证明不等式命题

证明不等式命题（共9篇）

证明不等式命题 篇1

由于数列不等式与正整数有关,所以数学归纳法成为证明数列不等式的常用方法.但是,有些数列不等式直接用数学归纳法证明行不通,此时需对其进行放缩,以证明它的“加强不等式”.下面就常见的三种类型进行分析.

一、a1+a2+…+anc型不等式

例1 (2009年四川省)设数列{an}的前n项和为Sn,对任意的正整数n,都有an=5Sn+l成立,记(n∈N+),

(1)求数列{bn}的通项公式;

(2)记cn=b2n-b2n-1(n∈N+),设数列{cn}的前n项和为Tn,求证:对任意正整数n,都有.

分析:本题问(1)比较简单,答案为.对于问(2),由,知原不等式即为

但不等式(*)不能直接用数学归纳法证明.下面将原不等式加强为.令n=1,得,解得,取,故可将原不等式加强为

下面用数学归纳法证明不等式(**).

1°n=1,n=2时,易证(**)成立.

2°假设n=k(k≥2)时不等式成立,即,则n=k+1时,

所以n=k+1时不等式(**)成立.

由1°、2°知不等式(**)成立.

故原不等式成立.

二、a1a2…an>c或a1 a2…an

例2 (湖北省六市2010年四月联考)设数列{an}满足:a1=1,(n∈N+).

(1)求a2,a3;

(2)令,求数列{bn}的通项公式;

因此问(3)中待证不等式为:.

此题若直接用数学归纳法证明行不通,因此,本题需证明加强不等式.由于不等式左边与相关,故原不等式可以加强为.令n=1时,t≥1,取t=1.即先证明不等式的加强不等式.

该不等式的证明过程这里从略.

三、an>c或an

例3设01.

分析:假设n=k时,ak>1,则n=k+1时,,证不出ak+1>1,故需加强命题.要证ak+1>1,只需证,即,只需将命题加强为.

具体证明从略.

证明不等式命题 篇2

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

不等式的证明方法 篇3

一、作差比较法

作差比较法:比较两个实数大小的关键是,判断差的正负,常采用配方法、因式分解法、有理化等方法.常用的结论有x2≥0,-x2≤0,|x|≥0,-|x|≤0等.“作差法”的一般步骤是:①作差;②变形;③判断符号;④得出结论.

例1 若0|loga(1+x)|(a>0且a≠1).

分析:用作差法来证明.需分为a>1和0

证明:(1)当a>1时,因为0<1-x<1,1+x>1,

所以|loga(1-x)|-|loga(1+x)|=-loga(1-x)-loga(1+x)=-loga(1-x2)>0.

(2)当01.

所以|loga(1-x)|-|loga(1+x)|=loga(1-x)+loga(1+x)=loga(1+x2)>0.

综合(1)(2)知|loga(1-x)|>|loga(1+x)|.

二、作商比较法

例2 设a>b>0,求证:aabb>abba.

分析:发现作差后变形、判断符号较为困难.考虑到两边都是正数,可以作商,判断比值与1的大小关系,从而证明不等式.

因为a>b>0,所以,a-b>0.

又因为abba>0,所以aabb>abba.

说明:本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法).作商比较法证明不等式的步骤是:判断符号、作商、变形、判断与1的大小.

三、换元法

换元法:换元法是指结构较为复杂、量与量之间关系不很明了的命题,通过恰当引入新变量,代换原题中的部分式子,简化原有结构,使其转化为便于研究的形式.用换元法证明不等式时一定要注意新元的约束条件及整体置换策略.三角代换是最常见的变量代换,凡条件为x2+y2=r2或x2+y2≤r2或等均可三角换元.围绕公式sec2θ-tan2θ=1来进行.常用的换元法有:(1)若|x|≤1,可设x=sinα,α∈R;(2)若x2+y2=1,可设x=cosα,y=sinα,α∈R;(3)若x2+y2≤1,可设x=rcosα,y=rsinα,且|r|≤1.

例3(1)设x,y∈R,且x2+y2≤1,求证:|x2+2xy-y2|≤槡2;(2)设a,b,c∈R,且a+b+c=1,求证:.

证明:(1)设x=rsinθ,y=rcosθ,且|r|≤1.

因为a+b+c=1,所以α+β+γ=0.

思维点拔:(1)本题运用了三角换元法.(2)换元法是不等式证明中的重要变形方法,常用的换元手段除三角换元法外,还有平均值代换、比值代换、对称代换、增量代换.

四、放缩法

放缩法:即缩小或放宽不等式的范围的方法,常用在多项式中“舍掉一些正(负)项”,使不等式之和变小(大),或“在分式中放大(缩小)分式的分子或分母”,“在乘积中用较大(较小)的因式”等效法,来证明不等式.放缩法:欲证A>B,可通过适当放大或缩小,借助一个或多个中间量,使得B

分析:不等式的两端是绝对值,需对a,b是同号和异号进行讨论.

五、构造法

构造法:构造二次方程用“Δ”,构造函数用函数单调性,构造图形用数形结合方法.

例5设,判断f(x)在[0,+∞)上的单调性.

所以f(x)在[0,+∞)上为增函数

又0≤|a+b|≤|a|+|b|,

所以f(|a+b|)≤f(|a|+|b|).

思维点拔:用分析法解决含绝对值问题是常规方法;根据特征不等式的结构,构造恰当的函数,再利用函数的单调性来进行证明,这是构造函数法的特点,在证明过程中不一定能一步到位,常需要与其他方法相结合,如本例中还借助了放缩法.

六、判别式法

实系数一元二次方程ax2+bx+c=0有两个不等实根、有两个相等实根、没有实根的充要条件是:b2-4ac>0、b2-4ac=0、b2-4ac<0.记Δ=b2-4ac,称其为方程是否有实根的判别式.同时也是与方程对应的函数、不等式的判别式.

例6已知x+y+z=5,x2+y2+z2=9,求证:x,y,z都属于.

证明:由已知得:z=5-x-y,

代入x2+y2+z2=9中得:

x2+(y-5)x+y2-5y+8=0,

因为x∈R,所以△≥0,

即(y-5)2-4(y2-5y+8)≥0,解得

同理可证.

说明:在比较法、综合法无效时,如果能利用主元素法把原式整理成关于某函数的二次式,可考虑用判别式,要注意根的范围和题目本身的条件限制.

七、反证法

反证法:从否定结论出发,经过逻辑推理,导出矛盾,证实结论的否定是错误的,从而肯定原结论是正确的证明方法.

例7已知0

分析:此命题的形式为否定式,宜采用反证法证明.假设命题不成立,则(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a三数都大于,从这个结论出发,进一步去导出矛盾.

证明:假设(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a三数都大于,

又因为0

以上三式相加,即得:

显然①与②相矛盾,假设不成立,故命题获证.

说明:一般情况下,如果命题中有“至多”、“至少”、“都”等字样,通常情况下要用反证法,反证法的关键在于“归谬”,同时,在反证法的证明过程中,也贯穿了分析法和综合法的解题思想.

均值不等式证明 篇4

xy+1/xy≥17/

41=x+y≥2√(xy)

得xy≤1/4

而xy+1/xy≥

2当且仅当xy=1/xy时取等

也就是xy=1时

画出xy+1/xy图像得

01时，单调增

而xy≤1/4

∴xy+1/xy≥(1/4)+1/(1/4)=4+1/4=17/4

得证

继续追问：

拜托，用单调性谁不会，让你用均值定理来证

补充回答：

我真不明白我上面的方法为什么不是用均值不等式证的法二：

证xy+1/xy≥17/4

即证4(xy)²-17xy+4≥0

即证(4xy-1)(xy-4)≥0

即证xy≥4，xy≤1/4

而x,y∈R+，x+y=

1显然xy≥4不可能成立

∵1=x+y≥2√(xy)

∴xy≤1/4，得证

法三：

∵同理0

xy+1/xy-17/4

=(4x²y²-4-17xy)/4xy

=(1-4xy)(4-xy)/4xy

≥0

∴xy+1/xy≥17/4

试问怎样叫“利用均值不等式证明”，是说只能用均值不等式不能穿插别的途径?!

二、已知a>b>c，求证：1/(a-b)+1/(b-c)+1/(c-a)>0

a-c=(a-b)+(b-c)≥2√(a-b)*(b-c)

于是c-a≤-2√(a-b)*(b-c)<0

即：1/(c-a)≥-1/【2√(a-b)*(b-c)】

那么

1/(a-b)+1/(b-c)+1/(c-a)

≥1/(a-b)+1/(b-c)-1/【2√(a-b)*(b-c)】

≥2/【√(a-b)*(b-c)】-1/【2√(a-b)*(b-c)】=(3/2)/【2√(a-b)*(b-c)】>0

三、1、调和平均数：Hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)

2、几何平均数：Gn=(a1a2...an)^(1/n)

3、算术平均数：An=(a1+a2+...+an)/n4、平方平均数：Qn=√(a1^2+a2^2+...+an^2)/n这四种平均数满足Hn≤Gn≤An≤Qn的式子即为均值不等式。

概念：

1、调和平均数：Hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)

2、几何平均数：Gn=(a1a2...an)^(1/n)

3、算术平均数：An=(a1+a2+...+an)/n4、平方平均数：Qn=√

这四种平均数满足Hn≤Gn≤An≤Qn

a1、a2、…、an∈R+，当且仅当a1=a2=…=an时劝=”号

均值不等式的一般形式：设函数D(r)=^(1/r)(当r不等于0时);

(a1a2...an)^(1/n)(当r=0时)(即D(0)=(a1a2...an)^(1/n))

则有：当r注意到Hn≤Gn≤An≤Qn仅是上述不等式的特殊情形，即D(-1)≤D(0)≤D(1)≤D(2)

由以上简化，有一个简单结论，中学常用2/(1/a+1/b)≤√ab≤(a+b)/2≤√

方法很多，数学归纳法(第一或反向归纳)、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序不等式法、柯西不等式法等等

用数学归纳法证明，需要一个辅助结论。

引理：设A≥0，B≥0，则(A+B)^n≥A^n+nA^(n-1)B。

注：引理的正确性较明显，条件A≥0，B≥0可以弱化为A≥0，A+B≥0,有兴趣的同学可以想想如何证明(用数学归纳法)。

原题等价于：((a1+a2+…+an)/n)^n≥a1a2…an。

当n=2时易证;

假设当n=k时命题成立，即

((a1+a2+…+ak)/k)^k≥a1a2…ak。那么当n=k+1时，不妨设a(k+1)是a1，a2，…，a(k+1)中最大者，则

ka(k+1)≥a1+a2+…+ak。

设s=a1+a2+…+ak，{/(k+1)}^(k+1)

={s/k+/}^(k+1)

≥(s/k)^(k+1)+(k+1)(s/k)^k/k(k+1)用引理

=(s/k)^k*a(k+1)

≥a1a2…a(k+1)。用归纳假设

下面介绍个好理解的方法

琴生不等式法

琴生不等式：上凸函数f(x)，x1,x2,...xn是函数f(x)在区间(a,b)内的任意n个点，则有：f≥1/n*

设f(x)=lnx，f(x)为上凸增函数

所以，ln≥1/n*=ln

即(x1+x2+...+xn)/n≥(x1*x2*...*xn)^(1/n)

例谈不等式的证明 篇5

一、比较法

1. 差比法。

作差法:M>N或M=N或M<N, 即证明M-N>0或M-N=0或M-N<0;作比法:先建立差式, 再将差式变形为积、商形式或平方和形式, 常用的方法有通分、配方和分解因式等。

例1.已知a<b<c, 求证a2b+b2c+c2a<a2c+b2a+c2b

证明:a2b+b2c+c2a- (a2c+b2a+c2b)

= (a2b-b2a) + (b2c-a2c) + (c2a-c2b)

=ab (a-b) +c (b+a) (b-a) +c2 (a-b)

= (a-b) [a (b-c) -c (b-c) ]

= (a-b) (b-c) (a-c) <0

所以, a2b+b2c+c2a<a2c+b2a+c2b。

例2.已知a>b>c>0, 求证

证明

又因为a>b>c>0, 所以a-b>0,

2. 商比法:

若M>0, 要证明M>N, 只需证明, 即首先建立商式, 再进行商式变形, 证明商值大于1。

又因为a>b>c>0, 所以a-b>0, a b>1

所以,

同理可证:

所以,

二、综合法

从已知条件或基本不等式出发, 运用不等式的有关性质推导出所要证明的不等式。常用的基本不等式有:

(1) a2≥0 (a∈R) , (a±b) 2≥0 (a, b∈R)

(2) a, b∈R, a2+b2≥±2ab, a2+b2≥2|ab|

(3) a, b, c∈R+时, 有 (当且仅当a=b时, 等号成立) , (当且仅当a=b=c时, 等号成立)

(4) 当a, b, c∈R时, 有a2+b2+c2≥ (a+b+c) 2≥ab+ac+bc (当且仅当a=b=c时, 等号成立)

例4.若x>0, y>0, x+y=1, 求证:

三、分析法

从求证的不等式出发, 寻求此不等式成立的充分条件, 只要使不等式成立的条件具备, 就可断定不等式成立, 一种“执果索因”的方法, 运用时注意格式。要证明不等式A, 只需证不等式B, 又要证C, 要证C, 又要证D, 即证不等式D成立。由不等式D成立, 推出不等式A成立。

例5.已知a>b>c>0, 求证:

所以, 原不等式成立

四、“放”“缩”技巧

在不等式的证明中, “放”“缩”是常用的推证技巧, “放”和“缩”的方向和量的大小都是由分析得出的。

例6.求证当α1, α2, α3∈[0, π]时, 有sinα1+sinα2+sinα3≤

所以sinα1+sinα2+sinα3≤

此题是利用函数的单调性, 变换公式的分母 (或分子) , 还有添加或舍去某些项, 利用有界性将不等式放大或缩小。用“放缩法”证明不等式, 解题的关键在于根据问题的特征选择恰当的方法, 有时还需要几种方法融为一体。在证明过程中, 适当地进行放缩, 可以化繁为简、化难为易, 达到事半功倍的效果。但放缩的范围较难把握, 常常出现放缩后得不出结论或得到相反的现象。因此, 使用放缩法时, 如何确定放缩目标尤为重要。要想正确确定放缩目标, 就必须根据欲证结论, 抓住题目的特点。掌握放缩技巧, 真正做到弄懂弄通, 并且还要根据不同题目的类型, 采用恰到好处的放缩方法, 才能把题解活, 从而培养和提高自己的思维和逻辑推理能力, 分析问题和解决问题的能力。

五、反证法

从假设求证不成立入手, 推出与已知条件和定理相矛盾的结论, 从而判定假设错误, 求证结论成立。

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

下面用反证法证明:

证明:假设a<0, 由abc>0, 知bc<0

又a+b+c>0得b+c>-a>0

于是ab+bc+ac=bc+a (b+c) <0与已知相矛盾

故a>0

同理:b>0, c>0。

六、数学归纳法

主要用来证明一些与自然数有关的不等式。

例8.当n>1, n∈N时, 求证:

证明:1.当n=2时, 左=

2.假设n=k时, 命题成立。即:

所以, 当n=k+1时, 命题成立。

综合1、2得:当n>1, n∈N时, 不等式成立。

一类根式不等式的证明 篇6

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.

利用凹凸函数证明不等式 篇7

关键词：凹函数,凸函数,不等式,几何特征

不等式在数学问题中是经常碰到的, 常用的不等式证明方法有初等数学中的综合法、分析法、比较法和数学归纳法, 高等数学中常用的方法是利用函数的单调性、极大、极小值法和泰勒展式等方法[2]. 本文介绍利用凹凸函数的定义及其几何特征在不等式证明中的应用.

一、凹凸函数定义及几何特征

凹凸函数是区分函数增减方式的两种不同类型的函数, 即: 虽然函数单调增加, 但却可有如图1 中的两种方式增加, 把形如f1 ( x) 的增长方式的函数称为凸函数, 而形如f2 ( x) 的增长方式的函数称为凹函数, 其精确定义为

1. 定义[3]设函数f ( x) 在区间I有定义, 若x1, x2∈I, t∈ ( 0, 1) 有

则称f ( x) 在区间I是凸函数 ( 凹函数) .

根据函数的凸凹定义, 不难证明, 若函数f ( x) 在区间I是凹的, 则函数一f ( x) 在区间I就是凸的, 从而, 我们从凸函数特征的讨论可在凹函数上适用.

为了便于使用, 通常把不等式 ( 1) 改写成如下等价形式:

如: 设q1= t, q2= 1 - t, 有q1- q2=1. ( q1, q2∈ ( 0, 1) )

则 ( 1) 式可改写为

2. 凸函数的几何特征

如图, 设A1, A2是凸函数y = f ( x) 曲线上两点, 它们对应的横坐标x1< x2, x∈ ( x1, x2) , 则存在q1, q2> 0, q1+ q2=1, 使得x = q1x1+ q2x2, 过点x作ox轴的垂线交函数于A, 交A1A2于B, 则 ( 2) 式左端即为A点纵坐标, 右端即为B点纵坐标, 因此, 凸函数的几何意义就是: 其函数曲线任意两点A1与A2之间的部分位于弦A1A2的下方或曲线在任一点切线上方.

根据以上几何特征, 下面推导一个关于凸函数的直接不等式, 设y = f ( x) 为函数, 为f ( x) 上的任一弦, 设A1 ( x1, f ( x1) ) , A2 ( x2, f ( x2) ) , 不妨设x1< x2, 则直线的方程为

从而由上所述凸函数几何性质有

下面我们将从不等式 ( 2) 、 ( 3) 出发, 适当选取q1, q2, x1, x2来证明一些不等式.

二、等式 ( 2) 的应用

不等式 ( 2) 是凸函数定义的一个等价形式, 所以不等式 ( 2) 的应用实际上是凸函数定义的直接应用, ( 2) 式的一个直接结果是出詹生 ( Jenson) 不等式.

命题若函数f ( x) 在区间I是凸的, 则有不等式

其中xi∈I, qi> 0, i = 1, 2, …, n且q1+ q2+ … + qn= 1, 其证明可参见[3], 在此略.

如在 ( 2) 及 ( 4) 式中, 适当选取f ( x) 的表达式, 将可巧妙地证明一些不等式.

q1≥1; x1, x2, …, xn≥0.

证明设f ( x) = xp, x > 0, 则f'' ( x) = p ( p - 1) xp - 2, 由条件可知f'' ( x) ≥0. 从而f ( x) = xp为凸函数. 取再由Jenson不等式 ( 4) 有

三、不等式 ( 3) 的应用

不等式 ( 3) 是由凸函数的几何特征得到的, 要得到所要证的不等式, 需据所给出的不等式形式适当选取x1, x2的值, 所以这种方法具有一定的构造性, 灵活性, 难度相对大些.

1. 证明杨格 ( young) 不等式

证明取f (x) =lnx.显然其为凹函数, 直线的方程为

又因为lnx在定义域上为严格增函数, 所以有

证明此例是例1的特例, 下面用不等式 (3) 的方法给予证明.

取y=f (x) =xn, x>0, 则f (x) 为凸函数, 由 (3) 式有

综上所述, 利用凸函数定义及几何特性证明不等式, 关键是要根据所要证不等式, 选取相关的函数及适当的x1, x2选取, 此法虽具有一定的构造性, 但证明的过程却相对简洁.

参考文献

[1]梁永固, 等.初等代数研究[M].深圳:广东高等教育出版社, 1989, (59~61) .

[2]纪乐刚, 等.数学分析[M].上海:华东师范大学出版社, 1993, (70~76) .

[3]刘玉琏, 等.数学分析讲义[M].北京:高等教育出版社, 1996, (63~65) .

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.

等式或不等式的概率方法证明 篇9

等式或不等式的证明是数学中常见的问题, 其证明方法可谓多种多样, 但在以往证明中我们一般只对等式或不等式左右两边的具体数字或符号感兴趣, 如果把数字或符号形象化、具体化, 给它们建立起一个形象直观的数学模型, 不但使等式或不等式加以证明, 而且得到式子存在的数学意义, 加深对等式或不等式的理解。以下将从概率论中的基本概念和定理出发, 利用概率方法完成对等式或不等式的证明。

1 运用加法定理证明等式

2 运用数学期望证明不等式

3 运用随机变量及其分布函数证明不等式

4 结束语

从以上过程可以看出, 运用概率方法来证明等式或不等式是具有优越性的, 不仅证明过程简洁, 更重要的是建立了具体的数学模型, 便于理解。同时, 我们也能看到, 在运用概率方法时, 往往不是单独的一个知识点就能解决问题的, 常常需要几个知识一起运用, 如分布函数结合了期望, 概率结合数学分析中的一些定理, 体现了数学知识联系的紧密性。

参考文献

[1]梁之舜, 邓集贤, 等.概率论及数理统计[M].高等教育出版社.2002

[2]盛骤, 谢式千, 等.概率论与数理统计[M].北京:高等教育出版社.2001

[3]薛留根.概率论解题方法与技巧[M].北京:国防工业出版社.1996