积分不等式的证明

积分不等式的证明（共16篇）

1.积分不等式的证明 篇一

利用二重积分证明不等式.设 f(x),g(x)是[a,b]单调增加的连续函数.证明

b

af(x)dxg(x)dx(ba)f(x)g(x)dx aabb

证明 由于f(x),g(x)是[a,b]单调增加的函数,于是

(f(x)f(y))(g(x)g(y))0

(f(x)f(y))(g(x)g(y))dxdy0 …………….(1)D

其中 D为 axb,注意到 ayb.f(x)g(x)dxdyf(y)g(y)dxdy

DD

Df(x)g(y)dxdyf(y)g(x)dxdy D

由(1)可得

b

af(x)dxg(x)dxf(x)dxg(y)dyf(x)g(y)dxdyaaaD

bbbbbb f(x)g(x)dxdydyf(x)g(x)dx(ba)f(x)g(x)dx

Daaa

2.积分不等式的证明 篇二

1、利用单调性证明不等式

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式子相减或相除就可以得到所需的辅助函数;另外不能忘了端点值。当遇到一阶求导无法判断符号时可用二阶导数来判断函数的符号。

2、利用微分中值定理证明不等式

中值定理特别是拉格郎日中值定理和柯西中值定理在不等式的证明中有着极其重要作用。通过对不等式结构的分析。构造某特定区间的函数, 满足定理的条件, 达到证明的目的。

要点:根据题目给定的不等式, 选定一个适当的辅助函数和区间;当函数在区间上满足中值定理的条件, 利用中值公式;利用得到的公式结合条件, 对公式进行适当变化, 得到所证不等式。

3、利用泰勒公式证明不等式

利用泰勒中值定理证明不等式 (尤其是某些含抽象函数的不等式) 比较困难, 无从人手, 思维受阻。探究其原因:一是泰勒中值定理的内容本身难理解;二是用此法证明不等式对泰勒公式中展开点。的选取很有讲究, 需要因势而变。然而, 利用泰勒中值定理证明某些含抽象函数的不等式, 其优势是其他方法无可替代的。那么能否找到一个有效的方法和技巧来掌握泰勒公式中展开点x0的选取呢?

要点:当条件或不等式中出现高阶导数时, 就可考虑用泰勒公式来证明。选区问中点展开是较常见的一种情况, 然后在泰勒公式中取x为适当的值, 通过两式相加, 并对某些项进行放缩, 便可将多余的项去掉而得所要的不等式;当条件中出现, 而欲证式中出现时, 展开点常选为区间两端点a, b, 然后在泰勒公式中取x为适当的值, 消去多余的项, 可得待证的不等式。

4、利用求最值的方法证明不等式

要点: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, 欲证明它大于或小于等于某个定数, 这时往往用最值证明比较简单。利用最值证明的思路是:若函数f (x) 在区间上有最大值M与最小值m, 则在区间上有m≤f (x) ≤M, 由此获得不等式。

5、利用凸函数的定义证明不等式

函数的凸性是函数在区间上变化的整体性态, 把握函数在区间上的整体性态, 不仅可以更加科学、准确地描绘函数的图象, 而且有助于对函数的定性分析。凸函数是一类重要的函数, 在不等式的研究中尤为重要, 而研究不等式最终归结为研究函数的特性。

对于凹函数有对偶结论, 只要将函数值的不等式反向即可。利用函数的凹凸性可以证明一些不等式, 特别是含有两个或两个以上变元的,

6、利用单调极限证明不等式

7、利用变限积分证明不等式

8、利用几个著名的不等式证明不等式

要点:利用Cauchy不等式、Schwarz不等式、H·lder不等式、Minkowski不等式、Young不等式及平均值不等式等。

9、利用定积分的定义证明不等式

利用定积分证明了一些特殊的“和式不等式”。定积分的实际背景之一是求曲边梯形的面积, 根据“和式不等式”的特征巧妙构造函数, 将和式转化为小矩形面积之和, 进而与所构造函数的定积分比较, 得到不等式, 对不等式的证明起到了事半功倍的作用。

要点:主要是利用定积分的定义, 通过将闭区间[a, b]分割、求和并求当时和的极限, 比较积分大小则可通过比较和的极限来实现。

以上我们讨论了利用微积分的知识证明不等式的一些常用方法, 除了上述方法外, 在微积分中还可以利用积分的知识、辅助函数、导数的定义、极限的保序性、柯西不等式、上凹函数积分法等方法证明不等式, 解题时只要充分地展开想象, 打开思路, 选择晗当的证明方法, 问题便可迎刃而解。

摘要：不等式证明是数学学习中的一个难点。在不等式的许多证法中, 往往需要较高的技巧。利用微积分的思想证明不等式, 可使不等式的证明过程大大简化, 技巧性降低。本文主要探讨的是运用微积分的知识证明不等式的基本方法。

关键词：不等式,证明,中值定理,泰勒公式

参考文献

[1]同济大学数学教研室.高等数学 (六版) [M].北京:高等教育出版社, 2007

[2]华东师范大学数学系.数学分析[M].3版.北京:高等教育出版社, 2001

[3]复旦大学数学系.数学分析[M], 2版.北京:高等教育出版社, 1983

3.利用微积分证明不等式 篇三

关键词：微积分；不等式；证明

不等式是数学的重要内容之一，在解各类方程，有关函数的问题，三角证明，几何证明等许多方面都有广泛的应用。初等数学中的常用方法有很多，比如分析法、综合法、比较法、配方法、判别式法、反证法、参数法、数学归纳法、换元法等等,上述方法种类多样，一般来说比较讲究解题技巧。而用微积分证明不等式相对于上述方法，有时可大大降低解题技巧的需要，进而简化解题过程。微积分证明不等式常用的方法有：微分中值定理、函数的凹凸性方法、函数的极值最值方法、函数的单调性法以及利用积分性质证明不等式。本文就对这些方法进行阐述和介绍。

一、微分在证明不等式中的应用

1.1 利用函数单调性证明不等式

定理1：设函数y=f（x）在区间[a,b]上可导，若y=f'（x）>0 （或y=f'（x）<0）时，则函数y=f（x）在区间[a,b]上为递增（减）函数。

例1证明：≤+。

思路：首先构造一个可导函数，利用定理1对函数求导，然后通过判断函数符号，从而确定函数的单调性。

证：构造函数f（x）=，则f'（x）=>0，（求导，讨论符号）

∴ f（x)=为单调递增的函数。（确定函数单调性）

有≤=+

≤+。

原题可证。

注：构造合适的函数是本题解题的关键。

1.2利用微分中值定理证明不等式

定理２：微分中值定理（拉格朗日定理）：如果函数y=f（x）满足下列条件：（1） 在区间[a,b]上连续；（2）在区间[a b]内可导。 则在区间（a,b）内至少存在一点ξ，使得f'（ξ)=。

思路：由于ξ在a、b之间，因此f'（ξ）将有一个取值范围，即有一个取值范围，这样就得到一个不等式，即利用ξ在（a,b）内的特点来证明不等式。

例2. 证明不等式

证明：设f（x）=lnx，x∈[a，b]（构造函数），则f'（x)=，x∈[a，b]，

函数满足定理条件，所以存在ξ（a<ξ

ln=lnb-lna=，由于<<，

∴

1.3利用函数的极值和最值证明不等式

定理3： （极值的必要条件）若函数y=f（x）在x0可导，且在x0处取得极值，则f'（x0）=0。

定理4： （极值第一充分条件） 设函数y=f（x）在x0连续，在区间[a,b]内可导。

（1） 若当x∈（a,x0）时, f'（x）≥0；当x∈（x0,b） 时, f'（x）≤0，则f（x）在x0处取得极大值；

（2）若当x∈（a,x0）时, f'（x）≤0；当x∈（x0,b）时, f'（x）≥0，则f（x）在x0处取得极小值。

思路分析：将要证明的不等式转化为求函数极值或最值的问题，即要证明f（x）≥g（x），只要求函数F（x）≡f（x）-g（x）的极值，证明F（x）min≥0即可。

例3设a>ln2-1为任意函数，求证：x2-2ax+1＜ex在x>0时恒成立。

证：问题在于证明f（x）=ex- x2+2ax-1>0（x>0）,

因为f（0）＝０，所以只要证明f'（x）＝ex-2x+2a>0（x>0），

因此，问题又转化为证明f'（x）min＞0即可。

令f"（x）=ex-2=0，得稳定点x=ln2，且是唯一的。

当x＜ln2时， f"（x）＜0；当x＞ln2时， f"（x）＞0。

所以f'（x）min=f'（ln2）=2-2ln2+2a

=2×(1-ln2）+2a >0，

证毕。

1.4 利用函数的凹凸性证明不等式

凹凸性是函数一个重要性质，它不仅是证明不等式的重要工具，也是讨论一些重要不等式的重要工具。

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

f(λx1+(1-λ）x2）≤λf(x1）+(1-λ）f(x2）

则称f为区间I上的凸函数。

反之：总有f(λx1+(1-λ）x2）)≥λf(x1）+(1-λ）f(x2）

则称f为区间I上的凹函数。

定理5：设f为区间I上的二阶可导函数；则f为I上凸（凹）函数的充要条件是：f"（x）≥0（f"（x）≤0），x∈I。

函数的凹凸性特点：如函数f（x)是凸函数，则在（a,b)上有：[f（x1)+f（x2)]≤f（)如函数f（x)是凹函数，则在（a,b)上有：[f（x1)+f（x2)]≥f（)。

在解题时，可利用函数的凹凸性特点进行证明。

例4若x＞0，y＞0，且x≠y。试证：xlnx+ylny＞（x+y)ln（)。

分析：上面不等式等价于：（lnxx+lnyy）＞ln(）。不等式含f（），可考虑用函数凹凸性来证明。

证明：令f（x）=lnxx，则f'（x）=lnx+1， f"（x）=＞0，（x＞0），

因为f（x）为凹函数，对任意x，y∈（0,+∞ ） （x≠y），有：f（）＜， 即ln(）＜（lnxx+lnyy），

故xlnx+ylny＞（x+y)ln（）。

二、积分在证明不等式中的应用

2.1利用定积分性质证明不等式

定理６ （积分不等式性质） 设函数f（x）与g（x）为定义在[a，b]上的两个可积函数，若f（x）≤g（x)，x∈[a，b]，则有：

f（x）dx ≤ g（x）dx 。

例5 证明不等式：ln≤，（0＜a≤b）。

分析：积分和微分是互逆运算，积分本身具有单调性，问题关键在于把不等式两边构造成积分的形式，使用牛顿-莱布尼茨公式，F（b）-F（a）=f（x）dx，再利用定理6便可以证明。

证明：不等式的左边ln=lnb-lna= f（x）dx，

右边b-a=dx，

令f（x)=，g（x）≡1在[a，b]上是可积函数，则

（+1）2dx≥0λ2+2λ+dx ≥0,

因此有 △=4（)2-4·dx=4（ln）2-4(b-a）（- ）≤ 0成立。

即（ln）2≤（b-a）（-）=，

而ln ≥0，b-a≥0，0 ＜a≤b，

于是有ln≤， （0＜a≤b）成立。

结论得证。

2.2 利用积分有界性证明不等式

定理7：如果 f（x）在上的最大值为M，最小值为m，则有：m（b-a） ≤ f（x）dx≤M（b-a）。

例6已知： f（x）在-∞≤x≤+∞内连续，F（x）=

f（t）dt（a＞0)，设f（x）在区间（x-a，x+a）内的最大值和最小值分别为M，m。试证：F（x）-f（x)≤M-m。

证明：因为当x-a＜t＜x+a时，由性质，得

m·2a≤f（t）dt≤M·2a，

∴m≤F（x）≤M，

又∵m≤f（x）≤M，

∴-M≤-f（x）≤-m，

∴-（M-m）≤F（x）-f（x）≤M-m，

即F（x）-f（x）≤M-m。

故结论得证。

2.3利用二重积分性质来证明不等式

定理8：（二重积分得保序性）若f（x，y）与g（x，y）在D上可积，且f（x，y）≤g（x，y），（x，y）∈D，则：f（x，y）dб≤

g（x，y）dб 。

思路：当命题涉及积分 f（x）dx， g（x）dx，

f（x）g（x）dx，且f（x）与g（x）均单调增（减）时，可利用二重积分的保序性解题。

例7 设f（x），g（x）均为[a，b] 上得单调不减（增）连续函数，证明：（b-a） f（x）g（x）dx ≥ f（x）dx g（x）dx。

分析：命题符合上述特征，可利用二重积分的保序性，且注意以下事实： f（x）dx= f（y）dy，

f（x）dx g（y）dy=f（x）g（y）dxdy。

证明：由于f（x），g（x）同为单调不减（增）函数，

令F（x，y）= [f（x）-f（y)][g（x）-g（y)]，

总由[f（x）-f（y)][g（x）-g（y)]≥0，

由二重积分得保序性，有：

[ f（x）g（x）-f（y）g（x）-f（x）g（y）+f（y）g（y）]dxdy≥0，即f（x）g（x）dxdy≥f（x）g（y）dxdy+f（y）g（x）dxdy，

于是有（b-a） f（x）g（x）dx ≥ f（x）dx g（y）dy=

4.不等式的证明 篇四

比较法：(1)作差比较法

(2)作商比较法

综合法：用到了均值不等式的知识，一定要注意的是一正二定三相等的方法的使用。

分析法：当无法从条件入手时，就用分析法去思考，但还是要用综合法去证明。两个方法是密不可分的。

换元法：把不等式想象成三角函数，方便思考

反证法：假设不成立，但是不成立时又无法解出本题，于是成立

放缩法：

用柯西不等式证。等等……

高考不是重点，但是难点。

大学数学也会讲到柯西不等式。

不等式是数学的基本内容之一，它是研究许多数学分支的重要工具，在数学中有重要的地位，也是高中数学的重要组成部分，在高考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，它不仅能够检验学生数学基础知识的掌握程度，而且是衡量学生数学水平的一个重要标志，本文将着重介绍以下几种不等式的初等证明方法和部分方法的例题以便理解。

一、不等式的初等证明方法

1.综合法：由因导果。

2.分析法：执果索因。基本步骤：要证..只需证..，只需证..(1)“分析法”证题的理论依据：寻找结论成立的充分条件或者是充要条件。

(2)“分析法”证题是一个非常好的方法，但是书写不是太方便，所以我们可利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达。

3.反证法：正难则反。

4.放缩法：将不等式一侧适当的放大或缩小以达证题目的。放缩法的方法有：

(1)添加或舍去一些项，如：

(2)利用基本不等式，如

3)将分子或分母放大(或缩小)：

5.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。

6.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。

7.数学归纳法：数学归纳法证明不等式在数学归纳法中专门研究。

8.几何法：用数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

9.函数法：引入一个适当的函数，利用函数的性质达到证明不等式的目的。

10.判别式法：利用二次函数的判别式的特点来证明一些不等式的方法。当a>0时，f(x)=ax2+bx+c>0(或<0).△<0(或>0)。当a<0时，f(x)>0(或<0).△>0(或<0)。

二、部分方法的例题

1.换元法

换元法是数学中应用最广泛的解题方法之一。有些不等式通过变量替换可以改变问题的结构，便于进行比较、分析，从而起到化难为易、化繁为简、化隐蔽为外显的积极效果。

注意：在不等式的证明中运用换元法，能把高次变为低次，分式变为整式，无理式变为有理式，能简化证明过程。尤其对含有若干个变元的齐次轮换式或轮换对称式的不等式，通过换元变换形式以揭示内容的实质，可收到事半功倍之效。

2.放缩法

欲证A≥B，可将B适当放大，即B1≥B，只需证明A≥B1。相反，将A适当缩小，即A≥A1，只需证明A1≥B即可。

注意：用放缩法证明数列不等式，关键是要把握一个度，如果放得过大或缩得过小，就会导致解决失败。放缩方法灵活多样，要能想到一个恰到好处进行放缩的不等式，需要积累一定的不等式知识，同时要求我们具有相当的数学思维能力和一定的解题智慧。

3.几何法

数形结合来研究问题是数学中常用的方法，若求证的不等式是几何不等式或有较明显的几何意义时，可以考虑构造相关几何图形来完成，若运用得好，有时则有神奇的功效。

注意：这类方法对几何的熟悉程度以及几何与代数的相互联系能力要求比较高。

每一种不等式的证明方法基本上都有一种固定的模式可以去对比，但数学的特点就在于它的灵活性非常强，所以不等式的证明中的题目会有很多种变化，这对学习者的要求是非常高的，这就需要我们在今后的学习中多总结、归纳，才能达到我们学习的效果。具体解题时，一定要认真审题，紧紧抓住题目的所有条件不放，不要忽略了任何一个条件。一道题和一类题之间有一定的共性，可以想想这一类题的一般思路和一般解法，但更重要的是抓住这一道题的特殊性，抓住这一道题与这一类题不同的地方。数学的题目几乎没有相同的，总有一个或几个条件不尽相同，因此思路和解题过程也不尽相同。有些同学对于老师讲过的题会做，其他的题就不会做，只会依样画瓢，题目有些小的变化就无从下手。当然，做题先从哪儿下手是一件棘手的事，不一定找得准。但是，做题一定要抓住其特殊性则绝对没错。选择一个或几个条件作为解题的突破口，看由这个条件能得出什么，得出的越多越好，然后从中选择与其他条件有关的，或与结论有关的，或与题目中的隐含条件有关的，进行推理或演算。一般难题都有多种解法，俗话说，条条大路通罗马。要相信利用这道题的条件，加上自己学过的那些知识，一定能推出正确的结论。

数学题目是无限的，但数学的思想和方法却是有限的。我们只要学好了有关的基础知识，掌握了必要的数学思想和方法，就能顺利地应对那无限的题目。题目并不是做得越多越好，题海无边，总也做不完。关键是你有没有培养起良好的数学思维习惯，有没有掌握正确的数学解题方法。当然，题目做得多也有若干好处：一是“熟能生巧”，加快速度，节省时间，这一点在考试时间有限时显得很重要;二是利用做题来巩固、记忆所学的定义、定理、法则、公式，形成良性循环。

5.不等式的证明练习 篇五

111． abbcac

112．设a、bR，求证：log1(ab)ab1． 4421．已知abc，求证：

1x2x13． 3．设xR，求证：22x12

4．设nN*，求证：

1112(n11)12n． 23n

5．设a、b、c、分别是△ABC中∠A、∠B、∠C的对边，求证：

abc． 1a1b1c

226．若x2y21，求证：x2xyy2．

a2b2

(ab)2． 7．若0＜x＜1，求证：x1x

45． 8．设x(0,)，求证：sinxsinx

9．已知：xyz0，xyyzzx0，xyz0．

求证：x0，y0，z0．

参考答案

111(aa)2(bc)2(ca)2

1．0． abbcac2(ab)(bc)(ac)

2．log1（2111)log2log221abab1． 1abab4442

3．用判别式法证明．

1222(k1k)及 kkkk1k

2222(kk1)，再由不等式的同向可加性即得． kk1kkk

ababab11c115．． 1a1b1ab1ab1ab1ab1c1c

xrcos026．换元 01即可得证． yrsin

a2b21x2x2227．[x(1x)]ababa2b22ab(ab)2． x1xx1x

13)235． 8．(sinxsinxsinx4．由

9．用反证法，假设结论不成立，由xyz＞0知x、y、z中应有两个负数，一个正数，不妨设x＞0，y＜0，z＜0．由已知条件，得：

6.不等式的多种证明方法 篇六

摘要：数学是生活中的一门自然科学，而不等式则是构成这门自然科学的众多基础中相当重要的组成之一，因此本文专门介绍不等式的各种证明方法。

根据在校期间从大学课程中所学的专业知识，通过课本、资料及网络等渠道收集各种类型的不等式习题，然后依据其不同的思想与方法可以归纳为三大类型，即基础类证明方法、延伸类证明方法和特殊类证明方法。其中基础类证明方法是最简单的证明，包括比较法、分析法、放缩法、综合法；延伸类证明方法则是通过代换、构造、转化等思想将原不等式变化为简单的形式再予以证明，比如换元法、引入参变量法、构造辅助函数法等等；特殊类证明方法是针对一些特殊类型的不等式结构或提问方式，采取相应的特殊证明方法可以使得证明更加简洁，就像反证法、数学归纳法、数形结合法等等。本文就是依上述介绍的各种方法进行展开介绍的，所选的例题皆比较简单，求证方法简洁合理，易于接受，为的只是借此传达各种证明方法的思想。

数学；不等式；证明；方法

目录

1.引言.................12.基础类证明方法..............1

2.1比较法.................1

2.2分析法.................22.3放缩法.................32.4综合法.................53.延伸类证明方法..............6

3.1换元法.................6

3.2引入参变量法...........8

3.3构造辅助函数法................8

3.4转化为向量不等式法...........11

3.5转化为复数法..........11

3.6分解、合成法..........1

14.特殊类证明方法.............1

24.1反证法................12

4.2数学归纳法............1

34.3借助证明法..........1

54.4数形结合法............16

5.结束语..............16

参考文献.................17

不等式的多种证明方法

汪洋，合肥师范学院

摘要：数学是生活中的一门自然科学，而不等式则是构成这门自然科学的众多基础中相当重要的组成之一，因此本文专门介绍不等式的各种证明方法。

根据在校期间从大学课程中所学的专业知识，通过课本、资料及网络等渠道收集各种类型的不等式习题，然后依据其不同的思想与方法可以归纳为三大类型，即基础类证明方法、延伸类证明方法和特殊类证明方法。其中基础类证明方法是最简单的证明，包括比较法、分析法、放缩法、综合法；延伸类证明方法则是通过代换、构造、转化等思想将原不等式变化为简单的形式再予以证明，比如换元法、引入参变量法、构造辅助函数法等等；特殊类证明方法是针对一些特殊类型的不等式结构或提问方式，采取相应的特殊证明方法可以使得证明更加简洁，就像反证法、数学归纳法、数形结合法等等。本文就是依上述介绍的各种方法进行展开介绍的，所选的例题皆比较简单，求证方法简洁合理，易于接受，为的只是借此传达各种证明方法的思想。

关键词： 数学；不等式；证明；方法

Various Methods of Inequality Proof

Wangyang, Hefei Normal University

Abstract: Mathematics is a natural science of the life, and the inequality is an important component of many bases which constitute the natural science.So this article dedicated to a variety of proven methods of inequality.According to the professional knowledge from university courses during the school, I collect all types of inequality problem by books, material and network channels.Then according to different ideas and methods, I put them into three types of proof, which is base class identification method and extension methods of proof and special class methods.The base class method is the simplest proof, and it include the comparison and analysis, and the method of techniques and so on.Extension methods are proved by such substitution, structure, the inequality of thought for the form of simple changes to prove.For example, substitution method, the introduction of parametric method, constructs the auxiliary function method, etc.Special class that is for some special types of inequality structure or form of a question takes a special method of proof which can be made more concise proof, as required, mathematical induction, several form combination, etc.This topic is introduced by the start of various methods described, and the examples are relatively simple, the method is simple and reasonable, and acceptable, which is just only to convey various methods of thought.Key words: Mathematics;Inequality;Proof;Method

1.引言

用不等号连结两个代数式所成的式子叫做不等式，是描写不等号两边式子的大小关系。不等式理论是等式、方程、函数论进一步的深入和发展，是数学知识又一次扩展的重要内容，是掌握初等数学不可或缺的重要部分，学习了等式后再学习不等式，使式的内容更加充实，更加完善，是我们进一步扩大数学视野，增加数学知识的必要基础。不等式的重要作用是十分明显的，因为在日常的生活、生产和科学研究中到处用到不等式的知识；而不等式的证明更体现了不等式的另一方面，它在数学领域中占有核心地位，它贯穿于初等数学和高等数学的方方面面。

著名数学家D.S.Mitrinovic在他的名著《Analytic Inequalities》的序言中都引述到:“所有分析学家要花费一半的时间通过文献查找他们想要用而又不能证明的不等式”。分析学家Michiel Hazewinkel在《Inequalities Involving Functions and Their Integrals and Derivatives》一书的序言中也讲道:“有时我有这样的感觉，数学(特别是分析学)就是不等式”。由此可见，给出一个关于不等式方面系统的、全面的证明方法具有很现实的意义。

因此，本文将对各种各样的不等式给出相应的证明方法，尽量把不等式的证明方法系统化、全面化。

2.基础类证明方法

在此介绍的四种方法仅需要根据命题本身的已知条件或常用结论即可证明。

2.1比较法

即借助不等式两边做差或做商的结果与0或1比较来证明不等式的方法。如果

7.利用凸函数性质巧证积分不等式 篇七

1.预备知识

定义对x1, x2∈[a, b], λ∈ (0, 1) , 函数f (x) 都有

则称f (x) 为凸函数, 并且仅当x1=x2时等号成立.

若 (1) 式的不等号反向时, 则称为凹函数.

引理1设f (x) 在[a, b]上的二阶可导函数, 如果有f″ (x) ≥0, 那么f (x) 是[a, b]上的凸函数.

引理2 (泰勒公式) 设f (x) 在含有x0的某个区间 (a, b) 内具有直到 (n+1) 阶导数, 则对x∈ (a, b) , 都有

其中, , ξ是介于x0和x之间的某个值.

2.主要结果和应用

定理[a, b]上的二阶可导函数, 如果有f″ (x) ≥0, 那么

其中λk是正数, k=1, 2, 3, …, n, 且.

证明记, 那么由引理2 (泰勒公式) ,

可得.

其中ξk是在xk和x0之间的一个常数.由题设f″ (x) ≥0, 于是

证毕.

特别地, 可以得到以下推论.

推论设函数f (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 内二阶可导, 如果有f″ (x) ≥0, g (x) 是区间[c, d]上的可积函数, a≤g (x) ≤b, 那么有

例1设g (x) 是区间[0, 1]上的可积函数, 0≤g (x) ≤1, 求证:

证明设, 那么, 这里区间[a, b]=[c, d]=[0, 1], 于是利用前面的 (3) 式可以得到, 将代入表达式中, 即得 (4) 式.证毕.

例2设g″ (x) <0, 证明:

证明由g″ (x) <0, 知-g (x) 是一个凸函数.而xn是一个正值函数且满足0≤xn≤1, 于是由 (4) 式的结果可知

证毕.

通过以上例题可以看出, 利用凸函数的性质证明有关积分不等式, 可以使难度较大且证明过程复杂的问题转化成证明比较容易, 证明过程简单的问题, 关键是寻找合适的凸函数.

摘要：凸函数的应用领域非常广泛, 特别是在不等式的证明中, 运用它解题显得巧妙、简练.

关键词：凸函数,不等式,积分

参考文献

[1]M.A.克拉斯诺西尔斯基, R.B.鲁季斯基.凸函数和奥尔里奇空间[M].北京:科学出版社, 1962.

[2]同济大学应用数学系.高等数学:第三版 (上册) [M].北京:高等教育出版社, 2006.

8.不等式的证明方法探究 篇八

不等式的证明是高中数学的一个难点，题型较多，涉及的知识面多，证明方法灵活，本文通过一些实例，归纳总结了证明不等式时常用的方法和技巧。

1．比较法

比较法是证明不等式的最基本方法，有“作差”与“作商”两种方法。其思路是把要比较的式子变成其差与0比较大小或其商与1比较大小。

例1 求证：2x23x

证明：∵(2x23)x2x2x32(x)2 ∴ 2x23x

由例1可见用作差比较法证明不等式的步骤是：作差，变形，判断符号，给结论。

例2 已知：abc0，求证：aabbcc(abc)aabbccabc3abc31423230 88

a2abc3b2bac3c2cab3证明：∵(abc)aabac33bbabc33ccacb33a()bab3a()cac3b()cbc3

aa 又abc0则ab0,1，故()bba同理：()cab3ab31

b1,()cbc31

abc3a∴()bab3a()cac3b()cbc3＞1，则abc(abc)abc

由例2可见用作商比较法证明不等式的步骤是：作商，变形，判断与1的大小，给结论。

2．综合法

综合法是利用一些现成的结论（比如重要不等式），从已知条件入手，逐步得到要证的结论。即“由因寻果”的方法。

例3 已知：ab，且axb2bxa2，求证：xab 证明：∵ axb2bxa2

由不等式性质得：axbxa2b2

即：(ab)x(ab)(ab)①

由条件ab得ab0，给不等式①两边同乘以正数1，即可得到xab ab3．分析法

分析法是从要证明的结论入手，寻找成立的条件，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。即“由果寻因”的方法。

例4 求证：6215

证明：因为62与15都是正数 要证明6215

只需证明(62)2(15)2成立 即只要证明：84315 即只要证明437 即只要证明4849

因为4849显然成立，所以6215成立 4．配方法

把一个不是完全平方形式的多项式中的某些项配成完全平方，然后利用一个实数的平方是非负的这个性质证明某些式子大于或等于零。

例5 求证x26x110

证明：x26x11(x3)2220 则x26x110 5．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0,b0，则ab2ab（当且仅当ab时取等号）例6 已知：x0,y0，求证：(xy)(x2y2)(x3y3)8x3y3 证明：∵x0,y0

∴x20,y20,x30,y30

∴xy2xy0,x2y22xy0,x3y32x3y30

由不等式性质得：

(xy)(x2y2)(x3y3)2xy2xy2x3y38x3y3

即(xy)(x2y2)(x3y3)8x3y3 6．放缩法

放缩法是在证明不等式时，将不等式一边适当的放大或缩小来证明不等式。例7 已知：nN，求证：2n12n证明：∵2n12n 即2n12n7．数学归纳法

1n2n1n2nn1n

1n

与自然数n有关的不等式，通常用数学归纳法证明。

例8 求证：对任何实数x1和任何正整数n，有(1x)n1nx 证明：①当n1时，不等式显然成立

②假设当nk时，不等式成立，即有(1x)k1kx

∵x1，则x10，上式两边同乘(x1)，得

(1x)k1(1kx)(1x)1(k1)xkx21(k1)x

这说明nk1时不等式仍成立

综上①，②知，对任何正整数n，不等式(1x)n1nx仍成立

8．构造法

通过构造辅助函数，然后利用函数的有关性质去证明不等式，或者构造适当的图形使要证明的命题比较直观的反应出来。

例9 证明：7x2(9x2)9，并指出等号成立条件

证明：不等式左边可看成7与x和2与9x2两两乘积的和，从而联想到数量积的坐标表示

将左边看成向量a(7,2)与b(x,9x2)的数量积

又abab，所以7x2(9x2)(7)2(2)2x2(9x2)9

当且仅当ba,(0)时等号成立，故由

x79x22

解得：x7,1，即x7时等号成立。例10 已知：a0,b0,c0

求证：a2abb2b2bcc2a2acc2

当且仅当时等号成立

证明：从根式的结构特点联想到余弦定理，于是可构造如

下图形

1b1a1c

使OAa,OBb,OCc,AOBBOC60o

则AOC120o,ABa2abb2 BCb2bcc2,ACa2acc2

由几何知识知ABBCAC

∴a2abb2b2bcc2a2acc2

当且仅当A,B,C三点共线时等号成立，则有

1122111 故当且仅当时等号成立

bac absin60obcsin60oacsin120o，即abbcac 129．换元法 通过添设辅助元素，使原来不等式变成与新的变量有关的不等式，应用换元法，可把字母多的化成字母少的，可把繁琐的不等式化成简单的不等式。常用的有三角换元和均值换元。

例11 已知：x0,y0,2xy1，求证：121x1322 y 证明：由x0,y0,2xy1，设xsin2,ycos2 则：1x1212(1cot2)1tan2 22ysincos = 3(2cot2tan2)322 例12 已知x,yR,且xy1。求证：(x2)2(y2)2证明：x,yR,且xy1

1211则(x2)2(y2)2(t2)2(t2)2

22552525 =(t)2(t)22t2

222225则(x2)2(y2)2

225 2则设： xt,yt(tR)

9.绝对值不等式的证明 篇九

知识与技能：

1.理解绝对值的三角不等式，2．应用绝对值的三角不等式．

过程方法与能力：

培养学生的抽象能力和逻辑思维能力；提高分析问题、解决问题的能力.情感态度与价值观：

让学生通过对具体事例的观察、归纳中找出规律，得出结论，培养学生解决应用问题的能力和严谨的学习态度。

教学重点：理解绝对值的三角不等式

应用绝对值的三角不等式．

教学难点：应用绝对值的三角不等式．

教学过程：

一、引入：

证明一个含有绝对值的不等式成立，除了要应用一般不等式的基本性质之外，经常还要用到关于绝对值的和、差、积、商的性质：

（1）abab（2）abab

a

bab（3）abab（4）(b0)

请同学们思考一下，是否可以用绝对值的几何意义说明上述性质存在的道理？ 实际上，性质abab和a

ba

b(b0)可以从正负数和零的乘法、除法法则直

接推出；而绝对值的差的性质可以利用和的性质导出。因此，只要能够证明abab对于任意实数都成立即可。我们将在下面的例题中研究它的证明。

现在请同学们讨论一个问题：设a为实数，a和a哪个大？ 显然aa，当且仅当a0时等号成立（即在a0时，等号成立。在a0时，等号不成立）。同样，aa.当且仅当a0时，等号成立。含有绝对值的不等式的证明中，常常利用aa、aa及绝对值的和的性质。

定理（绝对值三角形不等式）如果a,b

是实数，则

ab≤ab≤ab

注：当a、b为复数或向量时结论也成立.特别注意等号成立的条件.定理推广：

a1a2an≤a1a2an

当且仅当都a1，a2，，an非正或都非负时取等号.探究：利用不等式的图形解不等式1.x1x11;2．x2y1..3．利用绝对值的几何意义，解决问题：要使不等式x4x3

二、典型例题：

例

1、证明（1）abab，（2）abab。

证明（1）如果ab0,那么abab.所以ababab.如果ab0,那么ab(ab).所以aba(b)(ab)ab

（2）根据（1）的结果，有abbabb，就是，abba。所以，abab。

例

2、证明 ababab。例

3、证明 abacbc。思考：如何利用数轴给出例3的几何解释？

（设A，B，C为数轴上的3个点，分别表示数a，b，c，则线段ABACCB.当且仅当C在A，B之间时，等号成立。这就是上面的例3。特别的，取c＝0（即C为原点），就得到例2的后半部分。）

探究：试利用绝对值的几何意义，给出不等式abab的几何解释？

含有绝对值的不等式常常相加减，得到较为复杂的不等式，这就需要利用例1，例2和例3的结果来证明。例

4、已知 xa

c

2,yb

c2，求证(xy)(ab)c.证明(xy)(ab)(xa)(yb)xayb（1）

xa

c2,yb

c2c2，c2

c（2）

∴xayb

由（1），（2）得：(xy)(ab)c 例

5、已知x证明x

a4a4,y

a6a6

.求证：2x3ya。

a2,3ya2a2a

2,y，∴2x，a。

由例1及上式，2x3y2x3y

注意： 在推理比较简单时，我们常常将几个不等式连在一起写。但这种写法，只能用于不等号方向相同的不等式。

三、小结：

借助图形的直观性来研究不等式的问题，是学习不等式的一个重要方法，特别是利用绝对值和绝对值不等式的几何意义来解不等式或者证明不等式，往往能使问题变得直观明了，帮助我们迅速而准确地寻找到问题的答案。关键是在遇到相关问题时，能否准确地把握不等式的图形，从而有效地解决问题。

四、练习：

1、已知Aa

2、已知xa

c2c

4,Bb,yb

c2c6

.求证：(AB)(ab)c。

.求证：2x3y2a3bc。

五、作业： 1．求证

ab1ab



a1a



b1b

ab1ab

.2．已知a1,b1.求证：1.3．若,为任意实数，c为正数，求证：(1c)(1

1c)

.（



2

2，而c2



1c



c

2

1c

）

4.a、b、c均为实数,ab,bc,ac,5.已知函数f(x)ax2bxc,当0≤x≤1时,f(x)≤1 求证:abc≤17 作业：导学大课堂练习

课后反思：绝对值不等式的证明

求证:≤

ab2cbc2aca2b

abbcca

10.一类根式不等式的证明 篇十

根式不等式的解证具有一定的难度, 不论在教学还是竞赛、问题征解方面, 凡涉及一般都认为是难点.作者经长期的探索、研究、归纳总结, 认为有些根式不等式都是遵从某种规律, 把这种规律性总结为一种命题 (或定理) , 在这类不等式的证明中直接运用, 将使得证明过程大大地简化.下面举例说明.

命题Ⅰ m≥2, 0<ai≤2m-1, i=1, 2, …, n, 则

${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sqrt[m]{a{}_i+1}}＞n+\frac{{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a}{}_i}{2{}^m-1}.(1)$

证明 由题设知$0＜\frac{a{}_i}{2{}^m-1}\le 1‚i=1‚2‚\cdots ‚n.$

故$\frac{a{}_i}{2{}^m-1}\ge \left(\frac{a{}_i}{2{}^m-1}\right){}^k$,

其中k=0, 1, 2, …, m;i=1, 2, …, n.于是

$\begin{array}{l}\sqrt[m]{a{}_i+1}=\sqrt[m]{(2{}^m-1)\frac{a{}_i}{2{}^m-1}+1}\\ ＞\sqrt[m]{\left(\frac{a{}_i}{2{}^m-1}+1\right){}^m}=\frac{a{}_i}{2{}^m-1}+1.\end{array}$

所以${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sqrt[m]{a{}_i+1}}＞n+\frac{{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}a}{}_i}{2{}^m-1}.$

运用命题1进行证明.

例1 试证$\sqrt[4]{1+15\sin {}^2\alpha }+\sqrt[4]{1+15\cos {}^2\alpha }\ge 3.$

证明 由 (1) 得

$\begin{array}{l}\sqrt[4]{1+15\sin {}^2\alpha }+\sqrt[4]{1+15\cos {}^2\alpha }\\ \ge 2+\frac{15(\sin {}^2\alpha +\cos {}^2\alpha )}{15}=3.\end{array}$

例2 (《数学教学》1991年第3期数学问题247题) 已知a, b, c∈R+, 且a+b+c=1, 求证:

$\sqrt[3]{7\text{a}+1}+\sqrt[3]{7\text{b}+1}+\sqrt[3]{7\text{c}+1}＞4.$

证明 由 (1) 得

$\begin{array}{l}\sqrt[3]{7\text{a}+1}+\sqrt[3]{7\text{b}+1}+\sqrt[3]{7\text{c}+1}\\ ＞3+\frac{7(\text{a}+\text{b}+\text{c})}{7}=4.\end{array}$

从例1、例2两例不等式的证明, 我们清楚的认识到, 发掘、归纳总结一般性的规律, 对解证同一类问题大有禅益.

命题Ⅱ 设$\text{m}\ge 2‚0＜\text{a}{}_{\text{i}}＜\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}‚\text{i}=1‚2‚\cdots ‚\text{n}$, 则

${\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\sqrt[\text{m}]{\text{a}{}_{\text{i}}^{\text{m}}+1}}＜\text{n}+\frac{{\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\text{a}}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}.(2)$

证明 因$0＜\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}\le 1$, 故

$\left(\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}\right){}^{\text{k}}\ge \left(\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}\right){}^{\text{m}}$,

其中k=0, 1, 2, …, m;i=1, 2, …, n.于是

$\begin{array}{l}\sqrt[\text{m}]{\text{a}{}_{\text{i}}^{\text{m}}+1}=\sqrt[\text{m}]{(2{}^{\text{m}}-1)\left(\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}\right){}^{\text{m}}+1}\\ \le \sqrt[\text{m}]{\left(\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}+1\right){}^{\text{m}}}=\frac{\text{a}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}+1.\end{array}$

所以${\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\sqrt[\text{m}]{\text{a}{}_{\text{i}}^{\text{m}}+1}}＜\text{n}+\frac{{\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\text{a}}{}_{\text{i}}}{\sqrt[\text{m}]{2{}^{\text{m}}-1}}.$

由命题Ⅰ、Ⅱ证明《数学教学》1995年第1期数学问题353题:

例3 若a, b, c满足a+b+c=1, 求证:

$\frac{10}{3}＜\sqrt{3\text{a}{}^2+1}+\sqrt{3\text{b}{}^2+1}+\sqrt{3\text{c}{}^2+1}＜4.$

证明 因为a+b+c=1, 所以$\text{a}{}^2+\text{b}{}^2+\text{c}{}^2\ge \frac{1}{3}.$

由 (1) 得

$\begin{array}{l}\sqrt{3\text{a}{}^2+1}+\sqrt{3\text{b}{}^2+1}+\sqrt{3\text{c}{}^2+1}\\ ＞3+\frac{3(\text{a}{}^2+\text{b}{}^2+\text{c}{}^2)}{3}=3+\frac{1}{3}=\frac{10}{3}.\end{array}$

由 (2) 得

$\begin{array}{l}\sqrt{3\text{a}{}^2+1}+\sqrt{3\text{b}{}^2+1}+\sqrt{3\text{c}{}^2+1}\\ ＜3+\frac{\sqrt{3}(\text{a}+\text{b}+\text{c})}{\sqrt{3}}=4.\end{array}$

联合两式, 结论得证.

命题Ⅲ 设m≥2, 0<ai<1, i=1, 2, …, n, 则

${\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\sqrt[\text{m}]{1-\text{a}{}_{\text{i}}^{\text{m}}}}＞\text{n}-{\displaystyle \sum _{\text{i}=1}^{\text{n}}\text{a}}{}_{\text{i}}.(3)$

证明因为ami≤aki, k=1, 2, …, n, 故

所以

由命题Ⅲ证明《数学通报》1995年第8期数学问题969题:

例4正实数a+b+c=1, 求证:

证明不等式右边由柯西不等式易得证.对于左边, 由 (3) 式得

对例2、例3、例4所给出的证明, 都比原证明简捷, 避免了冗长繁杂的证明过程, 给读者以简明扼要、全新的感觉.

在根式不等式的教学、解证中, 我们要有创新的精神, 不受其模式化的约束, 大胆地探索、归纳总结, 寻求有利于教学、有利于问题解决的好思想、好方法, 从而使根式不等式问题的解证既符合逻辑, 又能化繁为简, 尽量避免冗长繁杂的做法.

11.一个经典不等式的多种证明方法 篇十一

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

(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

1)

n2

2n

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！

12.专题：不等式的证明——反证法 篇十二

反证法证明不等式  方法介绍：

从否定结论出发，经过逻辑推理导出矛盾，证实否定的结论是错误的，从而肯定原结论是正确的。 规律点拨：

① 必须先否定结论，当结论的反面呈现多样性时，要分类讨论各种可能的情况。

② 否定结论之后，必须要从否定的结论出发进行逻辑推理，得出矛盾。

③ 推导出的矛盾多种多样。可能与已知矛盾、与假设矛盾、与公理事实相矛盾等等。动笔前先审视题目中可能利用的矛盾类型，可以令思路更清晰。

④ 当结论是：“都是。。”、“都不是。。”、“至少。。”、“至多。。”等形式时常用反证法。 典型题例

1.设a，b，cR，且abc0，abbcac0，abc0。求证：

1ba、1ab

中至少有一个小于2。

4.已知a、b、c(0,1)，求证：

(1a)b、(1b)c、(1c)a不能同时大于1/4.5.a，b，cR，求证：

a2c、b2a、c2b三个式子中至

少有一个不小于1。

a，b，c均大于零。

2.设

f(x)xpxq(p,qR)

证明：f(1)、f(2)、f(3)中至少有一个不小于1/2。

3.已知a0，b0且ab2，求证：学林家教

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13.一类几何不等式的证明方法 篇十三

不等式是数学中非常重要的组成部分, 很多复杂的数学问题需要借助不等式进行简化才能得以顺利求解.作为不等式家族中的重要成员, 几何不等式一直备受关注, 这一方面是由于很多几何不等式的证明颇具挑战性, 另一方面是由于几何不等式往往都具有非常优美的表现形式和直观的几何意义.对于几何不等式的证明, 常见的方式是依靠其几何意义的背景进行直接证明, 这种证明方式技巧性比较强, 往往不等式的形式稍有不同, 证明的方法就完全不一样.实际上, 对于一些特定类型的几何不等式, 可以利用微积分和代数学的知识给出通用的证明方法, 本文着重讨论与三角形三边长有关的一类不等式的证明方法.

二、与三角形三边长有关的不等式结构及证明方法

设三角形的三边长分别为a, b, c, 与三角形三边长有关的不等式可表示为

其中f和g通常为可微函数.

对于这类不等式可利用微积分中多元极值的求解方法, 结合代数学中二次型的正定性判别进行证明, 其过程为:

合代数学中二次型的正定性判别进行证明其过程为令F (a, b, c) =g (a, b, c) -f (a, b, c) , 所要证明的不等式等价于F (a, b, c) ≥0.

等价于F (a, b, c) ≥0.首先根据多元函数取得极值的必要条件列出方程组

由 (1) 可解, 得定点 (x0, y0, z0) .

然后根据多元函数取得极值的充分条件, 求出二次型矩阵.

接下来计算矩阵A的顺序主子式, 若各阶顺序主子式均大于或等于零, 则F (x0, y0, z0) 为极小值, 从而证明F (a, b, c) ≥0成立.

如果F (a, b, c) 本身即为二次型结构, 则可直接使用二次型正定性判定定理, 当二次型矩阵的各阶顺序主子式均大于或等于零时, F (a, b, c) 为半正定二次型, 即F (a, b, c) ≥0成立.

若所要证明的不等式形式为f (a, b, c)

三、不等式证明实例下面使用著名几何学

下面使用著名几何学家O.Bottema所著的《几何不等式》中的两个不等式对上述证明方法举例说明.

例1证明不等式8abc≤ (a+b) (a+c) (b+c) , 其中a, b, c为三角形的三边长, 当且仅当三角形为正三角形时等号成立.

证明令F (a, b, c) = (a+b) (a+c) (b+c) -8abc.

则由

可解得, 其中k为任意常数, 考虑到a, b, c为三角形的边长, 故取k>0.

对于定点 (k, k, k) , 根据多元函数取得极值的充分条件, 求出二次型矩阵为

其顺序主子式分别为4k>0, , 因此F (a, b, c) 在 (k, k, k) 处取得极小值0, 即F (a, b, c) ≥0成立, 故原不等式得证.

例2证明不等式3 (ab+bc+ac) ≤ (a+b+c) 2, 其中a, b, c为三角形的三边长, 当且仅当三角形为正三角形时等号成立.2

证明令F (a, b, c) = (a+b+c) 2-3 (ab+bc+ac) ,

整理, 可得F (a, b, c) =a2+b2+c2-ab-bc-ac.

由于F (a, b, c) 本身即为二次型结构, 其二次型矩阵为

其顺序主子式分别为1>0,

由

c其中k为任意常数.因此当且仅当a=b=c时, F (a, b, c) =0, 故原不等式得证.

四、结束语

以上利用微积分中多元极值方法和代数学中二次型正定性判定方法, 对与三角形三边长有关的一类几何不等式的证明方法作了讨论, 并举例说明.该方法并非是就题论题, 具有一定的通用性, 但是由于受到几何不等式结构复杂性的影响, 该方法并不能解决所有这类问题的证明, 更通用的证明方法有待于进一步深入研究.

摘要：利用多元极值方法和二次型正定性判定方法, 给出了一类与三角形三边长有关的几何不等式的证明方法, 并举例作了说明.

关键词：几何不等式,多元极值,二次型,正定

参考文献

[1][俄]F.M.菲赫金哥尔茨.微积分学教程 (第一卷) (第8版) [M].杨弢亮, 叶彦谦, 译.北京:高等教育出版社, 2009:363-365.

[2]北京大学数学系几何与代数教研室代数小组.高等代数 (第二版) [M].北京:高等教育出版社, 2002:231-237.

14.第3个有趣不等式的证明 篇十四

张家界市永定区永定小学覃文周QQ65785898

2安振平老师提出的 “三十个有趣的不等式”的第3个是：

15.数列不等式的证明举例 篇十五

（Ⅰ）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）若数列bn满足4b114b214b314bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；（Ⅲ）证明：1112nN aa3an13

2分析：本例（1）通过把递推关系式转化成等比型的数列；第（2）关键在于找出连续三项间的关系；第（3）问关键在如何放缩。

解：（1）an12an1，an112(an1)

故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。

an12n，an2n

1（2）4b114b214b314bn1(an1)bn，4(b1b2bnn)2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①

2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn12(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③

(n1)bn12nbn2④

④—③得2nbn1nbnnbn1，即2bn1bnbn1

所以数列{bn}是等差数列

11111（3） n1n1an21222an1

11111111111设S，则S()(S)a2a3an1a22a2a3ana22an1

21212S a2an13an1

3点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角度的思考问题。

2.已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,an1fan;数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

（Ⅰ）0an1an1;1212

an2;（Ⅱ）an12

（Ⅲ）若a1则当n≥2时,bnann!.分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。

*解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN.（1）当n=1时,由已知得结论成立;（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时, 因为0

又f(x)在0,1上连续,所以f(0)x2x2

ln(1x)x, 0

x2

0,知g(x)在(0,1)上增函数.由g(x)1x

又g(x)在0,1上连续,所以g(x)>g(0)=0.an2an2

fan>0,从而an1.因为0an1,所以gan0,即22

11n1b

(Ⅲ)因为 b1,bn1(n1)bn,所以bn0,n1 ,222bn

bbb1

所以bnnn12b1nn!————① ,bn1bn2b12

an2aaaaaaaaa,知:n1n,所以n=23n12n1 , 由(Ⅱ)an122an2a1a1a2an122, n≥2, 0an1an1.2

a1n2a121a1a2an1

a1

222222

由①② 两式可知: bnann!.因为a1

点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。

3.已知数列an满足a1

（Ⅰ）求数列an的通项公式an；（Ⅱ）设bn

an1

1(n2,nN)．，ann

41an1

21an，求数列bn的前n项和Sn；

（Ⅲ）设cnansin

(2n1)，数列cn的前n项和为Tn．求证：对任意的nN，2

Tn

4． 7

分析：本题所给的递推关系式是要分别“取倒”再转化成等比型的数列，对数列中不等式的证明通常是放缩通项以利于求和。解：（Ⅰ）又

1211，(1)n(1)n(2(1)n1]，anan1anan1

11n

1，数列(1)3是首项为3，公比为2的等比数列．

a1an

(1)n11nn1

.(1)3(2)，即ann1an321

（Ⅱ）bn(32n11)294n162n11．

1(14n)1(12n)Sn96n34n62nn9．

1412(2n1)

(1)n1，（Ⅲ）sin

2(1)n11

．cnn1nn1

3(2)(1)321

1111当n3时，则Tn 2n1

31321321321

n21

[1(1]1111111)23n11

47322813232111111147484[1()n2]． 286228684847

T1T2T3，对任意的nN，Tn．

7点评：本题利用转化思想将递推关系式转化成我们熟悉的结构求得数列an的通项 4.已知函数f(x)=

52x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

168x

(1)写出a2、a3的值;(2)试比较an与的大小，并说明理由；

4n

51n

(3)设数列bn满足bn=－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

44i

1分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

52an7

3解：(1)an1，因为a11,所以a2,a3.168an84（2）因为an0,an10,所以168an0,0an2.5

548(an)an

552an53, an1

4168an432(2an)22an

因为2an0,所以an1与an同号，44

515555

因为a10，a20,a30,„，an0,即an.444444

531531

(an1)bn1（3）当n2时，bnan

422an1422an1

31bn12bn1，224

所以bn2bn122bn22n1b12n3，(12n)

1111

所以Snb1b2bn(2n1)

421242

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

16.一道数列不等式证明的解法赏析 篇十六

形如这类不等式的证法.

例证明不等式:

命题意图本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目, 考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力.

知识依托本题是一个与自然数n有关的命题, 首先想到应用数学归纳法, 另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等.

证法一 (数学归纳法) (1) 当n等于1时, 不等式左端等于1, 右端等于2, 所以不等式成立;

(2) 假设n=k (k≥1) 时, 不等式成立,

∴当n=k+1时, 不等式成立.

综合 (1) 、 (2) 得:当n∈N*时, 都有

另从k到k+1时的证明还有下列证法:

又如:,

证法二 (直接放缩法) 对任意k∈N*都有:

证法三 (构造函数, 利用单调性)

设, 那么对任意k∈N*都有:

因此, 对任意n∈N*都有: