判别式法证明不等式

2024-10-10

判别式法证明不等式（精选12篇）

判别式法证明不等式篇1

判别式法证明不等式

x^2+y^2+z^2>=2xycosc+2zxcosb+2yzcosa

等价于(x-cosc*y-cosb*z)^2+(sinc*y-sinb*z)^2>=0

对于分式函数y=f(x)=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f)：

由于对任意一个实数y,它在函数f(x)的值域内的充要条件是关于x的方程y=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f)有实数解，因此“求f(x)的值域。”这一问题可转化为“已知关于x的方程y=(ax^2+bx+c)/(dx^2+ex+f)有实数解，求y的取值范围。”

把x作为未知量，y看作常量，将原式化成关于x的一元二次方程形式(*)，令这个方程有实数解，然后对二次项系数是否为零加以讨论：

(1)当二次项系数为0时，将对应的y值代入方程(*)中进行检验以判断y的这个取值是否符合x有实数解的要求，……

(2)当二次项系数不为0时，∵x∈R，∴Δ≥0，……

此时直接用判别式法是否有可能产生增根，关键在于对这个方程去分母这一步是不是同解变形。

原问题“求f(x)的值域。”进一步的等价转换是“已知关于x的方程y(dx^2+ex+f)=ax^2+bx+c至少有一个实数解使得dx^2+ex+f≠0，求y的取值范围。”

【举例说明】

1、当函数的定义域为实数集R时

例1求函数y=(x^2-2x+1)/(x^2+x+1)的值域.解：由于x^2+x+1=(x+12)^2+34>0，所以函数的定义域是R.去分母：y(x^2+x+1)=x^2-2x+1,移项整理得(y-1)x^2+(y+2)x+(y-1)=0.(*)

(1)当y≠1时，由△≥0得0≤y≤4;

(2)当y=1时，将其代入方程(*)中得x=0.综上所述知原函数的值域为〔0，4〕.2、当函数的定义域不是实数集R时

例2求函数y=(x^2-2x+1)/(x^2+x-2)的值域.解：由分母不为零知，函数的定义域A={x|x≠-2且x≠1}.去分母：y(x^2+x-2)=x^2-2x+1,移项整理得(y-1)x^2+(y+2)x-(2y+1)=0.(*)

(1)当y≠1时，由△≥0得y^2≥0�y∈R.检验：由△=0得y=0，将y=0代入原方程求得x=1，这与原函数定义域A相矛盾，所以y≠0.(2)当y=1时，将其代入方程(*)中得x=1，这与原函数定义域A相矛盾，�

所以y≠1.综上所述知原函数的值域为{y|y≠0且y≠1}

对于分式函数y=f(x)=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)：

由于对任意一个实数y,它在函数f(x)的值域内的充要条件是关于x的方程y=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)有实数解，把“求f(x)的值域”这问题可转化为“已知x的方程y=(ax^2+bx+c)/(x^2+mx+n)有实数解，求y的取值范围”把x当成未知量，y当成常量，化成一元二次方程，让这个方程有根.先看二次项系数是否为零，再看不为零时只需看判别式大于等于零了.此时直接用判别式法是否有可能出问题，关键在于对这个方程取分母这一步是不是同解变形。

这个问题进一步的等价转换是“已知x的方程y(x^2+mx+n)=ax^2+bx+c)到少有一个实数解使x^2+mx+n≠0，求y的取值范围”

这种方法不好有很多局限情况，如：定义域是一个区间的.定义域是R的或定义域是R且不等于某个数的还可以用.过程用上面的就可以了.。

判别式法证明不等式篇2

一、构造函数

例1:已知函数f (x) =x2+bx+c (b, c为常数) , 方程f (x) =x的两个实数根是x1, 、x2, 且满足x1-x2>1, 设0<t<x1, 求证f (x) >x1。

证明:构造函数F (x) =f (x) -x=x2+ (b-1) x+c, 其图像的对称轴为, 由x2-x1>1得, 即x1<-, 由于f (x) 在 () 上为减函数, 所以f (x) 在 (-∞, x1) 上为减函数, 又0<t<x1, 所以f (t) >f (x) =x。

二、构造数列

例2:已知a>1, n≥2, n∈N, 求证:。

证明:由a>1, 得, 即, 故原不等式等价于。构造以1为首项, 为公比的等比数列an, 则, 问题转化为证明不等式Sn>n, 即a1+a2+a3+……+an>n。由于an>1, 所以不等式成立。

三、构造不等式

例3:已知, 且, 求证:a+b<1。

证明:构造不等式, 即, 所以, 即a+b<1。

四、构造方程法

例4:已知a>b>c, a+b+c=1, a2+b2+c2=1, 求证:

证明:由a+b=1-c, 得a2+b2= (a+b) 2-2ab= (1-c) 2-2ab=1-c2, 所以ab=c2-c, 因此, 构造以ab为根的方程x2- (1-c) x+c2-c=0, 令f (x) =x2- (1-c) x+c2-c, 令a, b∈R, 及a>b>c, 得, 解得。

五、构造向量法

例5:设任意实数x、y, 满足x<1, y<1, 求证:。

证明:构造向量, 由向量数量积性质, 得, 所以, 即。

六、构造三角形

例6:设a, b∈R+a≠b, 求证:f (a) -f (b) <a-b。

证明:由, 构造直角三角形, 如图1所示, AB=1, BD=b, , BC=a在△ABD中, 有AC-AD<BC-BD, 即, 故原不等式成立。

七、构造解析几何模型

例7:已知a, b, c∈R, a+b+c=1, a2+b2+c2=1, 求证:。

证明:设P (a, b) , 由题意知点P是直线x+y=1-c2与圆x2+y2=1-c2的公共点, 于是圆心O (0, 0) 到直线x+y=1-c2的距离不大于该圆的半径, 即, 所以。

八、构造几何体

例8:已知, a>0, b>0, c>0,

求证:, 当且仅当时取等号。

证明:从三个根式的结构特点容易联想到余弦定理, 于是可构造如图2所示的图形。

作OA=a, OB=b, OC=c, ∠AOB=∠BOC=60°, 则∠AOC=120°, , 由几何知识可知:AB+BC≥AC, ∴, 当且仅当A、B、C三点共线时等号成立, 此时有, , 即ab+bc=ac, 故当且仅当时取等号。

九、构造二项式

例9:已知a>1, n≥2, n∈N, 求证:。:a2>n2 (n2-1) 24

应用构造法证明不等式竞赛题篇3

不等式的证明，凭借其简单的知识基础、独特的解题构思、发散的证明方向、奇特的推理过程成为数学竞赛中永恒的热点之一.构造法，作为技巧性特别强的一种解题方法，主要通过构造适当的变量、等式、函数、图形、数列、模型等辅助手段，使问题转化，揭示出直观和本质的形式，从而有助于问题的解决.构造法与不等式证明的结合，往往能相得益彰，迸发出令人赞叹的思维火花.本文拟通过具体例子，分类阐述如何应用构造法证明不等式竞赛题.

1构造函数关系证明不等式

所以原不等式成立.

2构造图形证明不等式

数形结合是最重要的数学思想之一，也是解决数学问题的有效方法之一，不等式的证明也是如此.如果问题条件中的数量关系能以某种方式与几何图形建立关系或具有明显的几何意义，从而构造图形，将题设条件及数量关系直接在图形中得到实现，然后在所构造的图形中寻求所证的结论.

例3设实数x，y，z满足0sin2x+sin2y+sin2z.

分析因坐标平面里单位圆上的点的坐标可用三角函数来表示，这就启示我们能否构造单位圆来解决.

证明在直角坐标平面上以原点为圆心作单位圆.考虑第一象限，在单位圆上取点A1，A2，A3，使得∠A1Ox=x，∠A2Ox=y，∠A3Ox=z.

由Eξ2-（Eξ）2≥0得x21x1+x2+x22x2+x3+…+x2nxn+x1≥12.

从以上几例可以看出，构造法是证明不等式竞赛题的重要方法.当然运用构造法解题，必须对基础知识掌握得非常熟练，必须有丰富的联想和敢于创新的精神.不失时机地运用构造法，一定能激发学生的探索精神和培养学生的创新能力.

（作者简介见本刊2014年第11期）

放缩法证明不等式篇4

放缩法证明不等式

【教学目标】

1.了解放缩法的概念；理解用放缩法证明不等式的方法和步骤。

2.能够利用放缩法证明简单的不等式。

【重点、难点】

重点：放缩法证明不等式。

难点：放缩法证明不等式。

【学法指导】

1.据学习目标，自学课本内容，限时独立完成导学案；

2.红笔勾出疑难点，提交小组讨论；

3.预习p18—p19,【自主探究】

1，放缩法：证明命题时，有时可以通过缩小（或）分式的分母（或），或通过放大（或缩小）被减式（或）来证明不等式，这种证明不

等式的方法称为放缩法。

2，放缩时常使用的方法：①舍去或加上一些项，即多项式加上一些正的值，多项式的值变大，或多项式减上一些正的值，多项式的值变小。如t22t2,t22t2等。

②将分子或分母放大（或缩小）：分母变大，分式值减小，分母变小，分

式值增大。

如当(kN,k1)1111，22kkk(k1)k(k1)，③利用平均值不等式，④利用函数单调性放缩。

【合作探究】

证明下列不等式

(1)

(2)，已知a>0，用放缩法证明不等式:loga

(a1)1111...2(nN)2222123nloga(a1)1

(3)已知x＞0, y>0，z>0求证

xyz

（4）已知n

N，求证：1

【巩固提高】

已知a,b,c,d都是正数，s

【能力提升】

求证: ...abcd求证:1

1aba

1ab

1b

换元法证明不等式09 篇5

教学目标：

增强学生“换元”思想，能较熟练地利用换元手段解决某些不等式证明问题。教学重点：三角换元教学过程：

一、提出课题：（换元法）

对所证不等式的题设和结论中的字母作、适当的变换，以达到化难为易的目的，这种方法叫换元法。

二、三角换元：

例

一、已知x > 0 , y > 0，2x + y = 1，求证：

1x1y

3

22证一：



1x



12xy(2xy)332yyx



即：



322

证二：由x > 0 , y > 0，2x + y = 1，可设x则

1x1y

2sin

sin,ycos





1cos



2(1cot)(1tan

)

3(2cottan

)32

例二：若x2证：设x则|

y

1，求证：|x

2xyy|

rsin,2

yrcos,2

(0r1)

2，2

2xyy||rcos2rcossinrsin

|

r

|cos2sin2|2r



cos2

4



2

2

小结：若0≤x≤1，则可令x = sin(0(

2

2)或x = sin2)。

y

若x2若x2

1，则可令1，则可令

x = cos , y = sin(0x = sec, y = tan(0

2

2

2)。2)。

y

若x≥1，则可令x = sec(0若xR，则可令x = tan()。

2

)。

三、小结：

还有诸如“均值换元”“设差换元”的方法，有兴趣的课后还可进一步学习。

四、作业：

1．若a

2b

1，求证：asinxbcosx

2．若|x|≤1，求证：(1x)(1x)2 3．已知a＋b=1，求证：a4b4

4．若正数a、b满足a＋b=1，求证：



浅谈用放缩法证明不等式篇6

山东省许晔

不等式的证明是中学数学教学的重点，也是学生接受时感到头痛的难点。不等式的证明方法很多。如：比较法（比差商法）、分析法、综合法、数学归纳法、反证法和放缩法等。限于篇幅，下面仅就用放缩法证明不等式的问题加以证明。

所谓放缩法，就是针对不等式的结构特征，运用不等式及有关的性质，对所证明的不等式的一边进行放大或缩小或两边放大缩小同时兼而进行，似达到证明结果的方法。但无论是放大还是缩小都要遵循不等式传递性法则，保证放大还是缩小的连续性，不能牵强附会，须做到步步有据。比如：证a＜b，可先证a＜h1，成立，而h1＜b又是可证的，故命题得证。

利用放缩法证明不等式，既要掌握放缩法的基本方法和技巧，又须熟练不等式的性质和其他证法。做到放大或缩小恰到好处，才有利于问题的解决。现举例说明用放缩法证明不等式的几种常用方法。

一、运用基本不等式来证明

①求证：lg8·lg12＜

1证明：∵lg8＞0，lg12＞0，而 lg96＜lg100=2 ∴lg8·lg12＜1.说明：本题应用对数函数的单调性利用不等式平均值，不等式两次放大，使不等式获证。

说明：本题采用了与基本不等式结合进行放缩的有关解题技巧。

解：

∵a2b2≥2ab（当且仅当a=b时，等号成立）同理a2+c2≥2ac（当且仅当a=c时，等号成立）b2＋c2≥2bc（当且仅当b=c时，等号成立）

∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac（当且仅当a=b=c时，等号成立）∵由已知可得a2+b2＋c2=ab＋bc＋ac，说明：此题完全使用了不等式的基本性质便可解此题。

二、运用放大、缩小分母或分子的办法来达到放缩的目的证明：

说明：本题观察数列的构成规律，采用通项放缩的技巧把一般数列转化成特殊数列，从而达到简化证题的目的。

证明：

本题说明采用了分别把各项的分母换成最大的2m或最小的m＋1的技巧。③求证：

证明：

本题说明：此题采用了从第三项开始拆项放缩的技巧，放缩拆项时，不一定从第一项开始，须根据具体题型分别对待，即放不能太宽、缩不能太窄，真正做到恰到好处。

④求证：

证明：

本题说明，此题采用了通项放缩，使放缩后能拆项相消的技巧。⑤若a、b、c为不全相等的非实数求证：

证明：

∵a、c、b不全为零，上述三式不能全取等号，相加得

说明：本题考虑到是齐次对称式，应用不舍弃非负项缩小的技巧。⑥求证：

证明：

当a＋b=0时，不等式显然成立。

当a＋b≠0时，∵0＜｜a＋b｜≤｜a｜+｜b｜，即：左边≤右边.说明：本题是运用了放大分母而缩小一个正分数的技巧。

三、放缩法在数学归纳法和数列中的应用

证明：当n=k+1时，则得

本题采用放缩法和数学归纳法相结合的解题方法。

证明：由递推公式有：

∴x100＞45.本题采用了数列的递增和放缩法相结合的解题技巧。

巧用构造法证明不等式篇7

根据所给不等式的特征, 利用函数的性质和函数的图象来证明不等式.

点评:此题用构造函数法直观地解决了求函数值域的问题, 达到了将复杂问题简单化的目的.

二、构造方程法

对于形如a≤f (x) ≤b的不等式, 令y=f (x) , 将其整理成关于x的二次方程, 利用方程有实数解△≥0, 建立关于y的不等式, 求解出y的范围, 达到证明不等式的目的.

例2已知实数a、b、c满足a+b+c=0和abc=2, 求证:a、b、c中至少有一个不小于2.

分析:针对这个题中出现的有两数和和积的情况, 我们就可以想到韦达定理.可以利用韦达定理构造一个一元二次方程, 然后利用一元二次方程根的判别式解决问题.

点评:此方法灵活利用韦达定理和一元二次方程根的判别式, 简单明了地解决了问题, 达到了事半功倍的效果.

三、构造几何图形法

将不等式中的项赋予一定的几何意义, 然后利用几何关系达到证明不等式的目的.

分析:已知0

证明:构造单位正方形, 如右图所示:O是正方形内任意一点, 且O到AD、AB的距离分别为a、b, 则|AO|+|BO|+|CO|+|DO|≥|AC|+|BD|

点评:上述问题充分展示了代数问题的几何解决, 说明根据题目特征巧妙地利用数形结合的思想, 可以化难为易, 开拓解题思路.

利用导数证明不等式篇8

策略一：利用已知函数证明

例1 （2009辽宁高考改编）设f(x)=ex(-x2+x+1).

证明：当x1,x2∈［0,1］时，有|f(x1)-f(x2)|<2.

思路直接利用已知函数的单调性求出最值.

证明:∵f′(x)=ex(-x2-x+2)=-ex(x+2)(x-1) .

∴当x∈［0,1］时，f′(x≥0)（当且仅当x=1时f′(x)=0),

从而f(x)在x∈［0,1］时单调递增,

故f(x)在［0,1］的最大值为f(1)=e，最小值为f(0)=1,

从而对任意x1，x2∈［0,1］,有|f(x1)-f(x2)|≤|f(x)max-f(x)min|=e-1＜2.

评注:根据题目特点,通常利用以下结论可证不等式成立.

(１) 对定义域内任意x1,x2,|f(x1)-f(x2)|≤|f(x)max-f(x)min|.

(２) f(x)max<0f(x)<0；f(x)min>0f(x)>0.

策略二：作差构造函数证明

（1）直接作差构造函数

例2 证明：x∈(1,+∞)时，12x2+lnx<23x3.

思路:把代数式移至一边，使另一边为0，构造新函数.

证明:设F(x)=23x3-12x2-lnx，

则F′(x)=2x2-x-1x=(x-1)(2x2+x+1)x，

当x>1时，F′(x)=(x-1)(2x2+x+1)x>0，

从而F(x)在(1,+∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)=160，

∴当x>1时，12x2+lnx<23x3 .

评注:本题欲证f(x)

利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式 .

（2）变形后构造函数 

例3 （全国卷理22节选）设函数f(x)=1-ex. 证明：当x>-1时，f(x)≥xx+1.

证明:当x>-1时，原不等式等价于ex≥1+x，

令F(x)=ex-1-x,则F′(x)=ex-1，

当x∈(-1,0)时，F′(x)<0，此时F(x)单调递减，

当x∈(0,+∞)时，F′(x)＞0，此时F(x)单调递增，

于是x=0时，F(x)取得极小值也为最小值，

故当x>-1时，F(x)≥F(0),即ex≥1+x∴f(x)≥xx+1.

评注:当直接作差构造函数无法证明时，可将不等式适当变形后构造函数，然后运用导数判断该函数的单调性或求出最值，从而达到证明不等式的目的，这也是转化与化归思想的重要体现. 变形技巧可以是利用不等式的性质、放缩等, 以达到化繁为简，例５就是应用放缩法的典型一例.

（3）换元后构造函数

例4 若x∈(0,+∞),求证1x+1<lnx+1x<1x.

思路:考察目标式子的结构，直接作差较繁，若换元则可使式子化简.

证明:令1+1x=t,x>0,∴t>1，x=1t-1

则原不等式1-1t<lnt1-1t，

∵t∈(1,+∞),∴f′(t)>0,∴f(t)在t∈(1,+∞)上为增函数，

∴f(t)>f(1)=0,∴t-1>lnt.

令g(t)=lnt-1+1t,∴g′(t)=1t-1t2=t-1t2，

∵t∈(1,+∞),∴g′(t)>0,∴g(t)在t∈(1,+∞)上为增函数.

评注:本题通过换元t=1+1x,0

策略三：分离变量构造函数证明

例5 若a>b>e,证明ba>ab

证明:原题等价于lnaa<lnbb,设f(x)=lnxx,则f′(x)=1-lnxx2,

当x>e时,f′(x)≤0,当x>e时，f(x)单调递减，

∵a>b>e,∴lnaa<lnbb,即bn>ab.

评注:此题不是直接作差构造函数，而是根据题目的特点采取两边取对数，然后将两个变量分别变形到式子的两边再构造函数，是分离变量思想的运用.

策略四：构造两个函数证明

例6 已知f(x)=xlnx.

（1）求f(x)的最小值.

（2）证明：对一切x∈(0,+∞)，都有lnx>1ex-2ex成立.

思路:（1）易得f(x)min=f1e=-1e.

（2）直接作差构造函数无法证明，注意到第（1）问研究的结果对（2）的启发，可先将原不等式等价变形为：xlnx>xex-2e，可知左式是已知函数f(x)的表达式，其最小值已经求得，故可研究右式的最大值.

证明（2）时x∈(0,+∞)时，原不等式可等价变形为：xlnx>xex-2e.

设g(x)=xex-2e，x∈(0,+∞)，则g′(x)=xex-2e=1-xex，

当x∈(0,1)时，g′(x)>0，此时g(x)单调递增，

当x∈(0,1)时，g′(x)<0，此时g(x)单调递减，

故x=1时，g(x)取得最大值g(1)=-1e，

而由（1）知f(x)min=f1e=-1e，且两者最值不能同时取得，

故xlnx>xex-2e恒成立，即lnx>1ex-2ex.

评注:本题充分利用已知函数，将所证不等式巧妙变形，通过证明f(x)min>g(x)max，从而证得f(x)>g(x).

由上述实例可见，用导数证明不等式的关键是根据不等式的结构特征灵活巧妙构造一个

判别式法证明不等式篇9

有些不等式的证明，若从整体上考虑难以下手，可构造若干个结构完全相同的局部不等式，逐一证明后，再利用同向不等式相加的性质，即可得证。

例1.若a，bR，ab2，求证：a1*2b12

分析：由a，b在已知条件中的对称性可知，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：2a1332a13·(2a1)·3·(a2)3323

(b2)3

(a2)(b2)2 33同理，2b1∴a1

2b1

222x12x2xnxn1…x1x2 例2.设x1，x2，…，xn是n个正数，求证：x2x3xnx1

…xn。

证明：题中这些正数的对称性，只有当x1x2…xn时，等号才成立，构造局部不等式如下：

222x12x2xnxn1x22x1，x32x2，…，xn2xn1，x12xn。x2x3xnx1

将上述n个同向不等式相加，并整理得：

222x12x2xnxn1…x1x2…xn。x2x3xnx1

例3.已知a1，a2，…，an均为正数，且a1a2…an1，求证：

22a12a2an1…。a1a2a2a3ana12

a12aa21a1，证明：因a1，a2，…，an均为正数，故a1a24

22a2a2a3anaa1a2，…，nan。a2a34ana14

又∵a1a2a2a3aa111…n(a1a2…an)，44422

∴把以上各个同向不等式相加，整理得：

22a12a2an1…a1a2…an1 a1a2a2a3ana12

22a12a2an1故…。a1a2a2a3ana12

例4.设a，b，cR，且abc1，求证：*3111。333a(bc)b(ca)c(ab)2证明：由a，b，c在条件中的对称性知，只有当abc1时，才有可能达到最小值31bc1，此时刚好3。所以，可构造如下局部不等式。2a(bc)4bc2

∵1bc11，233a(bc)4bc4abca

1ac11，2b3(ac)4ac4b3acb

1ab11，2c3(ab)4ab4c3abc

111a3(bc)b3(ca)c3(ab)1111bcacab()()abc4bcacab∴



1111313() 2abc2abc2

a2b2c2

1。例5.设a，b，cR，且abc2，求证：bccaab*

a2bc证明：由a，b，c在条件中的对称性知，只有，才可能达到最小值1，此时刚。所以，可构造如下局部不等式。bc4

a2bc。所以，可构造如下局部不等式。bc4

a2bcb2cac2ab∵a，b，c bc4ca4ab4a2b2c21∴(abc)abc bccaab2

a2b2c2

不等式证明篇10

不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型.证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下：不等式的性质：abab0,abab0.这是不等式的定义，也是比较法的依据.对一个不等式进行变形的性质：

（1）abba（对称性）

（2）abacbc（加法保序性）

（3）ab,c0acbc;ab,c0acbc.（4）ab0anbn,nanb(nN*).对两个以上不等式进行运算的性质.（1）ab,bcac（传递性）.这是放缩法的依据.（2）ab,cdacbd.（3）ab,cdacbd.（4）ab0,dc0,含绝对值不等式的性质：

（1）|x|a(a0)x2a2axa.（2）|x|a(a0)x2a2xa或xa.（3）||a||b|||ab||a||b|（三角不等式）.（4）|a1a2an||a1||a2||an|.ab,adbc.cd 证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.例题讲解 1．a,b,c0,求证：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc.abc32．a,b,c0，求证：abc(abc)

abc.a2b2b2c2c2a2a3b3c3.3．：a,b,cR,求证abc2c2a2bbccaab

4．设a1,a2,,anN*，且各不相同，求证：1

12131aa3ana12..n2232n25．利用基本不等式证明a2b2c2abbcca.446．已知ab1,a,b0,求证：ab1.8

7．利用排序不等式证明GnAn

8．证明：对于任意正整数R，有(1

1n1n1)(1).nn11119．n为正整数，证明：n[(1n)1]1n(n1)nn1.23n

1n 课后练习

1.选择题

(1)方程x-y=105的正整数解有().（A）一组（B）二组

（C）三组

（D）四组

(2)在0,1,2,„，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（）.（A）3个（B）4个

（C）5个

（D）6个 2．填空题

（1）的个位数分别为_________及_________.4

5422(2)满足不________.等式10≢A≢10的整数A的个数是x×10+1，则x的值(3)已知整数y被7除余数为5,那么y被7除时余数为________.(4)求出任何一组满足方程x-51y=1的自然数解x和y_________.3.求三个正整数x、y、z满足

23.4．在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？

5．求的整数解.6．求证可被37整除.7．求满足条件的整数x，y的所有可能的值.8．已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.9.如果p、q、、都是整数，并且p＞1，q＞1，试求p+q的值.课后练习答案

1.D.C.2.(1)9及1.(2)9.(3)4.(4)原方程可变形为x=(7y+1)+2y(y-7),令y=7可得x=50.223.不妨设x≢y≢z,则,故x≢3.又有故x≣2.若x=2,则,故y≢6.又有,故y≣4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3≢y≢4,y=3或4,z都不能是整数.4.可仿例2解.5.分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.．．

略解：a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3x1x2x3xnx1.再如证(a1)(b1)(ac)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式

如(等.但其本质特征不等式两边的次22数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.8888≡8(mod37),∴8888333

3222

2≡8(mod37).2222

27777≡7(mod37),7777≡7(mod37),8888238+7=407,37|407,∴37|N.22

3+7777

3333

≡(8+7)(mod37),而

237.简解:原方程变形为3x-(3y+7)x+3y-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≣0及y为整数可得0≢y≢5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.∵l+m=n,∴l=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l,n-m=1.于是2222l=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l+2l+1=(l+1).即2(l+m+1)是完全平方数.222

229.易知p≠q,不妨设p＞q.令(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.=n,则m＞n由此可得不定方程

例题答案：

1.证明：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc

a(b2c22bc)b(a2c22ac)c(a2b22ab)

a(bc)2b(ca)2c(ab)2

0

ab(ab)bc(bc)ca(ca)6ab.c

评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明a2b2c2abbcca时，可将a2b2

1(abbcca)配方为[(ab)2(bc)2(ca)2]，亦可利用a2b22ab，2b2c22bc,c2a22ca，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.不等式关于a,b,c对称，不妨abc,则ab,bc,acR，且

ab,，bca都大于等于1.caabbcc(abc)abc3a2abc3b2bac3c2cab3aab3aac3bba3bbc3cca3ccb3

ab3a()bb()cbc3a()cac31.评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定n个字母的大小顺序，可方便解题.（2）本题可作如下推广：若ai0(i1,2,,n),则a11a22anaaan(a1a2an)a1a2ann.（3）本题还可用其他方法得证。因aabbabba，同理bbccbccb,ccaacaac，另aabbccaabbcc，4式相乘即得证.（4）设abc0,则lgalgblgc.例3等价于algablgbalgbblga,类似例4可证algablgbclgcalgbblgcclgaalgcblgbclga.事实上，一般地有排序不等式（排序原理）：设有两个有序数组a1a2an,b1b2bn，则a1b1a2b2anbn（顺序和）

a1bj1a2bj2anbjn（乱序和）a1bna1bn1anb1（逆序和）

其中j1,j2,,jn是1,2,,n的任一排列.当且仅当a1a2an或b1b2bn时等号成立.排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如a,b,cR时,a3b3c3a2bb2cc2aa2ab2bc2c

a2b2c2111111abbcca;abca2b2c2a2b2c2bcabcaabc222.3.思路分析：中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明.111111，则a2b2c2（乱序和）cbacab111111a2b2c2（逆序和），同理a2b2c2（乱序和）abccab111a2b2c2（逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数abc111333组abc及，仿上可证第二个不等式.bcacab

222不妨设abc,则abc,4.分析：不等式右边各项

ai1a；可理解为两数之积，尝试用排序不等式.i22ii设b1,b2,,bn是a1,a2,,an的重新排列，满足b1b2bn，又1111.22223nanbna2a3b2b3.由于b1,b2,bn是互不相同的正整数，b122222n2323nb3bnb11故b11,b22,,bnn.从而b12，原式得证.12222n23n所以a1评述：排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，a2b2abba，a3b3c3a2bb2cc2aaabbbcccaabcbaccab3abc.5.思路分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方．．法.a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3x1x2x3xnx1.再如证(a1)(b1)(ac)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式

如(等.但其本质特征不等式两边的次数及22系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.思路分析：不等式左边是a、b的4次式，右边为常数式呢.44要证ab1，如何也转化为a、b的4次811,即证a4b4(ab)4.8833评述：（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知x1x2x31,xi0,求证：x1 x211133求证：x1x2x2x3 x3.右侧的可理解为(x1x2x3).再如已知x1x2x30，3332+x3x10，此处可以把0理解为(x1x2x3)，当然本题另有简使证法.38（2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于n个正数a1,a2,an)

调和平均Hnn111a1a2an 几何平均Gnna1a2an 算术平均Ana1a2an

n22a12a2an平方平均Qn

2这四个平均值有以下关系：HnGnAnQn，其中等号当且仅当a1a2an时成立.7.证明: 令biai,(i1,2,,n)则b1b2bn1，故可取x1,x2,xn0，使得 Gnb1

xxx1x,b22,,bn1n1,bnn由排序不等式有： x2x3xnx1b1b2bn

=xx1x2n（乱序和）x2x3x1111x2xn（逆序和）x1x2xn x1

=n，aaa2ana1a2nn,即1Gn.GnGnGnn111，,各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，GnAn.a1a2an 评述:对8.分析:原不等式等价于n1(1)1平均，而右边为其算术平均.n11nn1，故可设法使其左边转化为n个数的几何n111111n21(1)n(1)(1)1(1)(1)11.n1nnnnnn1n1n个n1 评述:（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相近.类似可证(11n11n2)(1).nn1（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁.9.证明:先证左边不等式

111(1n)123n1111n123n (1n)n

n111(11)(1)(1)(1)123n (1n)nn34n1223nn1n(*)

nn[(1n)1]121n1n111123n

n 34n123nn234n1nn1.n23n （*）式成立，故原左边不等式成立.其次证右边不等式

1111n(n1)nn1

23n1 n1n1n(1111111)(1)(1)(1)23nn1123n n1nn112n1123n

（**） n1nn1

利用微积分证明不等式篇11

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=

判别式法证明不等式篇12

放缩法证明数列不等式是高考数学命题的热点和难点, 通常作为试卷的压轴题, 由于其灵活多变, 让许多学生觉得没有规律, 无从着手.为帮助更多的学生突破这个难点, 我们可以在思维策略上加以点拨, 提升其能力.本文谈谈笔者关于这一问题的一点浅见.

1 放缩为裂项求和

有的数列和不等式, 不能直接求和时, 可以先把数列的通项公式分裂成两项之差, 求和后再放缩.当数列的通项公式不能分裂成两项之差时, 先把通项公式放缩后裂项, 每一项按照相同的规律放大或缩小后裂项, 求和后再放缩.

例1 设数列{an}的前n项的和 $S_{n} = \frac{4}{3} a_{n} - \frac{1}{3} \times 2^{n + 1} + \frac{2}{3} ‚ n \in Ν^{*} .$

(Ⅰ) 求首项a1与通项an;

(Ⅱ) 设 $Τ_{n} = \frac{2^{n}}{S_{n}} ‚ n \in Ν^{*}$ , 证明: $\sum_{i = 1}^{n} Τ_{i} ＜ \frac{3}{2} .$

$\begin{array}{l} 解 (Ⅰ) a_{1} = 2 ‚ a_{n} = 4^{n} - 2^{n} ‚ n \in Ν^{*} . \\ (Ⅱ) S_{n} = \frac{4}{3} a_{n} - \frac{1}{3} \times 2^{n + 1} + \frac{2}{3} \\ = \frac{4}{3} (4^{n} - 2^{n}) - \frac{1}{3} \times 2^{n + 1} + \frac{2}{3} \\ = \frac{2}{3} (2^{n + 1} - 1) (2^{n} - 1) ‚ \\ Τ_{n} = \frac{2^{n}}{S_{n}} = \frac{3}{2} \times \frac{2^{n}}{(2^{n + 1} - 1) (2^{n} - 1)} \\ = \frac{3}{2} \times (\frac{1}{2^{n} - 1} - \frac{1}{2^{n + 1} - 1}) ‚ \\ \sum_{i = 1}^{n} Τ_{i} = \frac{3}{2} \times (\frac{1}{2^{1} - 1} - \frac{1}{2^{n + 1} - 1}) ＜ \frac{3}{2} . \end{array}$

评注对分式和的不等式问题, 一般要对项进行准确变形, 首先考虑能否裂成相邻两项的差, 累加相消后再进行放缩, 裂项相消是处理分式和不等式问题的一种常规变形方法.

2 放缩为等比求和

当可以直接用等比数列求和时, 求和后放缩, 否则先将通项放缩, 从某一项开始放缩后, 和式转化为等比数列求和, 求和后再放缩.

例2 已知数列{an}满足a1=1, an+1=2an+1 (n∈N*) .

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ) 证明: $\frac{n}{2} - \frac{1}{3} ＜ \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + \dots + \frac{a_{n}}{a_{n + 1}} ＜ \frac{n}{2} (n \in Ν^{*}) .$

解 (Ⅰ) an=22-1 (n∈N*) .

(Ⅱ) 因为k=1, 2, …, n时,

$\begin{array}{l} \frac{a_{k}}{a_{k + 1}} = \frac{2^{k} - 1}{2^{k + 1} - 1} = \frac{2^{k} - 1}{2 (2^{k} - \frac{1}{2})} ＜ \frac{1}{2} ‚ \\ \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + \dots + \frac{a_{n}}{a_{n + 1}} ＜ \frac{n}{2} ； \end{array}$

$\begin{array}{l} \frac{a_{k}}{a_{k + 1}} = \frac{2^{k} - 1}{2^{k + 1} - 1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2 (2^{k + 1} - 1)} \\ = \frac{1}{2} - \frac{1}{3 \cdot 2^{k} + 2^{k} - 2} \geq \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2^{k}} ‚ \\ \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + \dots + \frac{a_{n}}{a_{n + 1}} \\ \geq \frac{n}{2} - \frac{1}{3} (\frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} + \dots + \frac{1}{2^{n}}) \\ = \frac{n}{2} - \frac{1}{3} (1 - \frac{1}{2^{n}}) ＞ \frac{n}{2} - \frac{1}{3} . \end{array}$

所以n∈N*时,

$\frac{n}{2} - \frac{1}{3} ＜ \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + \dots + \frac{a_{n}}{a_{n + 1}} ＜ \frac{n}{2} .$

设无穷递缩等比数列{an}首项a1 (a1>0) , 公比q (0<q<1) , 则其部分和Sn<所有项的和 $S = \frac{a_{1}}{1 - q}$ .再设数列{bn}满足:bn≤an, 则数列{bn}的部分和 $S^{'}_{n} \leq S_{n} ＜ S = \frac{a_{1}}{1 - q} .$

例3 设数列{an}满足an+1=a $_{n}^{2}$ -n·an+1, n=1, 2, 3, ….

(Ⅰ) 当a1=2时, 求a2, a3, a4, 并由此猜想出an的一个通项公式;

(Ⅱ) 当a1≥3时, 证明对所有的n≥1, 有

(ⅰ) an≥n+2;

$(ⅱ) \frac{1}{1 + a_{1}} + \frac{1}{1 + a_{2}} + \dots + \frac{1}{1 + a_{n}} \leq \frac{1}{2} .$

本题 (Ⅱ) (ⅱ) 是求和估计, 只证这一问.

证明由 (ⅰ) an≥n+2, 得

an+1+1=a $_{n}^{2}$ -n·an+2

≥an (n+2) -n·an+2=2 (an+1) .

所以

$\begin{array}{l} a_{n + 1} + 1 \geq 2 (a_{n} + 1) \geq 2^{2} (a_{n - 1} + 1) \\ \geq \dots \geq 2^{n} (a_{1} + 1) \geq 2^{n + 2} ‚ \\ \frac{1}{1 + a_{i}} \leq \frac{1}{2^{i + 1}} ‚ i = 1 ‚ 2 ‚ 3 ‚ \dots . \end{array}$

对i求和, 得

$\begin{array}{l} \frac{1}{1 + a_{1}} + \frac{1}{1 + a_{2}} + \dots + \frac{1}{1 + a_{n}} \\ \leq \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{3}} + \dots + \frac{1}{2^{n + 1}} \\ \leq \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{3}} + \dots + \frac{1}{2^{n + 1}} + \dots = \frac{1}{2} ‚ \end{array}$

当且仅当n=1时取等号.

说明本题关键是寻找 $\frac{1}{1 + a_{n}} \leq \frac{1}{2^{n + 1}}$ , 归结为无穷递缩等比数列 ${\frac{1}{2^{n + 1}}}$ 的和的问题.

评注当裂项相消无法奏效时, 可考虑把项放缩为等比型来解决, 特别是指数型, 一般将项放缩为某等比数列的项, 然后累加.

3 利用函数的性质放缩

3.1 利用函数不等式放缩

先给出一个大家都不陌生的函数不等式:若x>-1, 则 $\frac{x}{x + 1} \leq \ln (x + 1) \leq x$ .特别地:当x>0时, 有 $\frac{x}{x + 1} ＜ \ln (x + 1) ＜ x$ .可构造函数用导数证明, 在此证明略.

例4 已知函数f (x) =ex-x.

(Ⅰ) 求函数f (x) 的最小值;

(Ⅱ) 若n∈N*, 证明: $(\frac{1}{n})^{n} + (\frac{2}{n})^{n} + \dots + (\frac{n - 1}{n})^{n} + (\frac{n}{n})^{n} ＜ \frac{e}{e - 1} .$

解 (Ⅰ) 易得fmin (x) =f (0) =1.

(Ⅱ) 由不等式若x>-1, 则ln (x+1) ≤x, 知1+x≤ex.令 $x = - \frac{k}{n} ＞ - 1 (n \in Ν^{*} ‚ k = 0 ‚ 1 ‚ 2 ‚ \dots ‚ n - 1)$ , 则 $0 ＜ 1 - \frac{k}{n} \leq e^{- \frac{k}{n}} ‚ (1 - \frac{k}{n})^{n} \leq e^{- k}$ , 即 $(\frac{n - k}{n})^{n} \leq e^{- k}$ , 取k=n-1, n-2, …, 1, 0相加得

$\begin{array}{l} (\frac{1}{n})^{n} + (\frac{2}{n})^{n} + \dots + (\frac{n - 1}{n})^{n} + (\frac{n}{n})^{n} \\ \leq e^{- (n - 1)} + e^{- (n - 2)} + \dots + e^{- 2} + e^{- 1} + 1 \\ = \frac{1 - e^{- n}}{1 - e^{- 1}} ＜ \frac{1}{1 - e^{- 1}} = \frac{e}{e - 1} . \end{array}$

评注本例 (Ⅱ) 中证明的不等式中的“e”究竟是怎样变化出来的呢?只要将不等式x>-1, ln (x+1) ≤x的对数式等价改写成指数式, “e”不就产生出来了吗?再对x赋值后求和、放缩, 证明一气呵成!

3.2 利用函数的单调性放缩

有的数列和不等式的证明, 可以利用单调性放缩, 当然也可能是在和式的某一个环节, 利用一个有关的数列或函数的单调性进行证明.

例5 已知m, n是正整数, 且1<m<n, 求证: (1+m) n> (1+n) m.

证明要证 (1+m) n> (1+n) m, 即证 $n (1 + m) ＞ m (1 + n) ‚ \frac{\ln (1 + m)}{m} ＞ \frac{\ln (1 + n)}{n}$ .构造函数 $f (x) = \frac{\ln (1 + x)}{x} ‚ f^{'} (x) = \frac{x}{x + 1} - \ln (x + 1) ＜ 0$ (利用3.1中不等式结论) , 故f (x) 单调递减, 而m<n, 因此 $\frac{\ln (1 + m)}{m} ＞ \frac{\ln (1 + n)}{n}$ , 进而 (1+m) n> (1+n) m.

评注这类非明显一元函数的不等式证明问题, 关键是先等价变换成某一个一元函数式分别在两个不同点处的函数值的大小比较问题.通过构造函数, 求导判断其单调性, 利用单调性比较大小.

3.3 构造函数证明数列不等式

例6 数列{xn}由下列条件确定: $x_{1} = a ＞ 0 ‚ x_{n + 1} = \frac{1}{2} (x_{n} + \frac{a}{x_{n}}) ‚ n \in Ν .$

(Ⅰ) 证明:对n≥2总有 $x_{n} \geq \sqrt{a}$ ;

(Ⅱ) 证明:对n≥2总有xn≥xn+1.

解 (Ⅰ) 构造函数 $f (x) = \frac{1}{2} (x + \frac{a}{x})$ , 易知f (x) 在 $[\sqrt{a} ‚ + \infty)$ 是增函数.当n=k+1时, $x_{k + 1} = \frac{1}{2} (x_{k} + \frac{a}{x_{k}})$ 在 $[\sqrt{a} ‚ + \infty)$ 递增, 故

$\begin{array}{l} x_{k + 1} ＞ f (\sqrt{a}) = \sqrt{a} . \\ (Ⅱ) x_{n} - x_{n + 1} = \frac{1}{2} (x_{n} - \frac{a}{x_{n}}) \end{array}$

, 构造函数 $f (x) = \frac{1}{2} (x - \frac{a}{x})$ , 它在 $[\sqrt{a} ‚ + \infty)$ 上是增函数, 故有 $x_{n} - x_{n + 1} = \frac{1}{2} (x_{n} - \frac{a}{x_{n}}) \geq f (\sqrt{a}) = 0$ .得证.

评注 $f (x) = \frac{1}{2} (x + \frac{a}{x})$ 是递推数列 $x_{n + 1} = \frac{1}{2} (x_{n} + \frac{a}{x_{n}})$ 的母函数, 研究其单调性对此数列本质属性的揭示往往具有重要的指导作用.

4 奇偶相邻问题捆绑求和放缩

当要证明和式是正负相间对, 仅用通项an是不好放缩的, 因为项数n为奇数或偶数时, an的符号是变化的, 此时可以把奇偶相邻项捆绑求和进行放缩.

例7 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an+ (-1) n, n≥1.

(Ⅰ) 写出数列{an}的前3项a1, a2, a3;

(Ⅱ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅲ) 证明:对任意的整数m>4, 有

$\frac{1}{a_{4}} + \frac{1}{a_{5}} + \dots + \frac{1}{a_{m}} ＜ \frac{7}{8} .$

解 (Ⅰ) 略.

$(Ⅱ) a_{n} = \frac{2}{3} [2^{n - 2} + (- 1)^{n - 1}] .$

(Ⅲ) 观察要证的不等式, 左边很复杂, 要设法对其进行适当的放缩, 使之能够求和.

$\begin{array}{l} \frac{1}{a_{4}} + \frac{1}{a_{5}} + \dots + \frac{1}{a_{m}} \\ = \frac{3}{2} [\frac{1}{2^{2} - 1} + \frac{1}{2^{3} + 1} + \dots + \frac{1}{2^{m - 2} - (- 1)^{m}}] . \end{array}$

如果把上式分母中的±1去掉, 就可利用等比数列的前n项公式求和, 由于-1与1交错出现, 容易想到将式中两项两项地合并起来一起进行放缩, 尝试知:

$\begin{array}{l} \frac{1}{2^{2} - 1} + \frac{1}{2^{3} + 1} ＞ \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{3}} ‚ \\ \frac{1}{2^{3} + 1} + \frac{1}{2^{4} - 1} ＜ \frac{1}{2^{3}} + \frac{1}{2^{4}} . \end{array}$

因此, 可将 $\frac{1}{2^{2} - 1}$ 保留, 再将后面的两两组合放缩, 即可求和.需对m进行分类讨论:

当n≥3且n为奇数时,

$\begin{array}{l} \frac{1}{a_{n}} + \frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{3}{2} (\frac{1}{2^{n - 2} + 1} + \frac{1}{2^{n - 1} - 1}) \\ = \frac{3}{2} \cdot \frac{2^{n - 2} + 2^{n - 1}}{2^{2 n - 3} + 2^{n - 1} - 2^{n - 2} - 1} \\ ＜ \frac{3}{2} \cdot \frac{2^{n - 2} + 2^{n - 1}}{2^{2 n - 3}} \\ = \frac{3}{2} \cdot (\frac{1}{2^{n - 2}} + \frac{1}{2^{n - 1}}) (减项放缩) . \end{array}$

①当m>4且m为偶数时,

(2) 当m>4且m为奇数时,

由 (1) 知

由 (1) (2) 得证.

5加强命题, 用数学归纳法证明

数学归纳法是中学数学中的一种重要的方法, 在证明与自然数有关的命题时, 我们常用数学归纳法.但在实际解题中有时候直接运用数学归纳法证明该命题不太容易, 或者按常规思路去运用递推假设也不容易达到目的, 这时可以考虑把该命题适当加强, 使加强后的命题更

例8设0<a<1, 定义a1=1+a, an+1求证:对一切正整数n有an>1.

解用数学归纳法推n=k+1时的结论an+1>1, 仅用归纳假设ak>1及递推式ak+1=1ak+a是难以证出的, 因为ak出现在分母上!可以逆向考虑:

故将原问题转化为证明其加强命题:对一切正整数n有1<an<11-a. (证明从略)

评注对于数列型不等式∑n i=1ai<m (或∑n i=1ai>m) 可先加强为∑n i=1ai<m+f (n) (或∑n i=1ai>m-f (n) ) , 然后用数学归纳法证明.总之, 数列和不等式的证明, 关键是把和求出来, 若不能直接求和, 就要先把通项放缩, 再求和, 求和后再放缩, 证得结果.

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