证明不等式的几种方法

2024-08-20

证明不等式的几种方法（共8篇）

证明不等式的几种方法篇1

数列和不等式都是高中数学重要内容, 这两个重点知识的联袂、交汇融合, 更能考查学生对知识的综合理解与运用的能力.这类交汇题充分体现了“以能力立意”的高考命题指导思想和“在知识网络交汇处”设计试题的命题原则.下面就介绍数列不等式证明的几种方法, 供复习参考.

一、巧妙构造, 利用数列的单调性

例1 对任意自然数n, 求证: $(1 + 1) (1 + \frac{1}{3}) \cdot \dots \cdot (1 + \frac{1}{2 n - 1}) > \sqrt{2 n + 1} .$

$\begin{array}{l} 证明 ∶ 构造数列 a_{n} = (1 + 1) (1 + \frac{1}{3}) \cdot \dots \cdot \\ (1 + \frac{1}{2 n - 1}) \cdot \frac{1}{\sqrt{2 n + 1}} \end{array}$

, 则 $\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{2 n + 2}{\sqrt{(2 n + 1) (2 n + 3)}} = \frac{2 n + 2}{\sqrt{(2 n + 2)^{2} - 1}} > \frac{2 n + 2}{2 n + 2} = 1 .$

所以an+1>an, 即{an}为单调递增数列.

所以 $a_{n} \geq a_{1} = \frac{2}{\sqrt{3}} > 1$ , 即

$(1 + 1) (1 + \frac{1}{3}) \cdot \dots (1 + \frac{1}{2 n - 1}) > \sqrt{2 n + 1} .$

点评:某些问题所给条件隐含数列因素或证明与自然数有关的不等式问题, 均可构造数列, 通过数列的单调性解决.

二、放缩自然, 顺理成章

例2 已知函数f (x) =x3+x2, 数列{xn} (xn>0) 的首项x1=1, 以后每项按如下方式取定:曲线y=f (x) 在点 (xn+1, f (xn+1) ) 处的切线与经过 (0, 0) 和 (xn, f (xn) ) 两点的直线平行.

求证:当n∈N*时:

(1) x $_{n}^{2}$ +xn=3x $_{n + 1}^{2}$ +2xn+1;

$(2) (\frac{1}{2})^{n - 1} \leq x_{n} \leq (\frac{1}{2})^{n - 2} .$

证明: (1) 因为f′ (x) =3x2+2x, 所以曲线y=f (x) 在 (xn+1, f (xn+1) ) 处的切线斜率为

k=3x $_{n + 1}^{2}$ +2xn+1.

又因为过点 (0, 0) 和 (xn, f (xn) ) 两点的斜率为k=x $_{n}^{2}$ +xn, 所以结论成立.

(2) 因为函数h (x) =x2+x, 当x>0时单调递增, 则有x $_{n}^{2}$ +xn=3x $_{n + 1}^{2}$ +2xn+1≤4x $_{n + 1}^{2}$ +2xn+1= (2xn+1) 2+ (2n+1) ,

所以xn≤2n+1, 即 $\frac{x_{n + 1}}{x_{n}} \geq \frac{1}{2}$ , 因此

$x_{n} = x_{1} \cdot \frac{x_{2}}{x_{1}} \cdot \frac{x_{3}}{x_{2}} \dots \frac{x_{n}}{x_{n - 1}} \geq (\frac{1}{2})^{n - 1};$

又因为x $_{n}^{2}$ +xn=3x $_{n + 1}^{2}$ +2xn+1≥2x $_{n + 1}^{2}$ =2xn+1=2 (x $_{n + 1}^{2}$ +xn+1) .

令Yn=x $_{n}^{2}$ +xn, 则 $\frac{Y_{n + 1}}{Y_{n}} \leq \frac{1}{2}$ , 且Y1=2.

所以 $Y_{n} = Y_{2} \cdot \frac{Y_{2}}{Y_{1}} \cdot \frac{Y_{3}}{Y_{2}} \dots \frac{Y_{n}}{Y_{n - 1}} \geq (\frac{1}{2})^{n - 2}$

因此, $x_{n} \leq x_{n}^{2} + x_{n} \leq (\frac{1}{2})^{n - 2}$

所以 $(\frac{1}{2})^{n - 1} \leq x_{n} \leq (\frac{1}{2})^{n - 2}$

点评:本题是数列、函数、不等式、解析几何、导数等多知识点的综合题, 在证题过程中多次运用放缩, 放缩自然, 推理逻辑严密, 顺理成章, 巧妙灵活.

三、导数引入, 更显神威

例3 求证: $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n} < \ln n < 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n + 1}, n \in Ν^{*}$

证明:令 $a_{n} = \frac{1}{n + 1}, b_{n} = \frac{1}{n}$ , 且当n≥2时, Sn-1=lnn, Sn=n+1 (n+1) , 所以 $C_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = \ln (n + 1) - \ln n = \ln \frac{n + 1}{n}$ .要证明原不等式, 只须证

$\begin{array}{l} \frac{1}{n + 1} < \ln \frac{n + 1}{n} < \frac{1}{n} \Leftrightarrow \frac{1}{x + 1} < \\ \ln \frac{x + 1}{x} < \frac{1}{x}, x \geq 1 . \end{array}$

设 $f (x) = \ln \frac{x + 1}{x} - \frac{1}{x + 1},$

所以 $f^{'} (x) = \frac{1}{x + 1} - \frac{1}{x} + \frac{1}{(x + 1)^{2}} = \frac{- 1}{x (x + 1)^{2}} < 0 .$

令 $\frac{x + 1}{x} = t$ , 则 $\frac{1}{x} = t - 1$ ,

所以 $\frac{t - 1}{t} < \ln t < t - 1 (t > 1) .$

设 $h (t) = \ln t - \frac{t - 1}{t}, h^{'} (t) = \frac{t - 1}{t^{2}} > 0,$

所以h (t) 在 (1, +∞) 上为增函数

所以h (t) >h (1) =0, 即

$h (t) = \ln t - \frac{t - 1}{t} > 0 .$

所以 $\ln t > \frac{t - 1}{t},$

所以 $\ln \frac{x + 1}{x} > \frac{1}{x + 1}$

同理可证lnt<t-1, 即 $\ln \frac{x + 1}{x} < \frac{1}{x}$

$\begin{array}{l} 所以 \frac{1}{x + 1} < \ln \frac{x + 1}{x} < \frac{1}{x}, 即 \frac{1}{n + 1} < \\ \ln \frac{n + 1}{n} < \frac{1}{n} \end{array}$

.对上式中的n分别取1, 2, 3, …, n-1, 得

$\begin{array}{l} \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n} < \ln n < 1 + \\ \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n + 1} . \end{array}$

点评:导数进入中学数学新教材, 为解决数列与不等式的交汇问题展示了新的思路和广阔的空间, 其解题方法新颖独特, 尤其是对数、指数次幂形式出现的一类问题, 更显导数在解题中的工具性和独特的神威.

四、裂项求和, 简捷明了

例4 设Sn是数列{an}的前n项和, 且 $S_{n} = \frac{4}{3} a_{n} - \frac{1}{3} \times 2^{n + 1} + \frac{2}{3} (n = 1, 2, 3, \dots)$

(1) 求数列{an}的首项a1, 及通项an;

(2) 设 $Τ_{n} = \frac{2^{n}}{S_{n}} (n = 1, 2, 3, \dots)$ , 证明

$\sum_{i = 1}^{n} Τ_{i} < \frac{3}{2} .$

解: (1) 首项a1=2, an=4n-2n (n=1, 2, 3, …) (过程略) .

(2) 证明:将an=4n-2n代入 $S_{n} = \frac{4}{3} a_{n} - \frac{1}{3} \times 2^{n + 1} + \frac{2}{3},$

得 $S_{n} = \frac{4}{3} (4^{n} - 2^{n}) - \frac{1}{3} \times 2^{n + 1} + \frac{2}{3} = \frac{2}{3} (2^{n + 1} - 1) (2^{n} - 1)$ ,

$\begin{array}{l} 则 Τ_{n} = \frac{2^{n}}{S_{n}} = \frac{3}{2} \cdot \frac{2^{n}}{(2^{n + 1} - 1) (2^{n} - 1)} \\ = \frac{3}{2} (\frac{1}{2^{n} - 1} - \frac{1}{2^{n + 1} - 1}) . \end{array}$

所以 $\sum_{i = 1}^{n} Τ_{i} = \frac{3}{2} [(\frac{1}{2 - 1} - \frac{1}{2^{2} - 1}) + (\frac{1}{2^{2} - 1)} - \frac{1}{2^{3} - 1}) + \dots + (\frac{1}{2^{n} - 1} - \frac{1}{2^{n + 1} - 1})] = \frac{3}{2} (\frac{1}{2 - 1} - \frac{1}{2^{n + 1} - 1}) = \frac{3}{2} (1 - \frac{1}{2^{n + 1} - 1}) < \frac{3}{2} .$

点评:本题通过对 $Τ_{} n = \frac{2^{n}}{S_{n}}$ 的变形, 利用裂项求和法化为“连续相差”形式, 从而达到证题目的, 整个证题过程简捷明了.

五、独辟蹊径, 灵活变通

独辟蹊径指处事有独创的新方法, 对问题不局限于一种思路和方法, 而是善于灵活变通, 独自开辟新思路、新方法.

例5 已知函数 $f (x) = \frac{x + 3}{x + 1} (x \neq - 1)$ .设数列{an}满足a1=1, an+1=f (an) , 数列{bn}满足 $b_{n} = | a_{n} - \sqrt{3} |, S_{n} = b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} (n \in Ν^{*})$

(1) 求证: $b_{n} \leq \frac{(\sqrt{3} - 1)^{n}}{2^{n - 1}};$

(2) 求证: $S_{n} < \frac{2 \sqrt{3}}{3} .$

证明: (1) 证法1:由 $(\sqrt{3} + 1) (\sqrt{3} - 1) = 2$ , 得 $\frac{(\sqrt{3} - 1)^{n}}{2^{n - 1}} = \frac{2}{(\sqrt{3} + 1)^{n}}$

令 $C_{n} = (\sqrt{3} + 1)^{n} b_{n}$ , 则只须证Cn≤2;易知C1=2, 只须证Cn+1≤Cn.

$\begin{array}{l} 由分析法 ∶ C_{n + 1} \leq C_{n} \Leftrightarrow (\sqrt{3} + 1)^{n + 1} b_{n + 1} \leq (\sqrt{3} + 1)^{n} b_{n} \Leftrightarrow (\sqrt{3} + 1) | a_{n + 1} - \sqrt{3} | \leq | a_{n} - \sqrt{3} | \Leftrightarrow (\sqrt{3} + 1) | \frac{a_{n} + 3}{a_{n} + 1} - \sqrt{3} | \leq | a_{n} - \sqrt{3} | \Leftrightarrow \\ | \frac{2}{a_{n} + 1} | \leq 1 \Leftrightarrow | a_{n} + 1 | \geq 2 . \end{array}$

因为 $a_{n} = \frac{a_{n - 1} + 3}{a_{n - 1} + 1} = 1 + \frac{2}{a_{n - 1} + 1} (n \geq 2), a_{1} = 1$ ,

所以an≥1⇒|an+1|≥2, 得证.

证法2:由于f (x) =x得f (x) 的两个不动点为 $\pm \sqrt{3}$ .又 $a_{n + 1} = f (a_{n}) = \frac{a_{n} + 3}{a_{n} + 1}$ , 所以

$\begin{array}{l} a_{n + 1} - \sqrt{3} = \frac{a_{n} + 3}{a_{n} + 1} - \sqrt{3} = \frac{(1 - \sqrt{3}) (a_{n} - \sqrt{3})}{a_{n} + 1} \\ a_{n + 1} + \sqrt{3} = \frac{a_{n} + 3}{a_{n} + 1} + \sqrt{3} \\ = \frac{(1 + \sqrt{3}) (a_{n} + \sqrt{3})}{a_{n} + 1} . \end{array}$

所以 $\frac{a_{n + 1} - \sqrt{3}}{a_{n + 1} + \sqrt{3}} = \frac{(1 - \sqrt{3}) (a_{n} - \sqrt{3})}{(1 + \sqrt{3}) (a_{n} + \sqrt{3})}$

所以 $\frac{a_{n} - \sqrt{3}}{a_{n} + \sqrt{3}} = \frac{1 - \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}} \cdot \frac{a_{n - 1} - \sqrt{3}}{a_{n - 1} + \sqrt{3}} = (\frac{1 - \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}})^{2} \cdot \frac{a_{n - 2} - \sqrt{3}}{a_{n - 2} + \sqrt{3}} = \dots = (\frac{1 - \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}})^{n - 1} \cdot \frac{a_{1} - \sqrt{3}}{a_{1} + \sqrt{3}} = (\frac{1 - \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}})^{n}$ ,

由上可求得 $b_{n} = | a_{n} - \sqrt{3} | = \frac{2 \sqrt{3} (\sqrt{3} - 1)^{n}}{(1 + \sqrt{3})^{n} - (1 - \sqrt{3})^{n}}$ ,

因此只需证 $\frac{\sqrt{3}}{(1 + \sqrt{3})^{n} - (1 - \sqrt{3})^{n}} < \frac{1}{2^{n}}$ ,

即证: $2^{n} \sqrt{3} < (1 + \sqrt{3})^{n} - (1 - \sqrt{3})^{n} .$

$\begin{array}{l} 又 (1 + \sqrt{3})^{n} - (1 - \sqrt{3})^{n} \\ = 2 (C_{n} \sqrt[1]{3} + C_{n}^{3} (\sqrt{3})^{3} + C_{n}^{6} (\sqrt{3})^{5} + \dots) \\ = 2 \sqrt{3} (C_{n}^{1} + C_{n}^{3} \cdot 3 + C_{n}^{5} \cdot 3^{n} + \dots) \\ = \sqrt{3} [(C_{n}^{0} + C_{n}^{1} + C_{n}^{2} + \dots + C_{n}^{n}) + 2 (C_{n}^{3} \cdot 2 + C_{n}^{5} \cdot 8 + \dots)] \\ = \sqrt{3} [2^{n} + 2 (C_{n}^{3} \cdot 2 + C_{n}^{5} \cdot 8 + \dots)] > 2^{n} \cdot \sqrt{3} ‚ 得证 . \end{array}$

(2) 由 (1) 知, $b_{n} \leq \frac{(\sqrt{3} - 1)^{n}}{2^{n - 1}}$

$\begin{array}{l} 所以 S_{n} = b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} \leq (\sqrt{3} - 1) + \frac{(\sqrt{3} - 1)^{2}}{2} + \dots + \frac{(\sqrt{3} - 1)^{n}}{2^{n - 1}} = (\sqrt{3} - 1) \cdot \frac{1 - (\frac{\sqrt{3} - 1}{2})^{n}}{1 - \frac{\sqrt{3} - 1}{2}} \\ < (\sqrt{3} - 1) \cdot \frac{1}{1 - \frac{\sqrt{3} - 1}{2}} = \frac{2}{3} \sqrt{3} . \end{array}$

故对任意 $n \in Ν^{*}, S_{n} < \frac{2}{3} \sqrt{3} .$

点评:本题 (1) 中法1通过构造新数列 $C_{n} = (\sqrt{3} + 1)^{n} \cdot b_{n}$ , 将复杂的问题转化为证数列{Cn}为递减数列, 进而用分析法展示出证明思路的的魅力;法2则是独辟蹊径利用“不动点”, 求出通项公式, 借助二项式定理放缩给出证明.其解题过程灵活变通.

证明不等式的几种方法篇2

本科毕业论文（设计）

题目：不等式的几种证明方法及简单应用

学生：孙振学号： 200940520131学院：数学与计算科学学院专业：信息与计算专业

入学时间： 2009年9月10日指导教师：荆科职称：学士完成日期：年月日

（空一行）

论文题目（格式：居中，三号黑体，加粗，标题不超过20字，不用非公知公用的缩写、化学式等）

（空一行）

——副标题（格式：居中，小三号黑体，加粗）

摘要（五号黑体，加粗）：□□□□五号楷体□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□（五号楷体，行距16磅）关键词（五号黑体，加粗）：词１；词２；．．．．．．词５（五号楷体）

（空一行）

Title（格式：居中，四号Time New Roman字加粗，行间距20磅，句首字母和专有名词首字母大写）

（空一行）

Abstract: □□□□□□□□□□□□□□。（五号Time New Roman体，行距16磅）

Key words: word1；word２；．．．．．．word5（一一对应）（格式：五号Time New Roman体）

（空一行）

目录（格式：黑体四号字，字间空出4个半角字符，加粗，居中）

1（第1章）引言（绪论）................1 1.1（第1章第1节）题名............1 1.1（第1章第2节）题名............2 2（第2章）题名..........2 2.1（第2章第1节）题名............5 2.2（第2章第2节）题名............6 2.2.1（第2章第2节第1目）题名.............7 2.2.2（第2章第2节第2目）题名...................8

......5（第5章）结论（结束语）..............25 参考文献.................26 附录A...........28 附录B...........32......致谢.............36

（格式：宋体小四号，加粗，分散对齐，行间距20磅，一、二、三级标题序号与题名间均空出1个半角字符）

（空一行）

1一级标题（格式：宋体小四号，加粗，左对齐，标题序号与题名间空出2个半角字符）□□□□宋体小四号字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。（格式：宋体小四号，首行缩进4个半角字符，行距20磅）1.1二级标题（格式：宋体小四号，左对齐，标题序号与题名间空出2个半角字符）□□□□宋体小四号字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。1.2二级标题

□□□□宋体小四号字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。

1.2.1三级标题（格式：宋体小四号，左对齐，标题序号与题名间空出2个半角字符）

□□□□宋体小四号字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。

1.2.2.1四级标题（格式：宋体小四号，左对齐，标题序号与题名间空出2个半角字符）□□□□宋体小四号字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。2一级标题

□□□□宋体小四号字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。

......5结论（结束语）

□□□□宋体小四号字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。

参考文献：（格式：宋体四号字，加粗，左对齐，左缩进4个半角字符）

（文献按正文部分标注的序号依次列出)（格式：宋体五号字，左对齐，左缩进4个半角字符，行距16磅）

示例：

[1] 廖荣宝，朱云，吴佳，等．对高校化学教材中杂化轨道理论的一点认识[J]．阜阳师范学

院学报（自然科学版），2009，26（4）：69-72．（期刊：主要责任者．文献题名[J]．刊名，出

版年，卷数（期数）：起止页码．作者项3个人内全部写出，第4个人及其后著为“，等”）

[2] 周公度，段连运．结构化学[M]．4版.北京：北京大学出版社，2007：164-164．（专著：

主要责任者．文献题名[M]．译者．版本（第1版不著录）．出版地：出版者，出版年：起止页码．作者项同上）

[3] 王兆骞，陈欣，马琨，等．红壤坡地水土流失的监控方法研究[C]//李萍萍．生态学

研究进展——王兆骞教授农业生态学学术思想研讨会文集．镇江：江苏大学出版社，2011：59-67．（论文集：析出文献主要责任者．文献题名[C]//论文集编者名．论文集名．出版地：

出版者，出版年：起止页码．作者项同上）

[4] 石秦．高等教育校园中具有地域特色的空间营造——以西安建筑科技大学草堂校区为

例[D]．西安：西安建筑科技大学建筑学院，2008．（学位论文：作者名．题名[D]．保存地点：

保存单位（高校标注到学院或系），年份．）

[5]李国云．本地化服务才是高校信息系统的死角[EB/OL]．[2008-05-12]..（电子文献：网址加http://；网址前加日期，先发布日期，用圆括号；后下载日期，用中括号；给出的年-月-日，年为4位，月、日为2位；网址后加点）

[6] GB/T 6532-86，原油及其产品的盐含量测定法[S]．（技术标准：标准编号，标准名称[S]．）[7] 姜锡洲．一种温热外敷药制备方案：中国，88105607.3[P]．1989-07-26．（专利：专利申请

者或所有者．专利题名：专利国别，专利编号[P]．公告日期或公布日期．）

[8] 冯西桥．核反应堆压力管道与压力容器的LBB分析[R]．北京：清华大学核能技术设计

研究院，1997．（报告：主要责任者．文献题名[R]．出版地：出版者，出版年．）

[9] 谢希德．创造学习的新思路[N]．人民日报，1998-12-25（10）．（报纸：主要责任者．文献题

名[N]．报纸名，出版日期（版次）．）

[10] Katharine A F, Stefan W K, Craig A C, ea al.Simulating the hydrological response to

predicted climate change on a watershed in southern Alberta, Canada [J].Climatic Change, 2011, 105(3-4): 555-576.对于汉语拼音著者，姓与名全写，名不缩写，名的首字母大写、其余小写，双名连写、不加连字符．作者项3人内全部写出，第4人及其后著为“, et al”．期刊名称标明全称，不缩写．）

附录A（格式：黑体四号字，加粗，左对齐）

标题（格式：黑体四号字，加粗，居中）

□□□□宋体小四号字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□。（格式：宋体小四号，首行缩进4个半角字符，行距20

磅）

附录B（格式：黑体四号字，加粗，左对齐）

标题（格式：黑体四号字，加粗，居中）

磅）

致谢（格式：黑体四号字，加粗，居中）

□□□□宋体小四号字□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□

□□□□□□□□□□□□□□□□。（内容一般不超过300字。格式：宋体小四号，首行缩

进4个半角字符，行距20磅）

表例：

表1NanoDrop ND-1000测定RNA质量

实验组对照组

1.8

51.98

2.05

2.1

4147.84 140.1

220

40956.8 5 604.8

（格式：表中文字五号，中文宋体，英文、数字Time New Roman体）

图例：

图2含二甲氨基查尔酮基团的三硫代碳酸酯在不同溶剂中的荧光光谱图

（格式：图题五号字，中文黑体，英文及数字Time New Roman体）

（格式：图中数字、字母、符号一般为小五号，图例为六号，中文用宋体，英文及数字用Time New Roman

体）

公式：

fw(V1,,Vn)



j

1wiVj[1(1ti),1fi]（1）

i1

（格式：图题五号字，中文黑体，英文及数字Time New Roman体）

证明不等式的几种常见策略篇3

1.熟悉结论，轻车熟路

有些题目在起初几步变形后或中间放缩过程，就能发现其中隐含着常用结论，略加证明，就大功告成.对一些常用结论来龙去脉互相推导要心中有数，并能很快独立证明.作为结论记忆为了缩短思考问题的时间，笔者将常用结论、变化规律及在选修4-5书中分布页码制成网络图如下：2.仔细观察，识别伪装

有些不等式既不轮换对称，又无规律可寻，考生无从下手，这是由于在原定理或常用重要结论中，加入或替换某些“部件”，造成视觉障碍，暂时看不出证题思路，但只要识破这一“阴谋”，证明也就不难了.

可以看出此题“伪装”巧妙之处是对一个重要不等式左边替换成两项相同，造成不对称，并且出现轮换，搞得我们眼花缭乱，很难发现其中奥妙.

3.拆凑组装，原形毕露

4.巧设主元，绝处逢生

在一些非轮换对称不等式证明中，若难以发现它们的拆变组合，也可以设其中一个少而简单的字母为主元，其它字母为已知数，借助函数（导数）知识解决，也不失为一种妙法.

6.强强联合，所向披靡

纵观浙江省近4年自选模块试题，单一用某个知识点较少，一般均值不等式和柯西不等式强强联合使用.

当然，这些策略和方法不是孤立的，而是相互联系，相辅相成的，同时也是建立在代数式的恒等变形基础上，不得不承认这是新课改后高中生所欠缺的，属于“先天性营养不良”（初中教学要求降低所至），所以老师在讲方法策略时，不要忘了训练学生恒等变形能力，这样才能确保学生证题综合实力的提高.

（收稿日期：2013-08-14）

证明不等式的几种方法篇4

1. 利用微分中值定理

在定积分不等式的证明问题中, 如果已知函数具有高阶导数, 并且给出了函数的零点, 可以考虑利用微分中值定理, 对相关的表达式进行转化.

例1设f ( x) 在[0, 1]上有连续的二阶导数, f ( 0) =f ( 1) = 0, 当x ∈ ( 0, 1) 时, f ( x) ≠ 0, 证明:

证明记M = maxx∈[0, 1]f ( x) , 由已知条件, 存在c ∈ ( 0, 1) , 使f ( c) = M. 由拉格朗日中值定理, 有

于是有

从而

2. 利用积分中值定理

如果给定的积分表达式中, 定积分的系数恰好是积分区间长度的倒数, 那么, 首先考虑利用积分中值定理, 消去积分号, 对积分表达式进行简化处理.

例2设a > 0, f ( x) 在[0, a]上有连续的导函数,

3. 利用分部积分法

如果被积函数含有导数的形式, 可以考虑利用分部积分法对定积分进行转化, 而这往往又需要结合其他的一些变形技巧.

例3设f ( x) 在[0, 1]上有连续的导函数, 证明

所以

故

4. 利用换元积分法

如果被积函数中含有sin ( t2) 或cos ( t2) 这类无法直接求出原函数的因子, 可以考虑利用换元积分法进行转化.

证明作变换t2= x, 则

5. 利用Cauchy不等式

利用基本不等式, 如Cauchy不等式, 也可以证明另外一些不等式.

例5设f ( x) 在[0, 1]上有连续的导函数, 且f ( 0) =f ( 1) = 0, 则对任意的 ξ ∈ ( 0, 1) , 都有

6. 利用辅助函数

如果被积函数中出现函数与其导数的和或差, 往往可以借助因子ex或e- x, 构造辅助函数, 再利用定积分的基本性质进行处理.

例6设f ( x) 在[0, 1] 上连续可导, 且f ( 0) = 0, f ( 1) = 1, 证明:

证明构造辅助函数F ( x) = e- xf ( x) , 则

以上例子利用各种不同的方法证明了具有不同特征的绝对值积分不等式. 但还有很多其他形式的此类不等式尚未讨论, 在遇到的时候需要具体分析. 在证明积分不等式时, 往往需要综合运用多种不同的方法和知识点来解决, 这也需要多思考, 多总结, 在不断的练习和实践中提高学生的分析和解决问题的能力.

摘要：通过实例, 分别介绍了微分中值定理、积分中值定理、分部积分法、换元积分法、基本不等式以及构造辅助函数等在绝对值积分不等式证明中的应用.

关键词：定积分,积分不等式,中值定理,分部积分,换元积分

参考文献

[1]同济大学数学系.高等数学 (上册) [M].6版.北京:高等教育出版社, 2007.

[2]王钦, 李睿芳.一个特定型定积分不等式的若干推广[J].大学数学, 2013, 29 (1) :106-110.

[3]殷建峰.一些特殊积分不等式证明的探讨[J].兰州文理学院学报 (自然科学版) , 2014, 28 (1) :23-26.

[4]肖应雄, 高峰.一类积分不等式及其推广应用[J].湖北工程学院学报, 2014, 34 (6) :112-115.

[5]李志飞.积分不等式的证明[J].高等数学研究, 2014, 17 (6) :50-51.

证明不等式的几种方法篇5

一、迭代法

例1已知数列{an}满足an+1=an2-nan+1, n=1, 2, 3…且a1≥3.证明:⑴an≥n+2;⑵1/ (1+a1) +1/ (1+a2) +…+1/ (1+a1) <1/2.

分析:⑴问的结论和an+1=an2-nan+1, 可转化为一个递推不等式, 用好这个递推不等式是解决⑵问的关键.

证明:⑴用数学归纳法 (略) ;

⑵由⑴知, 即an+1=an2-nan+1=an (an-n) +1≥an (n+2-n) +1=2an+1an+1+1≥2 (an+1) .

评注:递推不等式或出现在已知条件中, 或出现在结论中, 或出现在解题过程中, 这就要求我们不仅要重视数列递推公式的灵活应用, 还要会类比解决数列递推不等式问题。

二、中间量法

例2已知公差大于零的等差数列{an}的前项n和为Sn, 且满足:a3a4=117, a2+a5=22.⑴求数列{an}的通项公式an;⑵若数列{bn}是等差数列, 且bn=Sn/ (n+c) , 求非零常数C;⑶若⑵中的{bn}的前n项和为Tn, 求证:2Tn-3bn-1>64bn/ (n+9) bn+1.

分析:⑶问中bn, Tn可以求出, 两边通过化简可以看出, 一边存在最小值, 一边存在最大值, 有明显的大小差异, 可以考虑用中间量法。

解:⑴、⑵ (略) ;⑶由⑵得bn= (2n2-n) / (n-1/2) =2n.

∴2Tn-3bn-1=2 (n2+n) -3 (2n-2) =2 (n-1) 2+4n4 (当且仅当n=1时取等号) .

=64n/n2+10n+9=64/n+9/n+10≤4 (当且仅当n=3时取等号) .

上面两式中等号不可能同时取到, 所以2Tn-3bn-1>64bn/ (n+9) bn+1.

评注:虽然中间量法是用来比较两个数的大小的, 但在证明数列不等式时, 当两边具有比较明显的大小关系时, 可适当地引入一个中间量, 作为桥梁, 达到证明的目的.

三、构造数列

例3已知数列{an}满足an=3·2n-1, bn=nan.证明:对任意不小于3的自然数n, 不等式b1+b2+…+bn> (23n2-13n) /2恒成立。

分析:根据所证不等式右边的代数式, 可构造一数列{Cn}, 满足其和c1+c2+…+cn= (23n2-13n) /2, 求得Cn, 再证bn>Cn即可。

证明:令c1+c2+…+cn= (23n2-13n) /2,

当n≥2时, c1+c2+…+cn-1=[23 (n-1) 2-13 (n-1) ]/2.两式相减得cn=23n-18.

又c1=5也适合上式, ∴cn=23n-18 (n∈N*) .

∴当n≥3时, bn-Cn=3n·2n-n-23n+18=n (3n·2n-24) +18>0, 即bn>Cn.

评注:证明形如a1+a2+…+an> (<) f (n) 或a1·a2·…·an> (<) f (n) 的数列不等式, 可令另一数列{bn}的和或积等于f (n) , 求bn, 然后比较an与bn的大小即可达到证明原不等式的目的.

四、构造函数

例4已知函数f (x) =x-sinx, 数列{an}满足:0

证明:⑴0

分析:⑵问中构造函数g (x) =sinx-x+x3/6, 再引入导数, 用导数证明该函数的单调性即可。

证明:⑴先用数学归纳法证明0

⑵设函数g (x) =sinx-x+x3/6, 0

∴函数g (x) 在 (o, 1) 上是增函数。又g (x) 在[0, 1]上连续, 且g (0) =0, ∴当0g (0) =0.∴g (an) =sinan-an+a3n/6=a3n/6-an+1>0.

故an+1

评注:数列是定义域为正整数集的特殊函数, 研究数列要适时地结合函数, 再利用导数研究该函数的单调性或极值 (最值) 。所以数列问题函数化, 是用导数研究数列问题的一大亮点。

一道高考不等式证明题的几种证法篇6

题目:2013年高考文科数学全国课标卷Ⅱ, 第24题 (选修4 -5:不等式选讲) 设a, b, c均为正数, 且a +b +c =1. 证明:

用基本不等式证明不等式时灵活性强、要求较高的技巧, 往往使许多学生不知从何入手。利用基本不等式解题的关键在于凑“定和”或“定积”, 运用“拆”“凑”“平衡”等方法使“和式”或“积式”变为定值, 把问题转化为基本不等式形式再来求解.

证法二:利用柯西不等式

排序不等式也是基本而重要的不等式, 它的思想简单明了, 便于记忆和使用, 许多重要不等式可以借助排序不等式得到证明.

在证明不等式时, 要依据命题提供的信息选择合适的方法与技巧进行证明, 不等式的证明方法很多, 解题时既要充分利用已知条件, 又要时刻瞄准解题目标, 只有兼顾条件与结论, 才能找到正确的解题途径.

摘要：在普通高中课程标准试验教科书《数学》 (不等式选讲) 专题介绍了一些重要的不等式 (基本不等式、柯西不等式、排序不等式) 及其应用。通过一道高考数学中出现的不等式证明试题, 从不同角度借助这些不等式对该题进行证明以加深对这些重要不等式数学本质的理解, 可提高学生的逻辑思维能力和分析问题能力、解决问题能力。

关键词：高中数学,柯西不等式,排序不等式

参考文献

克莱姆法则的几种证明方法篇7

可以分两步:第一步证明解的存在性, 即证明是线性方程组 (*) 的解, 第二步证明解的唯一性, 即证明是线性方程组 (*) 的唯一解。本文就解的存在性和解的唯一性分别列出了三种不同的证明方法, 在这三种方法中各选一种即可证明克莱姆法则.

一、解的存在性

证法三:将线性方程组 (*) 写成矩阵形式:AX=b, 因为

二、解的唯一性

证法三:D=A≠0, A的行阶梯形矩阵A的秩为n, 故线性方程组 (*) 的有唯一解.

参考文献

[1]刘金旺, 夏学文.线性代数 (修订版) [M].上海:复旦大学出版社, 2008:17-18.

[2]同济大学数学教研室.工程数学——线性代数[M].北京:高等教育出版社, 1982:21-22.

[3]陈维新.线性代数简明教程[M].北京:科学出版社, 2007:27-28.

研究高考几种类型的不等式证明篇8

例1已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an+ (-1) n, n≥1, (1) 写出a1, a2, a3; (2) 求an; (3) 证明:对于任意的整数m>4, 有1/a4+1/a5+…+1/an<7/8.

二、导函数不等式

例2已知函数f (x) =x2+2/x+alnx (x>0) , f (x) 的导函数是f' (x) , 对任意两个不相等的正数x1, x2, 证明: (1) 当a≤0时, f[f (x1) +f (x2) ]/2>f[ (x1+x2) /2]; (2) 当a≤4时, ||f' (x1) -f' (x2) |>|x1-x2|.

三、n型不等式的证明

所谓n型不等式, 是指式中的n起着决定作用的不等式.它主要以数列的形式出现.通常采用的方法是:数学归纳法.

例3已知函数f (x) =- (a/6) x3+ (a/2) x2+x的图象关于 (1, 4/3) 中心对称, (1) 求f (x) ; (2) 令g (x) =f' (x) , xn+1=g (x) , 1<x1<2, n∈N*, 求证:

四、式型不等式证明

所谓式型不等式, 是指条件和结论都是以某种式的形式给出的不等式.它的条件主要以等式、不等式给出.通常采用的方法:放缩法.

【证明不等式的几种方法】推荐阅读：

选修4-5不等式的证明方法及习题08-22

证明不等式10-02