不等式证明的基本方法

不等式证明的基本方法（共12篇）

不等式证明的基本方法 篇1

一、常见的放缩方法

证题中经常用到的放缩方法有:

1.“添舍”放缩:对不等式一边添项或舍项以达到放大和缩小的效果.

2.分式放缩:分别放缩分式的分子、分母或者同时放缩分子分母以达到放缩的效果.

3.利用重要的不等式或结论放缩:把欲证不等式变形构造,然后利用已知的公式或恒不等式进行放缩,例如,均值不等式、柯西不等式、绝对值不等式、二项式定理、贝努力公式、真分数性质定理等.

4.单调性放缩:挖掘不等式的结构特征和函数内涵来构造单调数列或单调函数,利用单调性、值域产生的不等关系进行放缩.

二、常见的放缩控制

当我们选择了正确的放缩方法后,却往往会在放缩的过程中不知不觉间失控,导致放缩的过大或过小,达不到欲证的目标.那么如何控制好放缩的尺度.

例1求证:

分析1:不等式左边不能直接求和,我们希望通过合适的放缩后可以求和.若采取的方法向右端放大,

则左边

很明显,放得有点大了,导致传递性失败,不等式链中断,放缩失败.那怎么办呢?

1.调整放缩的“量”的大小

分析2:分析1中“放”的有点过大,因为放大了放大了,…所以可以通过调整放大的“量”来控制放缩的效果.在分母减少了n,我们可以把分母只减少1,即这样放的量就少了。

证明1:左边

2.调整放缩的“项”的起点

分析3:分析1中从第二项开始放缩,放的最终有点大.可以调整放缩的项数,从第三项开始放缩.

证明2:左边

由此可见,调整成功.显然从第三项开始放缩所得的结果比从第二项开始放缩所得的结果又更小些.以此类推,当放缩的项数越少,放缩后的结果就会越来越精细,越来越逼近目标.

除此之外,还可以调整放缩的次数,通过多次放缩的调整来达到效果;有时也可以根据欲证式子的结构特点,把相邻的项分组捆绑后进行放缩,也可以达到控制放缩合理和尺度的效果.

三、常见的问题类型

数列型不等式的一边常与求和有关,所以可以通过放缩后求和(或求和后放缩)来达到欲证的目标.下面我们通过典型例题来体会常见问题的处理手法.

1.放缩与“公式法求和”

选择恰当的放缩方法,通过“通项”的适度放缩使之转化为等差或等比数列,从而求和达到简化证题的目的.

例2设

证明:因为所,即

说明:分别利用“添舍项”和“均值不等式”把通项放缩为等差数列,然后求和得证.

2.放缩与“裂项法求和”

在例1中,不等式的左边无法求和,但通过放缩产生裂项相消的求和效果后,使问题解决.例2的右边也是利用放缩产生了裂项的效果,然后求和.下面我们再通过例题的证明体会裂项求和效果的运用.

例3求证

证明:因为

所以因为

所以

说明:例1分式、例3根式的放缩后裂项相消求和的处理手法是很多灵活题目的原型,值得体会.

3.放缩与“并项法求和”

例4求证

分析:观察分母的变化规律,把若干项“捆绑”并为一项后进行放缩,然后求和就很容易实现欲证的目标.

证明:左边

4.利用递推关系式放缩

利用递推关系式本身蕴含的不等关系或放缩产生的不等关系,在很多题目中可以起到很好的放缩效果.

例5已知求证:.

分析:根据欲证不等式的结构特点,通过递推关系式构造关于1+ak的不等式,然后实现对通项的放缩.

证明:因为且

所以所以

所以左边

5.构造和数列后进行放缩

如果数列不等式没有直接的求和的形式,很多时候可以间接的构造和数列,然后进行放缩处理.

例6已知正数列满足证明:

分析:根据已知构造关于的递推关系式,然后利用“累加法”把不等式的左边转化为和数列的形式.

证明:因为所以.所以

所以所以

总之,运用放缩法进行数列不等式的证明,要认真分析条件和结论的结构特征,明确方向,防止盲目放缩.同时还要多总结、多思考,多掌握一些常用的放缩技巧,以提高分析问题和解决问题的能力.

摘要：放缩法证明数列不等式,不仅需要学生掌握常用的放缩方法和技巧,控制好放缩的目标和尺度,同时也需要熟悉常见的问题类型.为了帮助更多的学生突破这一难点,本文对放缩法证明数列不等式的基本策略进行分析.

关键词：放缩方法,放缩控制,问题模型

不等式证明的基本方法 篇2

类型一：比较法证明不等式

1、用作差比较法证明下列不等式：

；

(a，b均为正数，且a≠b)

（1）

（2）

思路点拨：（1）中不等号两边是关于a,b,c的多项式，作差后因式分解的前途不大光明，但注意到如a2, b2, ab这样的结构，考虑配方来说明符号；（2）中作差后重新分组进行因式分解。

证明：

（1）

当且仅当a=b=c时等号成立，（2）

（当且仅当a=b=c取等号）.∵a>0, b>0, a≠b，∴a+b>0,(a-b)2>0，∴

∴

.，总结升华：作差，变形（分解因式、配方等），判断差的符号，这是作差比较法证明不等式的常用方法。

举一反三：

【变式1】证明下列不等式：

(1)a2+b2+2≥2(a+b)

(2)a2+b2+c2+3≥2(a+b+c)

(3)a2+b2≥ab+a+b-1

【答案】

（1）（a2+b2+2）-2(a+b)=(a2-2a+1)+(b2-2b+1)=(a-1)2+(b-1)2≥0

∴a2+b2+2≥2(a+b)（2）证法同（1）

（3）2（a2+b2）-2（ab+a+b-1)=(a2-2ab+b2)+(a2-2a+1)+(b2-2b+1)=(a-b)2+(a-1)2+(b-1)2≥0

∴2（a2+b2）≥2（ab+a+b-1)，即a2+b2≥ab+a+b-1

【变式2】已知a，b∈，x，y∈，且a+b=1，求证：ax2+by2≥(ax+by)2

【答案】

ax2+by2-(ax+by)2

=ax2+by2-a2x2-b2y2-2abxy =a(1-a)x2+b(1-b)y2-2abxy=abx2+aby2-2abxy =ab(x-y)2≥0 ∴ax2+by2≥(ax+by)2

2、用作商比较法证明下列不等式：

(a，b均为正实数，且a≠b)，且a，b，c互不相等）

（1）

（2）（a，b，c∈

证明：

（1）∵a3+b3>0, a2b+ab2>0.∴，∵a, b为不等正数，∴

∴，∴

（2）证明：

不妨设a>b>c，则

∴

所以，总结升华：当不等号两边均是正数乘积或指数式时，常用这种方法，目的是约分化简.作商比较法的基本步骤:判定式子的符号并作商变形 判定商式大于1或等于1或小于1 结论。

举一反三：

【变式1】已知a>2，b>2，求证：a+b2，b>2

∴

∴

∴

【变式2】已知a，b均为正实数，求证：aabb≥abba

【答案】

∵a>0, b>0, ∴ aabb与abba均为正，∴，分类讨论可知（分a>b>0, a=b>0, 0

，当且仅当a=b等号成立，∴ aabb≥abba.类型二：综合法证明不等式

3、a, b, c是不全相等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc 证明：

法一：由b2+c2≥2bc, a>0,得a(b2+c2)≥2abc，同理b(c2+a2)≥2abc，c(a2+b2)≥2abc

∵a,b,c不全相等，∴上述三个等号不同时成立，三式相加有：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)>6abc.法二：∵a，b，c是不全相等的正数，∴a(b2+c2), b(c2+a2), c(a2+b2)均为正数，由三个数的平均不等式得：

a(b2+c2)+b(c2+a2)+ c(a2+b2)

∴不等式成立.总结升华：综合法是由因导果，从已知出发，根据已有的定义、定理，逐步推出欲证的不等式成立。

举一反三：

【变式1】a , b, m∈R+，且a

【答案】

∵00, ∴am0, ∴.【变式2】求证lg9·lg11<1.【答案】

∵lg9>0, lg11>0，∴

∴ , ∴lg9·lg11<1.，4、若a>b>0，求证：.思路点拨：不等号左边是一个各项皆正的“和的形式”，但左侧是两项而右侧都出现了特征数“3”.因此启发我们将左侧拆成3项的和利用平均值定理.证明：，∵ a>b>0, ∴a-b>0, b>0, ，∴ ，∴

举一反三：

（当且仅当，即a=2，b=1的等号成立）

【变式】x, y,z∈R+, 求证：

证明：∵ x, y,z∈R+,∴ ，同理，∴ ，∴，a2-2ac+c2

5、已知a,b>0，且2c>a+b，求证：

证明：要证

只需证：

即证：

∵a>0，只需证a+b<2c

∵已知上式成立，∴原不等式成立。

总结升华：

1．分析法是从求证的不等式出发，分析使之成立的条件，把证不等式转化为判断这些条件是否具备的

问题，若能肯定这些条件都成立，就可断定原不等式成立。

2．分析法在不等式证明中占有重要地位，是解决数学问题的一种重要思想方法。

3．基本思路：执果索因

4.格式：要证„„，只需证„„，只需证„„，因为„„成立，所以原不等式得证。

举一反三：

【变式1】求证：a3+b3>a2b+ab2(a，b均为正数，且a≠b)

【答案】

要证a3+b3>a2b+ab2，即证(a+b)(a2+b2-ab)≥ab(a+b)

∵a，b∈

，∴a+b>0 只需证a2+b2-ab≥ab，只需证a2+b2≥2ab 只需证(a-b)2≥0，∵(a-b)2≥0显然成立 所以原不等式成立。

【变式2】a , b, m∈R+，且a

【答案】

∵ b>0且b+m>0，.∴，∴

成立

∴.【变式3】求证：

【答案】

要证

只需证，而，只需证，只需证，显然成立，所以原不等式得证。

【变式4】若a>1，b>1，c>1，ab=10求证：logac+logbc≥4lgc

【答案】

要证logac+logbc≥4lgc，只需证

只需证，只需证

∵，∴成立

所以原不等式成立

【变式5】设x>0，y>0，x≠y，求证：

证明：要证

只需证，只需证

只需证

因x>0，y>0，x≠y，所以x2y2[3(x-y)2+4xy]>0成立

所以

类型四：反证法证明不等式

6、已知a,b,c∈(0,1)，求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a，至少有一个不大于。

思路点拨：此题目若直接证，从何处入手？对于这样正面情况较为复杂的问题，可以考虑使用反证法。

证明：假设原结论不成立，即，则三式相乘有：„„①

又∵0

总结升华：反证法的基本思路是：“假设——矛盾——肯定”，采用反证法证明不等式时，从与结论相反的假设出发，推出矛盾的过程中，每一步推理都必须是正确的。由于本题题目的结论是：三个数中“至少有一个不大于

”，情况比较复杂，会出现多个由异向不等式组

”，结构简单明了，成的不等式组，一一证明十分繁杂，而对结论的否定是三个数“都大于为推出矛盾提供了方便，故采用反证法是适宜的。

举一反三：

【变式】已知a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，求证：a,b,c>0

【答案】

假设a≤0

若a<0，∵abc>0，∴bc<0

又由a+b+c>0，则b+c>-a>0

∴ab+bc+ca=a(b+c)+bc<0，与题设矛盾

若a=0，则与abc>0矛盾，∴必有a>0

同理可证：b>0，c>0

类型五：放缩法证明不等式

7、若a,b,c,dR+，求证：

思路点拨：记中间4个分式之和的值为m，显然，通过通分求出m的值再与1、2比大小是困难的，可考虑运用放缩法把异分母化成同分母。

证明：记

∵a,b,c,dR+，∴

∴1

总结升华：证后半部分，还可用“糖水公式”，即

常用的放缩技巧主要有：

① f(x)为增函数，则f(x-1)

进行放缩。

② 分式放缩如

③ 根式放缩如

举一反三：

；

【变式1】求证：

【答案】

∴

【变式2】 当n>2时，求证：logn(n-1)logn(n+1)<1

【答案】

∵n>2，∴logn(n-1)>0，logn(n+1)>0

∴

∴n>2时，logn(n-1)logn(n+1)<1

类型六：其他证明不等式的方法

1.构造函数法

8、已知a>2，b>2，求证：a+b

当a>2时，f(a)

∴a+b

总结升华：不等式证明方法很灵活。分析不等式的结构特点，构造函数，借助函数单调性，使问题变得非常简单。

举一反三：

【变式】已知a≥3，求证：

【答案】。

令（x≥0).∵f(x)在x∈[0,+∞)上是递减函数，∴f(a-1)

2、三角换元法：

9、求证： [0,π]，证明：∵-1≤x≤1，∴令x=cos, 则

∵-1≤sin≤1，10、若x2+y2≤1，求证：

证明：设

则

11、若x>1，y>1，求证：

证明：设

则

12、已知：a>1,b>0，a-b=1，求证：

证明：∵a>1,b>0,a-b=1，∴不妨设

则

总结升华：

①若0≤x≤1，则可令

②若x2+y2=1，则可令x=cos，y=sin(0≤θ<2π)

③若x2-y2=1，则可令x=sec,y=tan(0≤θ<2π)

④若x≥1，则可令，若xR，则可令

举一反三：

【变式1】已知x2=a2+b2，y2=c2+d2，且所有字母均为正，求证：xy≥ac+bd

【答案】

∵x2=a2+b2，∴不妨设

∵y2=c2+d2，∴不妨设

∴

∴xy≥ac+bd

【变式2】已知x>0，y>0，2x+y=1，求证：

【答案】

由x>0,y>0，2x+y=1，可设

则

类型六：一题多证

13、若a>0，b>0，求证：

思路点拨：由于a>0，b>0，所以求证的不等式两边的值都大于零，本题用作差法，作商法和综合法，分析法给出证明。

证明：

证法一：作差法

∵a,b>0，∴a+b>0,ab>0

∴

证法二：作商法，得证。

∵a>0,b>0,∴a+b>0，∴得证。

证法三：分析法

要证，只需证a3+b3≥(a+b)ab

只需证(a+b)(a2-ab+b2)≥(a+b)ab(∵a+b>0)

只需证a2-ab+b2≥ab

只需证(a-b)2≥0

∵(a-b)2≥0成立，∴得证 证法四：综合法

∵a>0,b>0，∴同向不等式相加得：

举一反三：

【变式】已知

【答案】

证法一：

都是实数，且求证：，同理

证法二： 即

.证法三：

要证

所以原不等式成立.证法四：

原不等式等价于不等式

用比较法证明

且

，只需证

只需证

又

所以

证法五：

设

则

即

故可考虑用三角换元法.证法六：

用向量的数量积来证明

浅谈证明不等式的方法 篇3

构图法，即构造几何图形，利用几何图形的性质来帮助说明不等式.构图法出现已经有很长的历史，可以追溯到十二世纪的古代中国，希腊和印度.一些数学家认为构图法不是一种严格的证明，构图法对于实际证明毫无价值，证明有且只有一种方式——推理，构图证明是不能够接受的.但还有一部分数学家认为，数学不仅是逻辑的，还是图形的，作为数学教育工作者，必须把培养学生的想象能力作为重要的能力之一.数学教育家波利亚指出画图帮助理解题意，被认为是经典的教育学建议.爱因斯坦和庞加莱都认为，我们应该利用好我们的直觉；美国数学家加德纳指出，许多情形下，一个平淡的证明加上一个几何类似图形，使得证明更加简单和漂亮，定理的准确性立见.所有的这些，都说明了构图法对帮助证明的重要性.

2几个不等式的构图说明

高中数学选修模块45《不等式选讲》中的不等式主要有：基本不等式，绝对值不等式，平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，贝努利不等式.中学阶段很多不等式的证明可以利用构图法来理解，下面列举几个不等式的构图.

2.1不等式a+b2≥ab（a，b为正数）的构图

不等式表明：两个正数的算术平均数a+b2不小于它们的几何平均数ab，即a+b2≥ab（a，b为正数），教材中一般构造如下的几何图形来加强理解.

图1图2如图1所示，在正方形ABCD中，有S△ABC+S△AFM-S矩形ABEF≥0，即a2+b2≥a·b，所以a+b2≥ab.基本不等式的另一种构图，如图2所示，把半径不等的两圆水平放置，且都与直线AB相切，两圆外切，有OF=a+b2，OE=a-b2.在直角三角形OEF中，利用勾股定理可知EF=ab，因为OF>EF，所以a+b2≥ab.图1～2都说明了不等式a+b2≥ab的几何意义，并且能直观地感知当且仅当“a=b”时“=”成立.

2.2不等式2aba+b

如图3所示，M为圆A外一点，MA与圆A分别相交于P、Q两点，MG，MR分别为圆A的切线和割线，PM=a，QM=b，a>b>0，则有HM2.3不等式xr-1>r（x-1）的构图

当n为正整数，x>-1时，（1+x）n≥1+nx成立，称为贝努利不等式（Bernoulli inequality），其证明方法通常有数学归纳法和利用二项式定理进行放缩.但形如xr-1>r（x-1）的不等式，不能采用类似于证明贝努利不等式的方法进行证明，可采用构图法帮助证明.构造如图4所示的图形，在同一坐标系中分别作出函数y=xr-1和y=r（x-1）的图象，函数y=xr-1为经过（1，0）点的凸函数，函数y=r（x-1）的图象是斜率为r，经过点（1，0）的直线，且直线y=r（x-1）与y=xr-1的图象相切，切点为（1，0）.因此，当r>1，x>0，x≠1时，不等式xr-1>r（x-1）恒成立.

2.4不等式ab

构图来帮助证明分布在数学中的各个方面，如代数，几何，三角，微积分和动态几何，不等式，数列，排列、组合等等.数学上许多的定理和概念，都可以用优美、简洁的图形来表示.老师们应该在平时教学中多注意总结，设计更多的图来帮助学生直观地理解数学知识，学好数学，让数学变得更为直观.

不等式证明的基本方法 篇4

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$S{}_n=\frac{4}{3}a{}_n-\frac{1}{3}\times 2{}^{n+1}+\frac{2}{3}‚n\in \mathbf{{\rm N}}{}^{*}.$

(Ⅰ) 求首项a1与通项an;

(Ⅱ) 设${\rm T}{}_n=\frac{2{}^n}{S{}_n}‚n\in \mathbf{{\rm N}}{}^{*}$, 证明:${\displaystyle \sum _{i=1}^n{\rm T}}{}_i＜\frac{3}{2}.$

$\begin{array}{l}\text{解}(\mathrm{Ⅰ})a{}_1=2‚a{}_n=4{}^n-2{}^n‚n\in \mathbf{{\rm N}}{}^{*}.\\ (\mathrm{Ⅱ})S{}_n=\frac{4}{3}a{}_n-\frac{1}{3}\times 2{}^{n+1}+\frac{2}{3}\\ =\frac{4}{3}(4{}^n-2{}^n)-\frac{1}{3}\times 2{}^{n+1}+\frac{2}{3}\\ =\frac{2}{3}(2{}^{n+1}-1)(2{}^n-1)‚\\ {\rm T}{}_n=\frac{2{}^n}{S{}_n}=\frac{3}{2}\times \frac{2{}^n}{(2{}^{n+1}-1)(2{}^n-1)}\\ =\frac{3}{2}\times \left(\frac{1}{2{}^n-1}-\frac{1}{2{}^{n+1}-1}\right)‚\\ {\displaystyle \sum _{i=1}^n{\rm T}}{}_i=\frac{3}{2}\times \left(\frac{1}{2{}^1-1}-\frac{1}{2{}^{n+1}-1}\right)＜\frac{3}{2}.\end{array}$

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:$\frac{n}{2}-\frac{1}{3}＜\frac{a{}_1}{a{}_2}+\frac{a{}_2}{a{}_3}+\cdots +\frac{a{}_n}{a{}_{n+1}}＜\frac{n}{2}(n\in \mathbf{{\rm N}}{}^{*}).$

解 (Ⅰ) an=22-1 (n∈N*) .

(Ⅱ) 因为k=1, 2, …, n时,

$\begin{array}{l}\frac{a{}_k}{a{}_{k+1}}=\frac{2{}^k-1}{2{}^{k+1}-1}=\frac{2{}^k-1}{2\left(2{}^k-\frac{1}{2}\right)}＜\frac{1}{2}‚\\ \frac{a{}_1}{a{}_2}+\frac{a{}_2}{a{}_3}+\cdots +\frac{a{}_n}{a{}_{n+1}}＜\frac{n}{2}；\end{array}$

$\begin{array}{l}\frac{a{}_k}{a{}_{k+1}}=\frac{2{}^k-1}{2{}^{k+1}-1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2(2{}^{k+1}-1)}\\ =\frac{1}{2}-\frac{1}{3\cdot 2{}^k+2{}^k-2}\ge \frac{1}{2}-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2{}^k}‚\\ \frac{a{}_1}{a{}_2}+\frac{a{}_2}{a{}_3}+\cdots +\frac{a{}_n}{a{}_{n+1}}\\ \ge \frac{n}{2}-\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2{}^2}+\cdots +\frac{1}{2{}^n}\right)\\ =\frac{n}{2}-\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{2{}^n}\right)＞\frac{n}{2}-\frac{1}{3}.\end{array}$

所以n∈N*时,

$\frac{n}{2}-\frac{1}{3}＜\frac{a{}_1}{a{}_2}+\frac{a{}_2}{a{}_3}+\cdots +\frac{a{}_n}{a{}_{n+1}}＜\frac{n}{2}.$

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$S^{\prime }{}_n\le S{}_n＜S=\frac{a{}_1}{1-q}.$

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;

$(\mathrm{ⅱ})\frac{1}{1+a{}_1}+\frac{1}{1+a{}_2}+\cdots +\frac{1}{1+a{}_n}\le \frac{1}{2}.$

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

$\begin{array}{l}a{}_{n+1}+1\ge 2(a{}_n+1)\ge 2{}^2(a{}_{n-1}+1)\\ \ge \cdots \ge 2{}^n(a{}_1+1)\ge 2{}^{n+2}‚\\ \frac{1}{1+a{}_i}\le \frac{1}{2{}^{i+1}}‚i=1‚2‚3‚\cdots .\end{array}$

对i求和, 得

$\begin{array}{l}\frac{1}{1+a{}_1}+\frac{1}{1+a{}_2}+\cdots +\frac{1}{1+a{}_n}\\ \le \frac{1}{2{}^2}+\frac{1}{2{}^3}+\cdots +\frac{1}{2{}^{n+1}}\\ \le \frac{1}{2{}^2}+\frac{1}{2{}^3}+\cdots +\frac{1}{2{}^{n+1}}+\cdots =\frac{1}{2}‚\end{array}$

当且仅当n=1时取等号.

说明 本题关键是寻找$\frac{1}{1+a{}_n}\le \frac{1}{2{}^{n+1}}$, 归结为无穷递缩等比数列$\left\{\frac{1}{2{}^{n+1}}\right\}$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$\frac{x}{x+1}\le \ln (x+1)\le x$.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:$\left(\frac{1}{n}\right){}^n+\left(\frac{2}{n}\right){}^n+\cdots +\left(\frac{n-1}{n}\right){}^n+\left(\frac{n}{n}\right){}^n＜\frac{\text{e}}{\text{e}-1}.$

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$x=-\frac{k}{n}＞-1(n\in \mathbf{{\rm N}}{}^{*}‚k=0‚1‚2‚\cdots ‚n-1)$, 则$0＜1-\frac{k}{n}\le \text{e}{}^{-\frac{k}{n}}‚\left(1-\frac{k}{n}\right){}^n\le \text{e}{}^{-k}$, 即$\left(\frac{n-k}{n}\right){}^n\le \text{e}{}^{-k}$, 取k=n-1, n-2, …, 1, 0相加得

$\begin{array}{l}\left(\frac{1}{n}\right){}^n+\left(\frac{2}{n}\right){}^n+\cdots +\left(\frac{n-1}{n}\right){}^n+\left(\frac{n}{n}\right){}^n\\ \le \text{e}{}^{-(n-1)}+\text{e}{}^{-(n-2)}+\cdots +\text{e}{}^{-2}+\text{e}{}^{-1}+1\\ =\frac{1-\text{e}{}^{-n}}{1-\text{e}{}^{-1}}＜\frac{1}{1-\text{e}{}^{-1}}=\frac{\text{e}}{\text{e}-1}.\end{array}$

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$f(x)=\frac{\ln (1+x)}{x}‚f^{\prime }(x)=\frac{x}{x+1}-\ln (x+1)＜0$ (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:$x{}_1=a＞0‚x{}_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x{}_n+\frac{a}{x{}_n}\right)‚n\in \mathbf{{\rm N}}.$

(Ⅰ) 证明:对n≥2总有$x{}_n\ge \sqrt{a}$;

(Ⅱ) 证明:对n≥2总有xn≥xn+1.

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

$\begin{array}{l}x{}_{k+1}＞f(\sqrt{a})=\sqrt{a}.\\ (\mathrm{Ⅱ})x{}_n-x{}_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x{}_n-\frac{a}{x{}_n}\right)\end{array}$

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

评注$f(x)=\frac{1}{2}\left(x+\frac{a}{x}\right)$是递推数列$x{}_{n+1}=\frac{1}{2}\left(x{}_n+\frac{a}{x{}_n}\right)$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

$\frac{1}{a{}_4}+\frac{1}{a{}_5}+\cdots +\frac{1}{a{}_m}＜\frac{7}{8}.$

解 (Ⅰ) 略.

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

(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.

$\begin{array}{l}\frac{1}{a{}_4}+\frac{1}{a{}_5}+\cdots +\frac{1}{a{}_m}\\ =\frac{3}{2}\left[\frac{1}{2{}^2-1}+\frac{1}{2{}^3+1}+\cdots +\frac{1}{2{}^{m-2}-(-1){}^m}\right].\end{array}$

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,

$\begin{array}{l}\frac{1}{a{}_n}+\frac{1}{a{}_{n+1}}=\frac{3}{2}\left(\frac{1}{2{}^{n-2}+1}+\frac{1}{2{}^{n-1}-1}\right)\\ =\frac{3}{2}\cdot \frac{2{}^{n-2}+2{}^{n-1}}{2{}^{2n-3}+2{}^{n-1}-2{}^{n-2}-1}\\ ＜\frac{3}{2}\cdot \frac{2{}^{n-2}+2{}^{n-1}}{2{}^{2n-3}}\\ =\frac{3}{2}\cdot \left(\frac{1}{2{}^{n-2}}+\frac{1}{2{}^{n-1}}\right)(\text{减}\text{项}\text{放}\text{缩}).\end{array}$

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.

不等式证明的基本方法 篇5

【学习目标】

能熟练运用综合法与分析法来证明不等式。

【新知探究】

1．用综合法证明不等式：从已知条件出发，利用不等式的性质和已证明过的不等式以及函数的单调性导出待证不等式的方法叫综合法，又称为顺推证法或由因导果法。

2．用分析法证明不等式：从待证不等式出发，分析并寻求使这个不等式成立的充分条件或充要条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实，从而得出要证的命题成立的方法叫分析法，又称为逆推证法或执果索因法。

3．不等式证明方法多，证法灵活，其中比较法、分析法、综合法是基本方法，要熟练掌握，其他方法作为辅助，这些方法之间不能截然分开，要综合运用各种方法。我们可以利用分析法寻找证题的途径，然后用“综合法”进行表达

【自我检测】

1．分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的A.充分条件 B.必要条件C.充要条件

2．若a＞b＞c，则D.既不充分又不必要条件 113+_______.（填“＞”“=”“＜”）abbcac

222222【典型例题】 例1．已知a,b,c是不全相等的正数，求证：a(bc)b(ca)c(ab)6abc．

变式训练：课本P25页习题2.2第2题

例2．已知x1x2x3xn1且x1,x2,,xn都是正数，求证：(1x1)(1x2)(1xn)2.例3．求证2736

变式训练：课本P26页习题2.2第3题

–“学海无涯苦作舟，书山有路勤为径” n

a2b2b2c2c2a

2abc.例4．若a,b,c>0，求证：abc

变式训练：已知：abc0，求证：abbcca0.例5．设a、b∈R，关于x的方程x2＋ax＋b＝0的实根为α、β.若｜a｜＋｜b｜＜1，求证：｜α｜＜1，｜β｜＜1.变式训练：课本P26页习题2.2第6题

yyxx例6．是否存在常数C，使得不等式+≤C≤+对任意正数x、y恒成2xyx2yx2y2xy

立?试证明你的结论.【课堂练习】课本P26页习题2.2第4，5，7，8，9题

不等式证明的基本方法 篇6

关键词：不等式证明；Lagrange中值定理；Cauchy中值定理

中图分类号：G642 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2014）19-356-01

一、运用Lagrange中值定理法证明不等式

1、归纳总结Lagrange中值定理证明不等式的特点

应用中值定理解决不等式多为通过对所给不等式进行结构上的分析，通过构造得到某个特定区间上的目标函数，然后运用中值定理满足的条件从而得到不等式的证明。当不等式或进行相应的变形后出现类似于一个函数两点的函数差f（b）-f（a）时应想到运用Lagrange中值定理解决不等式的证明。具体做法如下：

（1）应根据题目选取适当的辅助函数f（x），根据题目选取适当的区间

（2）在该给定区间上验证f（x）是否可以满足Lagrange中值定理

（3）根据 上值的变化及 来证明不等式

参考文献：

[1] 陈纪修，於崇华，金路.数学分析.第二版.北京：高等教育出版社，2004.

[2] 同济大学应用数学系.高等数学（第五版）.高等教育出版社，2003.

用高等方法证明不等式的一类方法 篇7

在高等数学中证明不等式是一类十分典型的问题.证明不等式就是根据不等式的性质, 证明对于式中变量所允许的数值, 不等式恒能成立.不等式的种类繁多, 证明方法难易悬殊, 所用技巧各异, 没有一个统一的处理办法, 但是相当广泛的一类不等式可以用微分法和积分法给予论证.本文粗略地归纳总结了求证复杂、特殊的不等式的行之有效的一类方法——用微分法证明不等式.下面特别说明几种方法.

1.利用导数不等式定理证明不等式

定理 如果在区间[a, +∞) 上函数f (x) 与g (x) 满足条件:

(1) f (x) 与g (x) 都是n阶可导函数.

(2) f (k) (a) =g (k) (a) (k=0, 1, 2, …, n-1) .

(3) f (n) (x) >g (n) (x) (x>a) , 则当x>a时, 不等式f (x) >g (x) 成立.

在某区间上, 利用上面的定理证明不等式f (x) >g (x) 时只要考虑f (x) 与g (x) 在区间左端点小于n的各阶导数值及f (n) (x) 和g (n) (x) 在区间内的关系即可.

例1 求证:$\ln (1+x)>\frac{\text{a}\text{r}\text{c}\text{t}\text{a}\text{n}x}{1+x}(x>0).$

证明 设辅助函数f (x) = (1+x) ln (1+x) ,

g (x) =arctanx, 则f (0) =g (0) =0.

求导$f^{\prime }(x)=1+\ln (1+x)‚g^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x{}^2}$, 则

f′ (0) =g′ (0) =1.

再求导$f^{″}(x)=\frac{1}{1+x}‚g^{″}(x)=-\frac{2x}{(1+x{}^2){}^2}$,

因x>0, 显然有f″ (x) >g″ (x) , 即

(1+x) ln (1+x) >arctanx (x>0) .

2.利用函数单调性, 构造单调函数法

在证明不等式中, 这种方法最为常见, 构造方法常用的有两种:作差和作商, 如果证明f (x) >g (x) 一般优先考虑此方法.其通常步骤为:

(1) 构造函数F (x) =f (x) -g (x) 或$F(x)=\frac{f(x)}{g(x)}$, 使得F (x) >0或F (x) >1.

(2) 考察F (x) 在区间上及端点的连续性.

(3) 求出F′ (x) , 由F′ (x) 的符号来判断F (x) 在相应区间上的单调性.若一阶导不能直接证明, 进而可考虑二阶乃至更高次的导数.

若F (n) (x) >0, F (k) (a) ≥0, n≥1, a<x<b, 0≤k<n, 则F (x) >0.

(4) 求出F (x) 在区间端点处的函数值, 并根据单调性证明不等式.

例2 求证:sinx+cosx>1+x-x2 (x>0) .

证明 将不等式恒等变形为sinx+cosx-1-x+x2>0, 令f (x) =sinx+cosx-1-x+x2, 则有f (x) 在[0, +∞) 上连续可导, 且f′ (x) =cosx-sinx-1+2x.又f′ (x) 在[0, +∞) 上仍连续可导, 且f″ (x) =-cosx-sinx+2>0.故f′ (x) 在[0, +∞) 上单调增加, 于是有f′ (x) >f′ (0) =0 (x>0) , 从而有f (x) 在[0, +∞) 上单调增加, 故f (x) >f (0) =0 (x>0) .

3.利用单调极限证明不等式

若x<b, f (x) 递增或严格递增, 且x→b-0时, f (x) →A, 则f (x) ≤A或f (x) <A.

例3 求证:当x>0, t≤x时, $e{}^{-t}-\left(1-\frac{t}{x}\right){}^x\ge 0.$

证明 当t=0或t=x不等式不证自明, 只需证x>0, t<x, t≠0的情况, 为此只需证$f(x)=\left(1-\frac{t}{x}\right){}^x$递增且$\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}f(x)=e{}^{-t}$.当x>0, t<x, t≠0时, $\left[\ln \left(1-\frac{t}{x}\right){}^x\right]{}^{´}=\left[x\text{l}\text{n}\left(1-\frac{t}{x}\right)\right]{}^{´}=\ln (x-t)-\ln x+\frac{t}{x-t}=\frac{-t}{\xi }+\frac{t}{x-t}\ge \frac{-t}{x-t}+\frac{t}{x-t}=0$ (当0<t<x时, 0<x-t<ξ<x;当t<0时, 0<x<ξ<x-t) .又$\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left(1-\frac{t}{x}\right){}^x=\underset{x\to \infty }{{\displaystyle \lim }}\left[\left(1-\frac{t}{x}\right){}^{-\frac{x}{t}}\right]{}^{-t}=e{}^{-t}‚\therefore x>0‚t\le x‚e{}^{-t}-\left(1-\frac{t}{x}\right){}^x\ge 0.$

4.利用微分中值定理及泰勒公式证明不等式

如果欲证不等式经过简单变形一端可以写成$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(1)$的形式, 则可以利用拉格朗日中值定理予以证明;如果不等式一端可以写成 (1) 的形式, 则可以用柯西中值定理予以证明.对于区间内至少存在一点使某不等式成立的命题也可考虑利用微分中值定理.

如果要证明不等式中有一部分是n次多项式, 且当利用函数单调性证明时判断其导数符号较困难时;或题设中函数具有二阶和二阶以上的导数, 且最高阶导数的大小或上下界可知, 这些情况均可以考虑利用泰勒公式证明.特别地, 对于泰勒公式, 当f (a) =f′ (a) =f″ (a) =…=f (n) (a) =0, f (n+1) (x) >0, x∈ (a, b) , 则$f(x)=\frac{f{}^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-a){}^{n+1}>0.$

例4 求证:$\frac{\text{t}\text{a}\text{n}x}{x}>\frac{x}{\text{s}\text{i}\text{n}x}‚x\in \left(0,\frac{\text{π}}{2}\right).$

$\begin{array}{l}\text{证}\text{明}\text{原}\text{不}\text{等}\text{式}\text{等}\text{价}\text{于}\text{求}\text{证}f(x)=\tan x\cdot \sin x-x{}^2>0‚x\in \left(0,\frac{\text{π}}{2}\right)‚\\ f^{\prime }(x)=\sec {}^{2}x\cdot \sin x+\tan x\cdot \cos x-2x\\ =(\sec {}^{2}x+1)\sin x-2x‚\\ \therefore f^{\prime }(0)=0‚f^{″}(x)=2\sec {}^{2}x\tan x\sin x+(\sec {}^{2}x+1)\cos x-2‚\\ \therefore f^{″}(0)=0‚f^{‴}(x)=\sin x(5\sec {}^{2}x+1)+b\sin {}^{2}x\sec {}^{4}x>0.\end{array}$

∴由泰勒公式, 当x∈ (a, b) 时,

$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)(x-0)+\frac{f^{″}(0)}{2!}(x-0){}^2+\frac{f^{‴}(\xi )}{3!}\cdot (x-0){}^3=\frac{x{}^3{f}^{‴}(\xi )}{3!}=0$, 即得证.

5.利用函数的凸凹性证明不等式

设f (x) 为定义在区间I上的函数, 若对于I上任意两点x1, x2和实数λ∈ (0, 1) 总有f (λx1+ (1-λ) x2) ≤λf (x1) + (1-λ) f (x2) , 则称f (x) 是I上的凸函数.

因为凸函数是用不等式定义的, 所以我们可以利用凸函数的这一特性来证明某些不等式.

凸函数定义的一般形式即詹森不等式:

若f (x) 为[a, b]上的凸函数, 对任意xi∈[a, b], λi>0 (i=1, 2, …, n) , 且${\displaystyle \sum _{i=1}^n}$λi=1, 则f (${\displaystyle \sum _{i=1}^n}$λixi) ≤${\displaystyle \sum _{i=1}^n}$λif (xi) .下举一用詹森不等式证明不等式的例子:

例5 设ai>0 (i=1, 2, …, n) 且不全相等, 求证:

arctan (λ1a1+λ2a2+…+λnan) ≥λ1arctana1+λ2arctana2+…+λnarctanan.

证明 考虑函数f (x) =-arctanx, x∈ (0, +∞) , 则

$f^{\prime }(x)=\frac{-1}{1+x{}^2}‚f^{″}(x)=\frac{2x}{\sqrt{1+x{}^2}}>0‚(x>0)$,

即f (x) 为 (0, +∞) 上的凸函数, 由詹森不等式即将f (x) 代入, 得

arctan (λ1a1+λ2a2+…+λnan) ≥λ1arctana1+λ2arctana2+…+λnarctanan.

最后提一下几个著名的不等式:Canchy不等式、Schwarz不等式、Höller不等式、平均值不等式, 这些不等式证明方法十分典型, 这里不再赘述.

参考文献

[1]张晓宁, 李安昌.高等数学方法[M].江苏:中国矿业大学出版社, 1998:103.

[2]裴礼文.数学分析中的典型问题与方法[M].北京:高等教育出版社, 1993.

积分不等式的证明方法 篇8

积分不等式是微积分学中的一类重要不等式,在数学分析中有着广泛的应用.但是,笔者在教授高等数学这门课程的过程中发现大部分学生碰到积分不等式的证明问题时往往会束手无策.主要困难如下:被积函数不能用初等函数表示,从而无法应用Newton-Leibniz公式求出定积分的值;被积函数的具体表达式未知,只给出了它的某些性质.鉴于此,本文将专门讨论积分不等式的证明问题,主要介绍了五种方法:构造积分上限的函数,利用定积分的比较性质,利用积分中值定理,利用Schwarz不等式和利用平均值不等式.

二、构造积分上限的函数

由柯西中值定理知

因为f(t)单调减少,且f(1)>0,

三、利用定积分的比较性质证明积分不等式

思路分析观察左边、右边的两个积分,被积函数相同,但积分区间不同.于是,用定积分对积分区间的可加性构造需要的积分区间.

因为f(x)在区间[0,1]上单调不增,所以

四、利用积分中值定理证明积分不等式

思路分析利用积分中值定理将积分不等式转化为不含积分的不等式,再进行证明.

五、利用Schwarz不等式证明积分不等式

思路分析应用Schwarz不等式,要注意恰当地选取函数f(x)和g(x).

证:由Schwarz不等式

六、利用平均值不等式证明积分不等式

例7设正值函数f(x)在区间[0,1]上连续,试证:

思路分析将定积分表示成积分和的极限,再应用平均值不等式.

本文通过实例说明了证明积分不等式时可以尝试的五种方法:构造积分上限的函数,利用定积分的比较性质,利用积分中值定理,利用Schwarz不等式和利用平均值不等式.希望对读者有所帮助.

摘要：如何证明积分不等式是学习高等数学这门课程的一个难点问题.本文专门讨论积分不等式证明的五种方法:构造积分上限的函数,利用定积分的比较性质,利用积分中值定理,利用Schwarz不等式和利用平均值不等式.

关键词：积分不等式,积分上限的函数,积分中值,Schwarz不等式,平均值不等式

参考文献

[1]裴礼文.数学分析中的典型问题和方法[M].北京:高等教育出版社,1993:249-278.

[2]卢兴江,金蒙伟.高等数学竞赛教程[M].杭州:浙江大学出版社,2009:58-74.

[3]毛京中.高等数学竞赛与提高[M].北京:北京理工大学出版社,2004:80-127.

例谈不等式的证明方法 篇9

一、比较法

1. 作差比较法:

当要证的不等式两边为代数和形式时, 通过作差把定量比较左右的大小转化为定性判定左-右的符号, 从而降低了问题的难度.作差是化归, 变形是手段, 变形的过程是因式分解 (和差化积) 或配方, 把差式变形为若干因子的乘积或若干个完全平方的和, 进而判定其符号, 得出结论.

例1已知a, b都是正数, (并且a≠b) 求证:a5+b5>a3b2+a2b3.

分析:要证a5+b5>a3b2+a2b3, 只需证明a5+b5- (a3b2+a2b3) >0 (即作差) .把a5+b5- (a3b2+a2b3) 变形 (因式分解) , 再运用已知条件a, b∈R+, 且a≠b, 可把问题解决.

证明:

∵a, b∈R+, 且a≠b, 则当a>b时, 有a2>b2, a3>b3.

得 (a2-b2) (a3-b3) >0;当a

综上得 (a2-b2) (a3-b3) >0, ∴a5+b5>a3b2+a2b3.

2. 作商比较法:

当不等式两边为正的乘积形式时, 通过作商把其转化为比较左右与1的大小.

例2若a>b>c>1, 求证:a2ab2bc2c>ab+cba+cca+b.

证明:∵a>b>1,

同理 (b) b-c>1, (c) a-c>1.

二、综合法

综合法, 又称顺推法 (由因导果) .是由已知条件 (或真命题) 推导未知 (或结论) 的证明方法, 即从已知条件或真命题出发, 依次推导出一系列真实命题, 最后达到所要证明的命题的结论从不等式的证明来看就是从已知或已证明过的不等式出发, 根据不等式的性质推导出欲证的不等式 (由因到果) .综合法往往是分析法的逆过程, 表述简单、条理清楚.

例3已知a, b, c是不全相等的正数, 求证:a (b2+c2) +b (c2+a2) +c (a2+b2) >6abc.

分析:不等式左边含有“a2+b2”的形式, 我们可以运用基本不等式:a2+b2≥2ab.还可以这样思考:不等式左边出现有三次因式:a2b、b2c、c2a、ab2、bc2、ca2的“和”, 右边有三正数a、b、c的“积”, 我们可以运用重要不等式:a3+b3+c3≥3abc.

证明:∵b2+c2≥2bc, a>0, ∴a (b2+c2) ≥2abc.

同理:b (c2+a2) ≥2abc, c (a2+b2) ≥2abc.

三、分析法

证明不等式时, 有时可以从求证的不等式出发, 分析使这个不等式成立的充分条件, 把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题.如果能够肯定这些充分条件都已具备, 那么就可以断定原不等式成立.这种证明方法的思维特点是“执果索因”.

例4求证:

证明:为了证明, 只需证明成立.

展开得

显然这是成立的, 所以

四、反证法

在证明一些“唯一性”命题及“无限性”命题时, 往往直接去证明比较棘手, 就可以使用反证法进行证明.用反证法应注意几个问题:1.如果肯定命题的假设而否定其结论, 就会导致矛盾, 由此论证原结论是正确的证明方法就是反证法的中心思想;2.应把“反设”看作是在证明过程中新增加的条件, 同时在证明过程中, 必须要使用这个新增加的条件, 否则无法引出矛盾;3.导出矛盾的结果, 通常是指出现下列矛盾之一: (1) 与已知相矛盾; (2) 与已知的公理相矛盾; (3) 与已知定义相矛盾; (4) 与已知定理、公式, 性质相矛盾; (5) 与“反设”相矛盾; (6) 由“反设”推出的结果自相矛盾, 其步骤为:否定结论→推理论证→导出矛盾→肯定原结论.

例5已知Ac-2Bb+Ca=0, 且ac-b2>0, a, b, c, A, B, C均不为零, 求证:AC-B2<0.

证明:假设AC-B2≥0, 则AC≥B2>0.

由已知条件ac-b2>0, 得ac>b2>0, 于是AaCc>B2b2.

又Ac-2Bb+Ca=0, 故 (Ac+Ca) 2=4B2b2<4AaCc.

所以 (Ac+Ca) 2<0.

这是不可能的, 所以AC-B2<0.

浅谈不等式的证明方法 篇10

对于两个量,我们比较它们之间的大小,证明一个量大于或者小于另一个量,这就是不等式证明的实质过程。下面归纳了一些不等式的证明方法。

1 数学归纳法

数学归纳法有很多表达形式,其中最基本和最常用的是第一数学归纳法和第二数学归纳法。

第一数学归纳法:设P(n)是一个(关于正整数n)的命题。如果:

P(1)成立;(2)设P(k)成立,可推出P(k+1)成立,那么P(n)对一切正整数都n成立.

第二数学归纳法:设P(n)是一个(关于正整数n)的命题。如果:

P(1)成立;(2)n燮k(k为任意正整数)时P(n)(1燮n燮k)成立,可推出P(k+1)成立,那么P(n)对一切正整数都n成立。

在遇到与正整数n有关的不等式时,往往可以想到采用数学归纳法去证明。下面举出对应实例:

证明:由平均不等式,得

下面证明对一切正整数n,有

因此(1)对一切正整数n成立,当然对2005也成立。

(2)假设n=k时,。

当n=k+1时,由相应函数是增函数,

因此,要证不等式成立,只要证

这已成立,所以n=k+1时,不等式也成立。

由(1)和(2)可知,对一切正整数n成立。

注意:本题在推证n=k+1时,引入了,与函数有效结合起来,这既是本题的难点,也是突破点,是要极其重视的地方。

2 比较法

一般情况下我们认为,比较法就是通过确定两个实数a与b的差或a与b商的符号或者是其符号的范围来确定a与b大小关系的方法。比较法写成公式的形式大致有如下两种:

若证A叟B,只要证A-B叟0即可;

若B>0,证A叟B,只要证叟1即可。

在用比较法时,我们经常需要对不等式进行一些适当的处理,比如作差、分解、拆项、合并等等方法的处理,这样才能使得用比较法证明不等式更加简便。

下面举出相对应的计算实例:

例2.1实数x、y、z满足,求证:。

证明:

注意:本题中常数4的变换,是通过拆分项再合并所得到的,因此需要学生有一定计算基础与观察的能力。

例2.2设a,b,c,求证:

证明:由于不等式是关于a,b,c对称的,不妨设,于是

3 换元法

我们知道,换元法在不等式的证明中也是很常见的方法之一,通过对不等式添加或者去掉某些元素,使原来的未知量(或变量)变换成新的未知量(或变量),从而更容易达到证明原有不等式的目的。

换元法一般可分为三角换元、整体换元等,下面举出对应的实例。

例3.1已知,证明:。

证明:已知(求证式中分母含a2,b2),

同样的题目,我们用整体换元法重新做一次。

例3.1已知a2+b2=1,证明:。

证明:设,把代入上述方程并简化得:,由

说明此种方法就是把a2+b2看作一个整体,设为t,换元后使方程变的简单。

4 放缩法

当直接证明不等式A叟B比较困难的情况出现时,我们可以试着去找一个中间量C,使得A叟C及C叟B成立,自然就有A叟B成立。那么我们就可以理解为“放缩”就是将A放大到C,再把C放大到B,反过来说也可以。常用的有“添舍放缩”和“分式放缩”。

例4.1设a,b,c,证明:

所以原不等式成立。

注意:在证明分式不等式的时候,通分只有在极其特殊的情况下才进行的,比较简便的一种思想就是“放缩”。

以上简单的归纳了几种证明不等式的方法,其他证明不等式的方法还有很多这里就不做详细的介绍了。

在解决不等式过程中,由于不等式的不同,证明的方法也各有不同。在证明不等式时,应注意多种证明方法的综合应用,绝不可以将某种证法看成是孤立的。

总之,解题有法,但无定法,遵循规律,因题择法,想要熟练掌握这些技巧,必须多实践,悟出规律。

参考文献

[1]张禾瑞,高等代数1997

[2]赵忠彦.用数学归纳法证明一类不等式的技巧[J].数学通讯2007

不等式证明的基本方法 篇11

关键词： 不等式 均值不等式 三角换元 反证法 函数的单调性

一、利用均值不等式求解不等式

均值不等式在高中数学的应用比较广泛，常用于求函数的最值，或者应用于不等式的证明.解题思路比较明确，因为公式的应用主要是原式或者是它们的变式，所以比较好下手，但是在解题中一定要注意公式自身所隐含的条件.在利用公式求函数的最值时特别是要满足“一正，二定，三相等”这句话.即第一个条件是两个数都应该是正数；第二个条件是和或是积要定值，不能含有跟自变量有关的参数；第三个条件是在函数取到最值时能够取到等号，也就是相应的自变量能取得到.看以下一个例题.

例1：已知x，y>0，x+y=1，求■+■的最小值.

上述是一道非常典型的题目，上过高三老师在不等式复习时也都会把它重新再拿来讲一遍.很多学生在做题过程中很容易出现套公式的现象，常会出现以下错误：

∵x+y≥2■∴xy≤（■）■=■，∴■+■≥2■≥4■.

问题出在哪里呢？很多学生一时查不出来.后面老师提醒了一下很多学生就知道原因了：不等式取不到等号，上述解题过程中用到两次均值不等式，但是两次的x，y取不到相同的值.故最小值不是4■.正解如下：

■+■=（x+y）（■+■）=3+■+■≥3+2■=3+2■，此时当且仅当■=■，x=■-1，y=2-■时，取到最小值.

二、利用反证法证明不等式

反证法，它是从反面的角度思考问题，即肯定题设否定结论，从否定的结论出发导出矛盾，从而最终肯定命题是正确.反证法是高中数学不等式中常用的方法之一，它是直接证明不易下手，此时应该考虑的是“正难则反”的原则，从反面的角度进行推理.它常用于以下证明：

（1）难于直接使用已知条件导出结论的命题；

（2）唯一性命题；

（3）“至多”或“至少”性命题；

（4）否定性或肯定性命题.

例2：已知x，y>0，x+y>2，试证：■，■中至少有一个小于2.

分析：要证的结论与条件之间的联系不明显.直接由条件推出结论不够清晰.另外，如果从正面证明，需要对某一个分式小于2或两个分式都小于2等进行分类讨论，而从反面证明，则只要证明两个分式都不小于2是不可能的即可.于是考虑用反证法.

证明：假设■，■都不小于2，即■≥2，且■≥2因为x，y≥0，所以1+x≥2y，且1+y≥2x，把这两个不等式相加得，2+x+y≥2（x+y），从而x+y≤2.

这与已知条件x+y>2矛盾.因此，■，■都不小于2是不可能的，即原命题成立.

三、利用三角换元解证不等式

有些不等式证明问题中，含有一些特殊的条件及特殊的运算关系.这些条件或运算关系恰好满足三角关系，则可以采用三角代换证明.常见的换元形式有（1）x■+y■=a■，可令x=acosθ，y=asinθ；（2）x■+y■≤1，可令x=tcosθ，y=tsinθ（|t|≤1）.

例3：已知x■+y■=1，求证：|x■+2xy-y■|≤■.

分析：本题中，由x■+y■=1可联想到三角换元公式：sin■θ+cos■θ=1，进行三角换元证明.

证明：令x=sinθ，y=cosθ，则

|x■+2xy-y■|=|cos■θ+2sinθcosθ-sin■θ|

=|cos2θ+sin2θ|=■|sin（2θ+■）|≤■

故命题得证.

例4：已知x■+y■=1，m■+n■=4，求mx+ny的最大值.

分析：很多学生首先会想到用公式：ab≤■，因而会有如下解法：mx≤■，nx≤■，把这两个不等式相加就得到

mx+ny≤■+■=■=■，从而得到它的最大值是■.

解题过程错在哪里呢？这也是很多学生会忽略的一个问题：就是等号取不到，因而它的最大值不是■，这种类型题还是应该考虑三角换元或是用柯西不等式求解.

正解：令x=cosα，y=sinα；m=2cosβ，n=2sinβ，则mx+ny=2cosαcosβ+2sinαsinβ=2cos（α-β）≤2.

当然本题用柯西不等式也很简单，这边不再说明.

四、利用函数的单调性求不等式的最值

在求解不等式的过程中往往会出现一些题目直接用公式或是其他方法不易得出结论，甚至得出的结论是错误的.这时可以考虑构造函数通过证明函数的单调性求函数的最值，问题往往会迎刃而解.

例5：求函数f（x）=■的最小值.

分析：本题很多学生第一个想到的还是会用均值不等式进行求解，先把它拆成f（x）=■+■≥2，从而得到最小值是2的错误答案.主要也是错在等号取不到的原因.这时可以考虑构造函数，通过证明函数的单调性进行求解.

解：令f（t）=t+■（t≥2），令t■>t■≥2

f（t■）-f（t■）=（t■+■）-（t■+■）=■>0，

∴f（t）在[2，+∞）上是增函数.∴f（t）■=f（2）=■，此时x=0.

不等式的证明方法和求解方法不只上面所谈到的这几种，还有很多.只要我们平时多注意收集，多做归纳，多做观察，多做比较，多做反思，在高三数学总复习中才会有的放矢，事半功倍.

参考文献：

[1]刘绍学.不等式选讲.人民教育出版社.

[2]郭慧清.一类分式不等式的新证法[J].数学通报.

[3]李红春.构造法巧解三解函数题[J].高中数学教与学.

[4]余元希，田万海，毛宏德.初等代数研究.高等教育出版社.

大学数学中不等式的证明方法 篇12

1．用数学归纳法证明不等式

数学归纳法是证明一些与自然数有关命题的基本方法，是数学证明的有力工具。但是用数学归纳法证明不等式时，却往往受挫，不过若能掌握若干技巧，将会使证明获得成功，到达胜利的彼岸。下面我们试对数学归纳法如何证明不等式进行举例说明。

从上式，无法判断n=k+1时是否成立，但是有：

因此可以改变命题成立的充分条件，求证：

证明：由已知得：

由以上两种情况可知，不等式(2)成立，从而对于命题(1)也成立，即得证。

2．用导数及单调性证明不等式

导数是研究函数性质的一种重要工具。例如，求函数的单调区间、求最大(小)值、求函数的值域等。而在处理与不等式有关的综合性问题时往往需要利用函数的性质，因此，很多时候可以利用导数作为工具得出函数性质，从而解决不等式问题。下面具体讨论导数在不等式证明时的作用。

解题思路：运用导数知识证明不等式，常用的方法是利用函数的单调性。对于一些不易入手的不等式证明，可利用导数思想，先通过要证明的不等式构造一个函数，再判定其函数单调性来证明不等式成立。

例2，证明：若函数f, g在区间(a, b]上可导，且f'(x)>g'(x), f (a)=g (a)，则在(a, b]内有f (x)>g (x)。

证明：构造F (x)=f (x)-g (x)，由已知，得：F (x)在[a, b]上可导且F (a)=0。

∴F (x)在[a, b]上严格单调递增，即∀x∈(a, b]，有F (x)>F (a)=0，也就是f (x)>g (x)，∀x∈(a, b]。

3．利用导数求出函数的最值后，再证明不等式

在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数求出该函数的最值;由当该函数取最大(或最小)值时不等式都成立，从而把证明不等式问题转化为函数求最值问题。

例3，求证：n为正整数，当n≥3, 2n>2n+1。

证明：由已知得，要证原式，即需证：2n-2n-1>0 (n≥3)成立。

设f (x)=2x-2x-1 (x≥3)，则f'(x)=2xln2-2 (x≥3) 。

又∵x≥3，则f'(x)≥23ln2-2>0，所以f (x)在[3，+∞]上是增函数。

∴f (x)的最小值为f'(3)=23-2×3-1=1>0。

所以，n≥3时，f (n)≥f (3)>0，即n≥3, 2n>2n+1成立。

4．利用拉格朗日中值定理证明不等式

中值定理是证明不等式的重要工具，在此以拉格朗日中值定理举例说明如下：

例4，对f (x)=ln (1+x)应用拉格朗日中值定理，试证：对x>0，有0<<1。

5．用积分证明不等式

积分与不等式具有十分密切的关系，大学期间我们常用不等式来证明积分的性质，再利用积分的性质去证明不等式，下面的性质1和推论1在用积分法证明不等式时经常用到。

例5，设p, q是大于1的常数，且证明：对于任意x>0，有

证明：对x分两种情况讨论：

当01时，tp-1≤1，不等式两边关于t从x到1积分，得：

当x≥t≥1时，则当p>1时，tp-1≥1，不等式两边关于t从1到x积分，得：

故对于任意的x>0，有≥x，且不等式等号当且仅当x=1时成立。

二结束语

本文归纳总结大学数学中数学归纳法、单调函数法、最大最小值方法、中值定理方法和积分不等式性质方法，并通过实例说明五种不等式的证明方法的可操作性。

参考文献