x yz2，x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，以上三式相加，化简得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，两边同除以x+y+z:

x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

6.3 设x+y>0，n为偶数，求证yn-1xn+xn-1yn≥

1x 1y

错证：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y

=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

n为偶数，∴ xnyn ＞0，又xn-yn和xn-1-yn-

1同号，∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

错因：在x+y>0的条件下，n为偶数时，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同号，应分x、y同号和异号两种情况讨论。

正解：应用比较法：

yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

① 当x>0,y>0时，(xn-yn)(xn-1-yn-1)≥ 0，(xy)n >0

所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

≥0故：yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

② 当x,y有一个是负值时，不妨设x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n为偶数时,所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)>0 又(xy)n >0，所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn ≥0即 yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

一个不等式的推广与证明篇6

【题目】 (《数学教学》2009年第2期问题与解答中758号问题) 设a>2, b>2, 证明:

$\frac{a}{\sqrt[3]{b - 2}} + \frac{b}{\sqrt[3]{a - 2}} \geq 6 ‚ (1)$

当且仅当a=b=3时取等号.

本文先将不等式 (1) 推广为:

命题设xi>n, i=1, 2, …, n, 则有

$\frac{x_{1}}{\sqrt[n + 1]{x_{2} - n}} + \frac{x_{2}}{\sqrt[n + 1]{x_{3} - n}} + \dots + \frac{x_{n - 1}}{\sqrt[n + 1]{x_{n} - n}} + \frac{x_{n}}{\sqrt[n + 1]{x_{1} - n}} \geq n (n + 1) (n \geq 2, n \in Ν^{*}) ‚ (2)$

当且仅当 $x_{i} = n + \frac{2}{n}, i = 1, 2, \dots, n$ 时取等号.

观察 (2) 式中不等号左边的式子特点, 通过添项变形的技巧来实现命题的证明, 具体过程如下:

证明:由n元均值不等式得

$\begin{array}{l} \frac{x_{1}}{\sqrt[n + 1]{x_{2} - n}} + \frac{x_{2}}{\sqrt[n + 1]{x_{3} - n}} + \dots + \frac{x_{n - 1}}{\sqrt[n + 1]{x_{n} - n}} + \frac{x_{n}}{\sqrt[n + 1]{x_{1} - n}} \\ = \frac{(x_{1} - n) + n}{\sqrt[n + 1]{x_{2} - n}} + \frac{(x_{2} - n) + n}{\sqrt[n + 1]{x_{3} - n}} + \dots + \frac{(x_{n - 1} - n) + n}{\sqrt[n + 1]{x_{n} - n}} + \frac{(x_{n} - n) + n}{\sqrt[n + 1]{x_{1} - n}} \\ = \frac{x_{1} - n}{\sqrt[n + 1]{x_{2} - n}} + \frac{x_{2} - n}{\sqrt[n + 1]{x_{3} - n}} + \dots + \frac{x_{n - 1} - n}{\sqrt[n + 1]{x_{n} - n}} + \frac{x_{n} - n}{\sqrt[n + 1]{x_{1} - n}} \\ + \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{2} - n}} + \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{3} - n}} + \dots + \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{n} - n}} + \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{1} - n}} \end{array}$

$\begin{array}{l} \geq n \cdot \sqrt[n]{\frac{x_{1} - n}{\sqrt[n + 1]{x_{2} - n}} \cdot \frac{x_{2} - n}{\sqrt[n + 1]{x_{3} - n}} \dots \frac{x_{n - 1} - n}{\sqrt[n + 1]{x_{n} - n}} \cdot \frac{x_{n} - n}{\sqrt[n + 1]{x_{1} - n}}} \\ + \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{2} - n}} + \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{3} - n}} + \dots + \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{n} - n}} + \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{1} - n}} \\ = n \cdot \sqrt[n + 1]{x_{1} - n} \cdot \sqrt[n + 1]{x_{2} - n} \dots \sqrt[n + 1]{x_{n} - n} + \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{2} - n}} + \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{3} - n}} + \dots + \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{n} - n}} + \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{1} - n}} \\ \geq (n + 1) \cdot \sqrt[n + 1]{n \cdot \sqrt[n + 1]{x_{1} - n} \cdot \sqrt[n + 1]{x_{2} - n} \dots \sqrt[n + 1]{x_{n} - n}} \cdot \sqrt[n + 1]{\frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{1} - n}} \cdot \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{2} - n}} \dots \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{n} - n}}}, 命题中 “ = ” 成立的条件为 ∶ \end{array}$

${\begin{cases} \frac{x_{1} - n}{\sqrt[n + 1]{x_{2} - n}} = \frac{x_{2} - n}{\sqrt[n + 1]{x_{3} - n}} = \dots = \frac{x_{n - 1} - n}{\sqrt[n + 1]{x_{n} - n}} + \frac{x_{n} - n}{\sqrt[n + 1]{x_{1} - n}} ‚ \\ \sqrt[n + 1]{x_{1} - n} \cdot \sqrt[n + 1]{x_{2} - n} \dots \sqrt[n + 1]{x_{n} - n} = \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{1} - n}} = \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{2} - n}} = \dots = \frac{n}{\sqrt[n + 1]{x_{n} - n}} . \end{cases} (3)$