联想证明不等式

联想证明不等式（精选6篇）

联想证明不等式 篇1

不等式,渗透在中学数学各个分支中,有着十分广泛的应用.因此不等式应用问题体现了一定的综合性、灵活多样性,对数学各部分知识融会贯通,起到了很好的促进作用.在解决问题时,要依据题设与结论的结构特点、内在联系、选择适当的解决方案,最终归结为不等式的求解或证明.而不等式的证明,方法灵活多样,还和很多内容结合,它既是中学数学教学中的难点,也是数学竞赛培训的难点,近年也演变为竞赛命题的热点,因其证明不仅蕴涵了丰富的逻辑推理、非常讲究的恒等和不等变形技巧,而且证明过程千姿百态,极易出错,因此,有必要对不等式的证明方法和技巧进行总结归纳并与大家一起分享交流.

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.

通过不等式的基本知识、基本方法在代数、三角函数、数列、复数、立体几何、解析几何等各部分知识中的应用,深化数学知识间的融汇贯通,从而提高分析问题解决问题的能力.应用不等式的基本知识、方法、思想解决问题.

用构造法证明不等式 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

一类根式不等式的证明 篇3

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.

论利用导数证明不等式 篇4

拉格朗日中值定理是微分学中最主要的定理, 它的意义在于建立了导数和函数之间关系, 证明不等式是它的一个简单应用。

例1:设f (x) 在[0, c]上连续, 其导数f′ (x) 在 (0, c) 内存在且单调减少, 且f (0) =0, 试证明不等式f (a+b) ≤f (a) +f (b) 其中0≤a≤b≤a+b≤c。

分析:由所给的条件和所要证明的不等式不难看出, 只要在[0, a]和[a, a+b]上分别使用拉格朗日中值定理, 则不难得出所要证明的不等式。

证明:令a≠0在[0, a]上使用拉格朗日中值定理, 则至少存在一点ξ使得f (a) -f (0) =f′ (ξ) a, 在[b, a+b]上使用拉格朗日中值定理, 则至少存在一点ζ使得f (a+b) -f (b) =f′ (ζ) a, 由条件f′ (x) 在[0, c]内存在且单调减少, 知f′ (ξ) >f′ (ζ) , a>0;

所以f′ (ζ) a-f′ (ξ) a=f (a+b) -f (a) -f (b) +f (0) <0。

由条件f (0) =0于是有f (a) +f (b)

当a=0时, f (a+b) =f (a) +f (b) 故f (a) +f (b) ≤f (a+b) 。

解决这类问题的一般步骤是:第一步, 分析要证明的不等式, 通过适当的变形后, 选取辅助函数f (x) 和区间[a, b]。第二步, 根据拉格朗日中值定理得到undefined。第三步, 根据导函数f′ (x) 在 (a, b) 上的单调性, 把f′ (ξ) 作适当放大和缩小, 从而推证要证明的不等式。

利用拉格朗日中值定理, 一般要考虑导函数f′ (x) 的单调性, 但有时不一定要求导函数具有单调性, 如果能断定导函数在所讨论的区间上不变号, 从而确定函数的单调性, 也可以推证出不等式。

2 利用函数单调性证明不等式

利用函数单调性来证明不等式是不等式证明的一个重要方法, 我们来看下面的例子。

例2:设b>a>0证明不等式undefined。

分析:该不等式不是含有变量的函数不等式, 但又不符合拉格朗日中值公式中的基本公式, 我们把公式中的b换成x, 使之转化为函数不等式, 然后用单调性方法给出证明。

证明:设函数undefined;

undefined。

所以函数f (x) 在[0, +∞) 上单调增加, 当x>a>0,

f (x) >f (a) =0于是b>a>0, f (b) >f (a) =0, 即undefined。

3 利用函数极值 (最值) 证明不等式

如果所设函数不是单调函数, 我们可以考虑利用函数的极值 (最值) 证明不等式。

例3:证明:若p>1则对于[0, 1]中的任意x有undefined。

证:构造函数f (x) =xp+ (1-x) p (0≤x≤1)

则有f′ (x) =pxp-1-p (1-x) p-1=p (xp-1- (1-x) p-1) ,

令f′ (x) =0, 可得xp-1= (1-x) p-1, 于是有x=1-x, 从而求得undefined。

由于函数f (x) 在闭区间[0, 1]上连续, 因而在闭区间[0, 1]上有最小和最大值。

由于函数f (x) 在[0, 1]内只有一个驻点, 没有不可导点, 又函数f (x) 在驻点undefined和闭区间端点 (x=0, x=1) 的函数值为undefined。

所以f (x) 在[0, 1]上的最小值为undefined, 最大值为1, 从而对于[0, 1]中的任意x有undefined, 即有undefined。

4 利用函数的泰勒展开式证明不等式

若函数f (x) 在有x0的某区间有定义, 并且有直到n-1阶的各阶导数, 又在点x0处有n阶导数f (n) (x0) , 则有展开式:

undefined (x) 。

在泰勒公式中, 取x0=0, 变为麦克劳林公式

undefined (x) 。

分析:使用泰勒展开式证明不等式主要是针对形如undefined等形式的函数不等式的证明, 当这样的形式出现时候, 观察一下不等式的变化, 优先考虑使用泰勒展开式证明不等式。使用泰勒展开式证明不等式, 取相应的前几项, 很容易得出所要证明的结果。

例5:证明不等式undefined。

证:令f (x) =ln (1+x) , 则

undefined

于是f (x) 在x=0处的三阶泰勒展开式:

undefined

由于undefined, 所以undefined。

分析:用此公式证明不等式就是要把所证明不等式化简, 其中函数用此公式, 再把公式右边放大或者缩小得到所证明的不等式。

例6:证明不等式:当undefined时, undefined。

分析证明:由于undefined, 故undefined。

显然undefined

即undefined, 故undefined当undefined时成立。

5 利用函数图形的凹凸性证明不等式

若函数y=f (x) 的图形在区间 (a, b) 是凹 (凸) 的, 则对 (a, b) 内任意两点x1和x2, 利用函数凹凸性证明不等式主要是函数的凹凸性结论,

当f″ (x) ≥0, f (x) 为凸函数, 且undefined;

当f″ (x) ≤0, f (x) 为凹函数, 且undefined, 以此来证明结论。

例7:证明不等式undefined观察欲证明不等式, 容易发现其等价不等式为undefined, 从而容易想到应构造辅助函数f (t) =tlnt (t>0) 。

证明:令undefined所以f (t) 在 (0, +∞) 内是凸的, 于是对于任给x, y∈ (0, +∞) x≠y, 都有undefined,

所以undefined。

参考文献

[1]尚肖飞, 贾计荣.利用导数证明不等式的若干方法[J].太原教育学院学报, 2002.

积分不等式的证明方法 篇5

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.

用数学模型证明不等式 篇6

定义1若f (x) 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) , (1) 则称f为I上的凸函数。反之, 总有f (λx1+ (1-λ) x2) ≥λf (x1) + (1-λ) f (x2) , (2) 则称f为I上的凹函数。

将上述两个等式相加可得:

令x1=a+λ (b-a) , x2=b-λ (b-a) , 则根据凸函数的性质有

证明不等式的方法灵活多样、技巧性较强, 在证明不等式前要依据题设和待证不等式的结构特点、内在联系, 选择适当的证明方法, 使得难解性问题转化为可解性问题。

摘要：本文利用函数的凹凸性、中值定理等, 综合运用其定义性质证明不等式。

关键词：函数凸凹性,中值定理,不等式证明

参考文献

[1]岳贵鑫.凸函数在证明不等式中的应用[J].电大理工, 2009.2.47-48.

[2]崔瑞霞.拉格朗日中值定理在分析证明不等式中的应用[J].高等函授学报, 2010.23 (1) .30-32.

[3]辛健.拉格朗日中值定理在证明中的应用[J].大众科技, 2007, (9) :181-183.