证明与应用

证明与应用（精选12篇）

证明与应用 篇1

众所周知, 不等式是继函数与方程之后的一个重要知识点, 其在函数性质的研究、微分方程的求解、数值计算、数值估计、计算方法、数据挖掘、数理与统计、图像处理等方面起着重要的作用, 而不等式的求解与证明一直是初等数学的难点, 怎样快速有效地求解与证明不等式, 就显得极为重要了。证明不等式的方法多种多样, 针对不同类型的不等式, 其证明的方法也不同, 本文中主要考虑的是在不等式中的函数有较好性质时的情形, 例如要求函数可导、可微、有单调性等性质, 主要用到的方法有:用导数的定义证明不等式、用可导函数的单调性证明不等式、用函数的极值与最大 (最小) 值证明不等式等, 并详细讨论了如何证明不等式的方法、技巧, 并举例分析应用, 且进行了归纳总结。

一、用导数的定义证明不等式

证明方法根据:导数定义。

由导数的定义,

二、用可导函数的单调性证明不等式

证明方法:找出辅助函数f (x) , 确定闭区间[a, b];找辅助函数的几种办法:用不等式两边差;用不等式两边相同“形式”的特征;如果要证明的不等式有幂指函数, 可以把其化为便于证明的式子, 再结合不等式的特点, 求辅助函数。再去考虑f (x) 在闭区间[a, b]上的单调性, 用以证明不等式。

分析:由于不等式两边有A/1+A的分式, 找出辅助函数f (x) =x/1+x, X≥0, 根据单调性判定定理, 判定出f (x) 在[0, +∞) 上的单调性证明不等式。

证明:设辅助函数。易知f (x) 在1+x[0, +∞) 上连续, 且有f' (x) = (1/1+x2>0, (x>0) , 由函数单调性的判定定理可知f (x) 在[0, +∞) 上严格增加。

由0≤|a+b|≤|a|+|b|, 有f (|a+b|) ≤f (|a|+|b|) , 得到

分析:由于该不等式是幂指函数类型的不等式。所以可以对此不等式两边取对数, 从而得到 (1+1/x) ln (1+x) <1+x/2, 进而可得1 (1+x) ln (1+x) <2x+x2, 再利用差式构造辅助函数:f (x) =2x+x2-2 (1+x) ln (1+x) , (x≥0) , 因f (0) =0所以只要证明f (x) >f (0) 即可。

三、用函数的极值与最大 (最小) 值证明不等式

证明方法:依据极值充分条件定理。

思路:一是找出辅助函数f (x) , 后固定出相应的区间。找辅助函数的办法:如果在不等式两边出现未知数时, 则可用不等式两边之差求辅助函数;若在不等式两边有相同的“形式”时, 则可以用该“形式”找出辅助函数;若不等式中出现g (x) ≥a (g (x) ≤a) , 此处a为常数没, 此时可设g (x) 作为辅助函数。二是求出f (x) 在所设区间上的极值与最大、最小值。

例5证明当x>0时有x5≥5x+4。

分析:利用差式构造辅助函数f (x) =x2-5x-4, (x>0) 。应为f (x) 在[0, +∞) 上不具有单调性, 从而不可以利用函数的单调性证该不等式, 不妨使用函数极值的方法证明该不等式。

则有, 令f' (x) =0, 则x=b。当0<x<b时, f' (x) <0, 所以f (x) 严格减少;当x>b时, , f' (x) >0, 则f (x) 严格增加。因此f (x) 在x=b时取得极小值, 且f (b) 为f (x) 在 (0, +∞) 上的最小值。所以a∈ (0, +∞) , 有

四、用拉格朗日中值定理证明不等式

分析:由于要证明的不等式中的ln (1+x) 的导函数是1/1+x, 从而可以使用拉格朗日中值定理证明。应为ln1=0, 所以可取函数的该变量为ln (1+x) -ln1, 从而可将对原不等式的证明等价的转化为证明不式:

证明:设f (t) =lnt, 由于f (t) 在[1, 1+x], x>0上连续, 在[1, 1+x]上可导, 在[1, 1+x]上满足拉格朗日中值定理的条件, 于是存在ξ∈ (1, 1+x) , 使得

五、用幂级数展开式证明不等式

证明方法:将初等函数写成幂级数, 再在展开式中增添或去除一些项, 这样就可以很容易的证明此类不等式。

例8当x∈ (0, 1) , 证明1+x/1-x>e2x。

摘要：证明不等式的方法多种多样, 其中应用微分证明不等式就是比较经典的方法之一。本文就以微分为工具, 详细讨论了如何证明不等式的方法、技巧, 并举例分析应用, 且进行了归纳总结。

关键词：不等式,微分,导数

参考文献

[1]华东师范大学数学系.数学分析[M].北京:高等教育出版社, 2001

[2]盛祥耀.高等数学[M].北京:高等教育出版社, 2003:90~98

[3]同济大学.高等数学[M].上海:同济大学出版社, 1998:101~112

[4]左翔文, 张跃.论在高等数学中不等式的证明[J].中国教育发展研究杂志, 2010, 6 (7) :29

[5]刘勇.关于约翰逊不等式证明不等式问题[J].数学教学, 2009, 10:136

[6]景慧丽, 屈娜等.利用微分理论证明不等式的常用方法[J].西昌学院学报, 2014, 2 (28) :16~18

[7]邱家彩.用高等方法证明不等式的一类方法[J].数学学习与研究, 2010, 19:92~94

证明与应用 篇2

1.理解算术平均数与几何平均数的定义及它们的关系.2.探究并了解基本不等式的证明过程, 会用多种方法证明基本不等式.3.理解基本不等式的意义, 并掌握基本不等式中取等号的条件是: 当且仅当这两个数相等.１． 算术平均数：几何平均数

２． 设a≥0,b≥0则a+

b

2【精典范例】

例1．.设a、b为正数,求证明：

a+b³

2点评：１．不等式证明的方法：(1)作差比较法(2)分析法(3)综合法

２．本题对a≥0,b≥０时仍成立，且题中等号当且仅当a=b时成立．

３．把不等式a+b³2(a≥0,b≥0)称为基本不等式

4.由本题可知，两正数的算术平均数不小于它们的几何平均数，当两数相等时两者相等

5.基本不等式的几何解释：半径不小于半弦．

例2.利用基本不等式证明下列不等式：

(1)已知a>0,求证 a+

(3).已知x , y , z是互不相等的正数, 且x+y+z=1 , 求证:(1³2(2).已知a, b, c∈R , 求证: a2+b2+c2≥ab+bc+ac.a111-1)(-1)(-1)>8 xyz

点评：1..基本不等式的变形公式：

2.学会多次运用和创造条件运用基本不等式证题，尤其是不等式两边均为三项，可将一边变成六项，分成三组．对每一组用基本不等式．３．注意严格不等式的证明方法．

思维点拔：

1.上面两例在于：(1)揭示基本不等式的内容与证法．(2)举例说明利用基本不等式证题的方法技巧，以让学生初步领会不等式证明的基本方法．

２．基本不等式的推广：n个(n>1)非负数的几何平均数不大于它们的算术平均数．即若ai≥0(i=1,2,„,n),则

追踪训练

１．设Ｐ为正数，求下列各组数的算术平均数与几何平均数．（１）２与８（２）３与１２（３）Ｐ与９Ｐ（４）２与２

２．已知a>1求证a+

３． 已知a , b , c不全相等的三个正数, 且abc=1 , 求证:

第2课时

p2

1≥3３．已知a+b+c=1,求证a2+b2+c2≥

3a-1

a． abc

学习要求

1.理解最值定理的使用条件：一正二定三相等． 2.运用基本不等式求解函数最值问题．

１． 最值定理：若x、y都是正数，(1)如果积xy是定值P , 那么当且仅当x=y时, 和x+y有最小值．.(2)如果和x+y是定值S , 那么当且仅当x=y时, 积xy有最大值．

２．最值定理中隐含三个条件：． 【精典范例】

例1．(1).已知函数y=x+

51(x>－2), 求此函数的最小值.(2)已知x<, 求y=4x－1+的最大值;x+244x-5

(3)已知x>0 , y>0 , 且5x+7y=20 , 求xy的最大值;(4)已知x , y∈R+ 且x+2y=1 , 求

+的最小值.xy

例2.（１）求

2(x∈R)的最小值..（２）已知x , y∈R+ 且x+４y=1，求

11+ xy的最小值．

思维点拔：

１．利用基本不等式求最值问题时，一定要交代等号何时成立，只有等号成立了，才能求最值，否则要用其它方法了．而在证明不等式时，不必要交代等号何时成立．

２．例2是常见典型错误，它违背了最值定理使用前提：“一正二定三相等”中的后两条。

追踪训练一

1.2.3.已知x>1 ,0

【选修延伸】

利用函数单调性求函数最值.例3:求函数

9求函数y=4x+

2x

1+x2的最小值；已知x<0 , 求y=

x的最大值；

已知x , y∈R, 且+

xy

+

-x2+

3=1 , 求x+y的最小值;已知x>-2 , 求y=的最大值；

x+2

yx

(x4)的最小值.x2

思维点拔：

利用基本不等式求解时,等号不能成立,故改用函数单调性求解.追踪训练二

求函数

第3课时

y

sin2x的最小值.2

sinx

学习要求 1.初步学会不等式证明的三种常用方法：比较法，综合法，分析法。

2.了解不等式证明的另三种方法：反证法，换元法，放缩法.【精典范例】

例１．（１）已知a,bÎR+,且a¹b，求证：a3+b3>a2b+ab2

（2）已知

a<1,b<1，求证：

a+b

<1

1+ab

追踪训练一

１． 已知a,b,mÎ

R+,且a

a+ma

>．

b+mb

２．已知a,b,cÎR,且a+b+c=1，求证：ab+bc+ca3

例２.（１）已知a,b,cÎ(0,1),求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不能都大于

1．4（２）已知a

+b2=1,x2+y2=1，求证：ax+by 1

（３）求证：

a+b1+a+b

?

a1+a

b1+b

追踪训练二

1．求证：1+

111+++<2 22223n

学习要求

1． 会用基本不等式解决简单的最大（小）值的实际问题。2.通过对实际问题的研究，体会数学建模的思想。3．开拓视野，认识数学的科学价值和人文价值． 【精典范例】

例１．用长为4a的铁丝围成一个矩形, 怎样才能使所围矩形的面积最大.(用基本不等式求解)．

例２．某工厂建造一个无盖的长方体贮水池, 其容积为4800m3, 深度为3m , 如果池底每1m2的造价为150元, 池壁每1m2的造价为120元, 怎样设计水池能使总造价最低? 最低总造价为多少元?

例３．某商场预计全年分批购入每台价值为2000元的电视机共3600台, 每批都购入x台(x为正整数), 且每批需付运费400元, 储存购入的电视机全年所付保管费用与每批购入电视机的总价值(不含运费)成正比, 若每批购入400台, 则全年需用去运费和保管费43600元, 现在全年只有24000元资金可用于支付这笔费用, 能否恰好当地安排每批进货的数量, 使资金够用, 写出你的结论, 并说明理由.选修延伸：

先建目标函数，再用基本不等式求最值，这是一种很常见题型，加以理解和掌握．

追踪训练

１．建造一个容积为8m3, 深为2m的长方体无盖水池, 如果池底的造价为每平方米120元, 池壁的造价为每平方米80元, 求这个水池的最低造价.２．巨幅壁画画面与地面垂直, 且最高点离地面14米, 最低点离地面2米, 若从离地面1.5米处观赏此画, 问离墙多远时, 视角最大?

1．进一步会用基本不等式解决简单的最大（小）值的实际问题。2.通过对实际问题的研究，进一步体会数学建模的思想。.设x>0时, y=3－3x－的最大值为______________x

【精典范例】

例１．过点(1 , 2)的直线l与x轴的正半轴、y轴的正半轴分别交于A、B两点, 当△AOB的面积最小时, 求直线l的方程

例２．如图(见书P93), 一份印刷品的排版面积(矩形)为A , 它的两边都留有宽为a的空白, 顶部和底部都留有宽为b的空白, 如何选择纸张的尺寸, 才能使纸的用量最小?

练习1过第一象限内点P(a , b)的直线l与x轴的正半轴、y轴的正半轴分别交于A、B两点, 当直线l的方程.2汽车行驶中, 由于惯性作用, 刹车后还要向前滑行一段距离才能停住, 我们把这段距离叫做“刹车距离”, 在某公路上, “刹车距离”S(米)与汽车车速v(米/秒)之间有经验公式: S=

PAPB

取最小值时, 求

325

v+v, 为保证安全行驶, 要求在这条公路上行驶着的两车之408

久期规划策略证明及应用 篇3

关键词：久期规划 到期收益率 跟踪误差 债券指数

久期规划（Duration Targeting，下文中简称DT）是由固定收益大师莱伯维茨博士在今年出版的新书《Inside The Yield Book》中提出的债券投资策略。该策略虽然简单直观，却颠覆了我们对于债券作为固定收益金融产品的传统认知：一是久期不仅可以用作衡量债券利率风险的指标，还可以作为锁定债券组合投资收益的标杆。二是债券组合的应计利息在经过一定投资年限的累积后会抵消相对应的净价变化对投资收益的影响。

在此，笔者将久期规划策略的主要理论呈现给读者，并将该策略应用于中央结算公司编制的不同类型的债券指数，通过追踪债券指数的投资收益率确实向初始到期收益率收敛，在保持投资期限内的久期稳定的条件下，验证了久期规划策略的有效性。

久期规划策略的内容及证明

债券组合的投资方式大致可以分为三类：持有至到期、久期免疫和久期规划。持有至到期以追求绝对收益为目的，回收金额和期限固定，但是债券组合在投资过程中的价值会受到债市波动的直接影响。久期免疫用于资产负债管理，主要目的在于减少由利率期限结构变化而带来的风险。二者的共同点在于债券组合的久期均会随着时间流逝而逐渐降低。与之不同的是，久期规划策略通过定期调整债券组合成份券，保持组合平均久期固定，可以实现无论各成份券的到期收益率如何波动，债券组合的年化收益率会稳定地向组合初创时的加权到期收益率收敛，并且收敛的波动率会随着投资年限的增加而逐渐减小。久期规划策略的执行可以通过设定一个债券投资组合的久期目标或者追踪一支久期稳定的债券指数实现。在下文中笔者分别通过趋势线模型以及随机行走模型对久期规划理论进行证明，并给出该策略的跟踪误差以及总波动率的衡量方法。

（一）趋势线模型（Trendline Model）

图1 趋势线模型（单位：%、年）

在趋势线模型中，我们假定持有平均久期为的零息债券组合，且每年该组合到期收益率等量递增。如图1所示，该组合的到期收益率初始值为3.0%，最终值为5.5%，在5年的持有期内每年增加0.5%。为了保持久期稳定保持在5.0的目标（D=5.0），我们在每年的年末对组合进行调整，卖出久期较小的旧债，购入久期较长的新债。

对于零息债券，我们可以用如下公式近似计算其在年末投资收益率：

在第1年末的时候，利用上述公式我们可以推算出第一年投收益率为：。以此类推，表1列出了每年进行调整后的投资回报率。

表1 趋势线模型收益逐年变化（久期D=5年，投资期限N=5年）

年初始到期收益率到期收益率变化最终到期收益率久期净价变化年末总回报率

13.0%0.5%3.5%4.0-2.0%1.0%

23.5%0.5%4.0%4.0-2.0%1.5%

34.0%0.5%4.5%4.0-2.0%2.0%

44.5%0.5%5.0%4.0-2.0%2.5%

55.0%0.5%5.5%4.0-2.0%3.0%

65.5%0.5%6.0%4.0-2.0%3.5%

76.0%0.5%6.5%4.0-2.0%4.0%

86.5%0.5%7.0%4.0-2.0%4.5%

97.0%0.5%7.5%4.0-2.0%5.0%

平均值5.0%0.5%5.5%4.0-2.0%3.0%

表1显示，债券组合在每次调整后，由于债券到期收益率增加而带来的净价损失是-2.0%，然而由应计利息累积的投资收益却在逐年递增（由第1年时的3.0%增加至第5年时的5.0%），但是净价损失所带来的影响还是主导了投资收益，前5年的平均年化收益率只有2.0%。我们由此继续推算，当久期规划策略执行到第9年的时候，由不断增加的应计利息累积所产生的投资收益会抵消净价方面的损失，9年持有期的平均年化收益收敛至该组合的初始到期收益率3.0%。

表1仅描述了到期收益率持续增加的一种情形。事实上，当债券的到期收益率下跌时，在净价方面的获利会被不断下降的应计利息收益削减。表2描述了在5年的投资期限后，最终到期收益率在（-3%，3%）的区间之内，超额年化收益率（Excess Return）（等于年化收益率-初始到期收益率）与到期收益率变化的关系。

表2 趋势线模型收益和价格变化（D=5年，N=5年）

到期收益率变化合计净价变化合计应计利息累积合计总收益合计5年平均年化收益率超额年化收益率超额年化收益率/到期收益率变化

-3.0%12.0%9.0%21.0%4.2%1.2%-0.40

-2.0%8.0%11.0%19.0%3.8%0.8%-0.40

-1.0%4.0%13.0%17.0%3.4%0.4%-0.40

0.0%0.0%15.0%15.0%3.0%0.0%-

1.0%-4.0%17.0%13.0%2.6%-0.4%-0.40

2.0%-8.0%19.0%11.0%2.2%-0.8%-0.40

3.0%-12.0%21.0%9.0%1.8%-1.2%-0.40

值得注意的是，表2中第7列中超额收益率与到期收益率变化的比率一直是-0.4，这个比率被称为趋势线久期（Trendline Duration）。在久期规划策略中，趋势线久期可以用代表应计利息累积因素的累积因子（Accrual Factor）与代表投资期限因素（也可视为代表净价影响）的久期因子（Duration Factor）描述：

图2 累积因子与久期因子对投资收益的影响（横轴单位：年）

如图2所示，在执行久期规划策略的初期，代表净价影响的久期因子对投资收益起主导作用，远高于累积因子的影响。然而，当久期因子与累积因子相等的时候，趋势线久期等于0。此时无论债券组合的到期收益率处于何处，该组合的平均年化收益率与初始到期收益率相等。在图2中，累积因子与久期因子在第9年时相交，印证了表1的平均年化收益率向初始到期收益率在第9年收敛的结果。

由此我们可以得出，当投资期限为2倍久期目标减1的时候，趋势线久期等于0，该投资期限被称为有效到期日（Effective Maturity），有效到期日描述了实现收益率收敛所需的投资期限长度。

（二）随机行走模型（Random Walk Model）

趋势线模型可以扩展为包含随机行走的更符合实际债市波动的模型。利用随机行走模型，我们可以估算出由债券收益率波动而带来的趋势线波动率（Trendline Volatility）与跟踪误差（Tracking Error）。在随机行走模型中，趋势线波动率与跟踪误差互相独立，共同构成了久期规划策略投资收益的总波动率（Total Volatility）。

趋势线波动率是指由最终到期收益率的随机变化而产生的波动率，也是超额年化收益率的波动率。我们假设到期收益率的变化是一个以均值为0，年化标准方差为1.0%（）的随机行走过程。在5年的投资期限后，最终到期收益率变化的标准方差变为，这也意味着68%的收益率变化会在倍标准方差之内。

在表2中，我们可以发现使用趋势线模型的5年期年化超额收益率等于第5年时趋势线久期的负值（-0.4）乘以到期收益率变化合计（到期收益率最终值-初始值）：

所以，趋势线波动率可以由以下方法计算：

图3 趋势线波动率（D=5年，单位：%、年）

在图3中我们可以看到，随着投资期限的增加，趋势线波动率由第1年时的4%，快速减少到第5年的0.89%。当投资期限等于有效到期日时（），趋势线波动率为0，9年投资期限的平均年化收益率等于初始到期收益率。

图4 非趋势线路径（单位：%、年）

趋势线波动率描述的是最终到期收益率的随机变化情况，然而如图4所示，非趋势线路径中所产生的应计利息累积与趋势线模型的应计利息累积结果之间存在残差，跟踪误差（Tracking Error）即描述残差部分的随机变化，跟踪误差可以用下面的公式近似获得：

有了趋势线波动率和跟踪误差之后，我们可以计算出在不同的投资期限N时，久期规划策略投资收益的总波动率：

图5 久期规划策略收益的总波动率（D=5年，，单位：%、年）

在图5中我们可以看出，一个久期目标为5.0的久期规划投资组合的投资收益总波动率由第1年时的4%，逐渐减小至第3年的1.8%和第4年的1.38%。在第8年时总波动率达到最小值0.84%。

中债指数的策略应用

为了验证久期规划策略在债券指数化投资中的收益率收敛效果，笔者选取了中央结算公司编制的六支债券指数进行测试：分别是中债-综合指数、中债-中短期债券指数、中债-长期债券指数、中债-固定利率金融债指数、中债-浮动利率金融债指数及中债-高信用等级中期票据指数。

（一）中债-综合指数策略应用

图6 中债-综合指数平均市值法久期

数据来源：中债综合业务平台

由图6中我们可以看到，中债-综合指数在2002年创建以来，平均市值法久期稳定在4左右。过去12年该指数的平均久期为4.3，过去3年间该指数到期收益率的平均年化波动率是1.5%。如果我们选择投资期限为4年，根据久期规划理论，4年期的年化投资收益率应该向4年前该指数的平均到期收益率收敛，二者误差在总波动率的范围之内。

图7 投资中债-综合指数平均市值法到期收益率与4年年化收益率

数据来源：中债综合业务平台

图7中蓝色的曲线为中债-综合指数的平均市值法到期收益率从2002年至今的走势，橙色的曲线为从2002年开始投资该指数4年的平均年化收益率。如果我们将橙色的曲线向前挪动，使之与中债-综合指数的到期收益率曲线重叠，年化收益率确实向初始到期收益率收敛（图8），两条曲线走势基本一致。

图8 投资中债-综合指数4年年化收益率收敛

数据来源：中债综合业务平台

在图8中，我们可以进一步发现2002-2008年的年化收益率与到期收益率之间误差较大，超出了总波动率的范围。这是因为2008年之前中债综合指数的久期呈现趋势性下降（见图6），久期规划策略所要求的久期稳定条件没有满足。2008年3月至今的中债综合指数久期比较稳定，今年6月份以来的债市收益率显著上涨，扩大了收益率波动率，但是投资收益与初始到期收益率的误差依然符合之前的总波动率范围（图8中箭头标示的区间）。

（二）中债-中短期与长期债券指数策略应用

图9 投资中债-中短期指数4年年化收益率收敛（单位：%）

数据来源：中债综合业务平台

2005至今，中短期债券指数的平均久期为3.90，图9为投资该指数4年的平均年化收益率（红色曲线）向4年前的初始到期收益率（蓝色曲线）收敛。

证明与应用 篇4

不等式渗透在数学的各个分支, 有着十分广泛的应用.不等式的证明蕴含了丰富的逻辑推理, 证明过程千姿百态, 证明方法灵活多样, 对数学各部分知识的融会贯通起到很好的促进作用.对于一些不等式, 单纯用不等式的性质及公式, 采用传统的证明方法来证明, 有时比较困难.学习了向量及概率后, 通过构造向量及概率模型, 再利用向量的内积公式及概率的加法公式来证明, 则显得比较容易.现通过几例说明其用法.

一、用向量的数量积证不等式

对于求证式中含有乘积的和及乘方的和时, 可考虑构造适当的向量, 利用向量数量积公式a·b=|a||b|cosθ≤|a||b|及其坐标表示的公式来证明.

例1 设ai, bi∈R, i=1, 2, 3.求证: (a${}_1^2$+a${}_2^2$+a${}_3^2$) (b${}_1^2$+b${}_2^2$+b${}_3^2$) ≥ (a1b1+a2b2+a3b3) 2, 当且仅当$\frac{b{}_1}{a{}_1}=\frac{b{}_2}{a{}_2}=\frac{b{}_3}{a{}_3}$时等号成立.

证明 构造向量p= (a1, a2, a3) , q= (b1, b2, b3) , 则

|p|2=a${}_1^2$+a${}_2^2$+a${}_3^2$, |q|2=b${}_1^2$+b${}_2^2$+b${}_3^2$.

∵ (p·q) 2= (a1b1+a2b2+a3b3) 2,

而 (p·q) 2=|p|2|q|2cos2θ≤|p|2|q|2= (a${}_1^2$+a${}_2^2$+a${}_3^2$) (b${}_1^2$+b${}_2^2$+b${}_3^2$) ,

即 (a${}_1^2$+a${}_2^2$+a${}_3^2$) (b${}_1^2$+b${}_2^2$+b${}_3^2$) ≥ (a1b1+a2b2+a3b3) 2成立.

当$\frac{b{}_1}{a{}_1}=\frac{b{}_2}{a{}_2}=\frac{b{}_3}{a{}_3}$时, p与q同向或反向, 此时θ=0或π,

∴cosθ=±1, cos2θ=1, 等号成立.

例2 已知$f(x)=\sqrt{1+x{}^2}‚a\ne b$, 求证:|f (a) -f (b) |<|a-b|.

分析 要证的不等式等价于$|\sqrt{1+a{}^2}-\sqrt{1+b{}^2}|{}^2<|a-b|{}^2$, 两边化简, 得$\sqrt{(1+a{}^2)(1+b{}^2)}>1+ab$, 故可构造向量来证.

$\begin{array}{l}\text{证}\text{明}\text{构}\text{造}\text{向}\text{量}\mathit{p}=(1,a)‚\mathit{q}=(1,b)‚\\ \therefore |\mathit{p}|=\sqrt{1+a{}^2}‚|\mathit{q}|=\sqrt{1+b{}^2}.\end{array}$

$\begin{array}{l}\text{则}(\mathit{p}\cdot \mathit{q})=1+ab=|\mathit{p}||\mathit{q}|\cos \theta \le |\mathit{p}||\mathit{q}|=\sqrt{(1+a{}^2)(1+b{}^2)}.\\ \because a\ne b‚\therefore \mathit{p}\ne \mathit{q}‚\end{array}$

∴两向量夹角θ≠0, 故等号不成立.

即$\sqrt{(1+a{}^2)(1+b{}^2)}>1+ab$,

两边同乘-2后再加上a2+b2, 整理可得

$(\sqrt{1+a{}^2}-\sqrt{1+b{}^2}){}^2<(a-b){}^2$,

即$|\sqrt{1+a{}^2}-\sqrt{1+b{}^2}|{}^2<|a-b|{}^2.$

故|f (a) -f (b) |<|a-b|成立.

二、利用概率的性质及加法公式证不等式

对于一类涉及0与1的不等式, 常可考虑构造概率模型利用概率性质0≤p (A) ≤1及加法公式:

p (A1+A2+A3+…+An) =${\displaystyle \sum _{i=1}^n}$p (Ai) -${\displaystyle \sum _{1\le i<j\le n}}$p (AiAj) +${\displaystyle \sum _{1\le i<j<k\le n}^n}$p (AiAjAk) -…+ (-1) n-1p (A1A2…An) 证.关键是求证式要符合概率加法公式的基本形式.

例3 已知x, y, z∈ (0, 1) , 求证:x (1-y) +y (1-z) +z (1-x) <1.

分析 求证式去括号后, 即x+y+z-xy-yz-xz<1.

证明 设A, B, C是相互独立的三个事件, 且p (A) =x, p (B) =y, p (C) =z.

由概率性质0≤p (A+B+C) ≤1, 得

p (A+B+C) =p (A) +p (B) +p (C) -p (AB) -p (AC) -p (BC) +p (ABC) ≤1.

即x+y+z-xy-xz-yz+xyz≤1.

∵x, y, z∈ (0, 1) , ∴xyz>0, ∴x+y+z-xy-xz-yz<1.

即x (1-y) +y (1-z) +z (1-x) <1成立.

例4 已知$x\in \left[0,\frac{\text{π}}{2}\right]$, 求证:$\frac{4+\sin 2x}{1+\sqrt{2}\sin \left(x+\frac{\text{π}}{4}\right)}\ge 2.$

分析 原式即$\frac{4+2\text{s}\text{i}\text{n}x\text{c}\text{o}\text{s}x}{1+\text{s}\text{i}\text{n}x+\text{c}\text{o}\text{s}x}\ge 2$, 由条件知0≤sinx≤1, 0≤cosx≤1, 所以即需证2+sinxcosx≥1+sinx+cos, 即需证1≥sinx+cosx-sinxcosx成立.显然利用概率模型来证极为简单.

证明 设两独立事件A与B, 且p (A) =sinx, p (B) =cosx, 则

∵x∈

$\begin{array}{l}p(A+B)=p(A)+p(B)-p(AB)=\sin x+\cos x-\sin x\cos x\le 1‚\\ \therefore 2+\sin x\cos x\ge 1+\sin x+\cos x.\end{array}$

, 故sinx≥0, cosx≥0, 即得

$\begin{array}{l}\frac{4+2\text{s}\text{i}\text{n}x\text{c}\text{o}\text{s}x}{1+\text{s}\text{i}\text{n}x+\text{c}\text{o}\text{s}x}\ge 2,\\ \therefore \frac{4+\sin 2x}{1+\sqrt{2}\sin \left(x+\frac{\text{π}}{4}\right)}\ge 2\text{成}\text{立}.\end{array}$

例5 若x>1, 求证:$x{}^3>x+\frac{1}{x}-1.$

分析 ∵x>1, ∴不能将x看做某些事件的概率, 但易想到有$0<\frac{1}{x}<1$, 这时若将不等式两边同除x3, 则可得$1>\frac{1}{x{}^2}+\frac{1}{x{}^4}-\frac{1}{x{}^3}$, 该式基本具备可利用概率模型的条件.

证明 设A, B是两个相互独立事件,

$\because x>1‚\therefore 0<\frac{1}{x{}^2}<1‚0<\frac{1}{x{}^4}<1.$

令$p(A)=\frac{1}{x{}^2}‚p(B)=\frac{1}{x{}^4}$, 则

$\begin{array}{l}1>p(A+B)=p(A)+p(B)-p(AB)=\frac{1}{x{}^2}+\frac{1}{x{}^4}-\frac{1}{x{}^6}.\\ \because x>1‚\therefore x{}^6>x{}^3‚\therefore -\frac{1}{x{}^6}>-\frac{1}{x{}^3}.\end{array}$

即$1>\frac{1}{x{}^2}+\frac{1}{x{}^4}-\frac{1}{x{}^3}$成立, $\therefore x{}^3>x+\frac{1}{x}-1$成立.

以上几例都是常见的不等式证明题, 虽然有的题用常规方法证明也不难, 但通过利用构造向量方法或概率方法来证以后, 不仅开阔了解题思路, 同时也使一些有难度的证题变得容易了, 这对于提高学生分析问题、解决问题的能力无疑是有益的.

工程应用证明 篇5

北京市梅市口路（玉泉路~长兴路）道路工程全长8.5公里，为城市主干路，工程概算12亿元。该路是北京市西部丰台、房山、门头沟区一条重要的进城通道，同时也是2013年第九届中国国际园林博览会主要周边道路之一。

其中，永定河大桥起止桩号K3+814.127~K4+367.457，桥梁全长553.33米，分左右两幅上跨永定河，在地铁M14线两侧对孔布置，单幅桥宽21.25米。每幅共分5联11孔，即（70+70）+（60+60）+（50+50）+(40+40)+（35+35+35）米，为上承式钢筋砼板拱，35米跨径拱圈采用90cm厚混凝土实体板型断面，其余拱圈为箱型断面；拱上为现浇简支箱梁及现浇简支空心板梁结构，桥梁下部结构为钢筋混凝土拱座及承台接钻孔灌注桩，桥台为重力式U型桥台。此桥造价2.28亿元。

北京城建道桥建设集团有限公司承担了永定河大桥施工，施工单位通过对等截面、变跨径钢筋混凝土箱型板拱桥拱圈的施工技术在市政工程建设中的深入研究，针对变跨径、安全行洪、人机通行、悬链线形的要求解决支架搭设问题，利用midas Civil软件为施工提供理论依据，优化箱型拱圈底模的主、次龙骨设计，及倾斜混凝土上表面压模设计。进一步强化模板细节设计，保证拱圈拆模后和使用期间良好的混凝土外观质量。加强对箱型拱圈混凝土的施工技术研究，配重混凝土施工技术研究，拱圈线性控制与研究。采取有效的技术措施，获得重要技术参数。保证了拱圈施工线形的精准，质量优良，施工过程安全、可靠。形成了一套完整、成熟的变跨径等截面悬链线无铰箱型拱圈施工技术。

通过工程实践，该技术可较好地应用于城市跨河、跨线景观路段及山区沟壑等复杂工况下的箱型板拱桥拱圈工程，有较好的市场和应用前景。

北京公联建达工程管理有限公司

张角定理在证明线段相等中的应用 篇6

本文现将张角定理及其在线段相等证明中的应用介绍如下，供参考.

一、张角定理

如图1，设直线AB上有一点C，在直线AB外有一点P，且视点P对于线段AC，CB的张角分别为α，β，若α+β<180°，则=+.

证：△PAB＝△PAC+△PCB，

∴PA·PB·sin（α+β）

＝PA·PC·sinα+PC·PB·sinβ两边同除以

PA·PB·PC，即得所证.

二、应用举例

例1在线段AC上任取一点B，分别以AB，BC为边，在AC的同侧，作等边△ABD，△BCE；连AE，交DB于M；连DC，交EB于N.

求证：BM＝BN.

证：如图2，以B为视点，分别对A，M，E及D，N，C用张角定理，得=+，=+，而BA＝BD，BE＝BC，∴BM＝BN.

例2 已知四边形MCND两组对边延长所得交点的连线AB与四边形的一条对角线CD平行，又MN的延长线交AB于F.

求证：AF=FB.

证：如图3，设∠MAC=α，∠CAB=β，以A为视点，分别对B，N，D；B，C，M及F，N，M用张角定理，得

=+， （1）

=+， （2）

=+，（3）

在△ACD中，= . （4）

∴（1）+（2）-（3）-（4），得=，

∴AB=2AF，故AF=FB，.

例3 如图4，以⊙O的直径AB为一边作等边△ABC，同时将另一侧的半圆三等分，其分点为M，N，连结CM，CN交AB于D，E.

求证：AD=DE=EB.

证：连结AM，OM，则以A为视点，对C，D，M用张角定理，得

=+，

∴AD=.

设⊙O的半径为R，则

AD==R.

由图形的对称性知：BE=R.

∴DE=2R-R-R==AD=EB.

例4 已知M是⊙O的弦AB的中点，过M任作两弦CD，EF，连结CF，DE分别交AB于G，H. 求证：MH=MG（蝴蝶定理）.

证：如图5，设∠GMF=α，∠HMD=β，

以M为视点，对E，H，D及F，G，C分别用张角定理，得

=+， （1）

=+.（2）

∴（1）－（2），得

sin（α+β）（-），

=（MF-ME）-（MD-MC）. （3）

设P，Q分别是CD，EF的中点，则

MD-MC=2MP=2MOsinβ，

MF-ME=2MQ=2MOsinα，（4）

∵ME·MF=MC·MD，

∴将（4）代入（3），得

sin（α+β）（-）=0，

∵α+β≠180°，∴sin（α+β）≠0，

∴MH=MG.

例5 在“筝形”ABCD中，AB=AD，BC=CD，过AC，BD的交点O任作两条直线，分别交AD于E，BC于F，AB于G，CD于H. GF，EH分别交BD于I，J.

求证： OI=OJ.

证：如图6，易知AC⊥BD，设∠EOD=α，∠DOH=β. 以O为视点，分别对G，I，F；E，J，H；A，G，B；A，E，D；C，H，D和B，F，C用张角定理，得

=+， （1）

=+， （2）

=+， （3）

=+， （4）

=+， （5）

=+， （6）

将（3）和（6）中OG与OF的表达式同时代入（1），得

=（OA·OBsinβsinα+OA·OC

sinβcosα+OB·OCsinαsinβ+OA·OCsinαcosβ），（7）

将（4）和（5）中OE与OH的表达式同时代入（2），得

=（OC·ODsinβsinα+OA·OC

sinβcosα+OA·ODsinαsinβ+OA·OCsinαcosβ），（8）

因为OB=OD，所以由（7）和（8）即得OI=OJ.

综上所述可知，应用张角定理证明线段相等时，关键在于根据题设，寻找与结论有关的线段所在的三角形，找准视点，利用张角定理写出关系式，再结合三角知识，通过变形化简，消去无用的参变数即可.

证明与应用 篇7

教材分析:选自苏教版《数学》八年级第十一章《图形与证明 (一) 》第三节《证明》第三课时, 基于自主合作学习教学的模式进行设计.

本节内容是在前两节课学生初步体验了数学证明的思路, 并从基本事实出发证明得到了有关平行线的定理的基础上, 指导学生进一步学会运用基本事实证明三角形内角和定理和推论.

学生分析:在小学阶段学生已尝试用拼图的方法得出“三角形三个内角和等于180°”, 七年级第二学期学生已尝试用说理的方式说明过“三角形三个内角和等于180°”的成立.因此本节课的重点是在前面的基础上引导学生打开逻辑思维的闸门, 理解添加辅助线的必要, 学会采用不同的策略解决问题.让学生感受数学的严谨性和结论的确定性, 初步养成言之有理、落笔有据的推理习惯, 发展有条理的思考和表达自己想法的能力.

教学案例

一、课前准备

要求:独立思考, 自己探究.

1.三角形的内角和为度.

2.如何证明这个结论?

3.如图1, 这种拼图操作对我们思考证明的途径有什么启发?

4、过程展示

已知:

求证:

证明:

5.你还有什么不同的证明方法吗? (画出示意图, 列出思路.)

二、教学片段

片段一:

师:前面两节课我们初步体验了数学证明的思路, 并从基本事实出发证明得到了有关平行线的定理等.这节课我们继续用基本事实来证明三角形中有关结论.

师:首先, 回忆一下, 三角形三个内角的和是多少?

生:180°.

师:你是如何知道的?如何证明这个结论?请小组内交流一下刚才课前准备的证明方法.

生:小组交流课前准备内容.

师:请各个小组选两名同学代表本组把此题具有代表性的思路过程板演到黑板上.

生:每组两名同学合作板演, 其他同学继续研究其他解法.

师生:共同研究各组展示情况, 展示小组讲解本组解题思路和解题要点, 其他小组质疑过程的规范.

全班6个小组一共展示出四种解法 (如下) , 其中有两组用的是方法1, 还有两组用的是方法2, 方法3和方法4为另两组展示.

方法1 如图2, 作BC的延长线CE, 过点C作CD//AB.

方法2 如图3, 过点A作EF//BC.

方法3 如图4, 过点A作AD//BC.

方法4 如图5, 在BC上取一点D, 分别过D作DE//AC交AB于E, 作DF//AB交AC于F.

片段二:

师:从刚才众多的解法看出, 同学们通过添加适当的辅助线解决了三角形内角和是180°的证明, 你们是怎么想到添加这些辅助线的呢?

生:从拼图操作我们发现要把三角形三个分散的角相对集中到一起.

生:从结论要证180°, 我们想到平角等于180°.

生:还有两直线平行, 同旁内角互补.

师:“两直线平行, 同旁内角互补”的证明就是转化成平角来证的.

师:这么多种添加辅助线的方法, 你最喜欢哪一种?说说你的理由.

生:方法2, 因为写过程比较方便.

师:这么多种添加辅助线的方法, 它们在作法上有没有共同点呢?

生:过三角形的一顶点作对边的平行线.

师:我们看方法4, 这里是过三角形一边上一点作的另两边的平行线, 如果这个点不在三角形边上, 在三角形内部, 我们能否通过作边的平行线来证明呢?

(学生思考)

生:可以的, 过三角形内一点作三边的平行线, 可以把三个内角转化成一个平角得证.

师:如果这个点在三角形外部呢?

生:和点在三角形内部方法一样.

师:总结一下, 三角形内角和等于180°的证明思路是什么?

生:过平面内任一点作边的平行线, 把三角形三个内角转化成平角.

师:通过证明, 我们确认了命题“三角形三个内角的和等于180°”是真命题, 我们把这个命题称作三角形内角和定理.

课后反思:

1.数学课堂上自主与合作活动的意义在哪里

根据本节课内容的特点, 我做了教学片段一的探索.首先, 基于本节课内容“三角形三个内角和等于180°”的结论学生前面有所接触, 已经掌握, 而本节课的重点是这个命题的证明, 所以在设计时一开始就直接让学生根据学案进行自主预习, 独立思考.我们知道没有充分的独立思考, 学生的合作交流就只能流于形式, 变成少数思维敏捷的同学表演.从本节课的实际操作来看, 教者给足了学生思维的时间和空间, 学生在自主、独立的情况下, 基本上每个人都找到了命题的一种证法.其次, 在独立思考的基础上, 我又给出时间让学生在小组内交流各自的思路, 并在小组讨论的基础上, 选出本组具有典型意义的思路板演到黑板上与其他小组分享.在小组交流合作中, 我观察到每名同学都能迅速领会别的同学的思路, 而且在小组展示质疑中都能迅速切中要害, 指出展示中存在的问题.我认为这就是自主合作学习带来的效果.

2.数学课堂上怎样开展学生的自主合作活动

当教者提出的问题具有较高的思维价值, 学生独立思考仍难以解答或当某题一题多解、一题多变时, 学生的合作交流就显得非常重要.需要注意的是交流合作之前必须给出学生独立思考的时间, 让每名学生都在独立的思考前提下再去合作交流.只有这样合作交流才能加大学生的思维容量, 拓宽视野, 并有助于学生检视自己的思路, 形成良好的反思习惯.本节课的交流分了两个层次, 首先在小组内交流, 小组交流的目的是尽可能让每名学生都有机会发表自己的看法;其次以组为单位在全班进行了交流, 主要是想培养组与组的竞争意识, 提高合作的作用.从本节课各组展示的证明思路可以看出自主合作后达到的效果, 给我印象最深的是有一组不仅完整地写出了一种证明过程, 而且在旁边画图列出了多种解题思路, 这绝对是集体的思维结晶.

3.数学课堂中的自主与合作, 不能是为了课堂改革而有意设计的课堂表演

数学教学是思维的教学, 数学活动是思维的活动.数学课堂中的自主与合作其主要目的是为了更好地发展学生的思维能力.有了学生的独立思考, 再有小组间的合作交流, 通过交流, 全体学生互相启发, 互相借鉴, 互相学习, 才能达到发展学生的思维能力的目的.

4.学生自主合作学习后还必须有老师的概括提升才能事半功倍

在本节课的教学片段二中, 教者通过对话交流首先让学生在多种方法中选择较为简单合理的方法, 这里是体现一题多解时的最优化原则;其次引导学生发现可以把他们的多种解法转化归纳为一种, 体现数学结论的发现往往经历从特殊到一般的历程.片段二是学生合作交流后老师的概括提升, 这一过程是非常必要的.学生在合作交流中展现出多种思路, 这体现了思维的发散性, 如果没有这些概括提升那学生的思维成果仍旧是一盘散沙, 无助于良好思维习惯的养成, 也就失去了合作交流的根本意义.

罗尔中值定理的证明及应用 篇8

微分中值定理是微分学的基本定理, 在数学分析中占有重要地位, 是研究函数在某个区间内的整体性质的有力工具。从费马定理开始, 经历了从特殊到一般, 从直观到抽象, 从强条件到弱条件的发展阶段.人们正是在这一发展的过程中, 逐渐认识到微分中值定理的普遍性.

罗尔中值定理是其他微分中值定理的基础, 而且该定理对判别根的存在性特别有效. 它是由法国数学家罗尔 (Rolle, 1652~1719) 在1691年首先提出的, 直到1846年经法国的另一位数学家完善成今天的形式.

以下就介绍罗尔中值定理的知识:

一、罗尔中值定理的证明

我们首先来观察一个图形, 见图1.

设图1中曲线弧AB是函数y=f (x) (x∈[a, b]) 的图形.这是一条连续的曲线弧, 除端点外处处具有不垂直于x轴的切线, 即 f (x) 在 (a, b) 内处处可导.且两端点处的纵坐标相等, 即 f (a) = (fb) .可以发现在曲线弧AB的最高点或最低点处, 曲线都有水平的切线. 如果记曲线弧AB的最高点C的横坐标为ξ, 则f' (ξ) =0.若我们用分析的语言把这一几何现象描述出来, 就得到了下面的罗尔 (Rolle) 定理.

罗尔定理若函数y=f (x) 满足:

(1) 在闭区间[a, b]上连续;

(2) 在开区间 (a, b) 内可导;

(3) 在区间端点处的函数值相等, 即 f (a) =f (b) ,

则在 (a, b) 内至少存在一点ξ, 使得f' (ξ) =0.

罗尔定理的几何意义是说:在每一点都可导的一段连续曲线上, 如果曲线的两端点高度相等, 则至少存在一条水平切线 (图 1) .

为了给出罗尔定理的严格证明, 我们首先需要学习下面的引理, 它称为费马 (Fermat) 定理.

费马定理设函数 (fx) 在点x0 的某邻域U (x0 ) 内有定义, 并且在x0 处可导, 如果对任意的x∈U (x0 ) , 有 (fx) ≤ (fx0 ) , 则f ('x0 ) =0.

分析为了利用函数值的大小关系得出导数的结论, 显然应该考虑使用导数的定义.

费马定理告诉我们, 若函数在x0 点可导, 且函数在x0 点处取得了局部的最大值或最小值, 则函数在点x0 处的导数一定为零, 即f' (x0 ) =0.

由图1知, 函数 f (x) 在ξ处取得了局部的最大值.因此, 根据费马定理不难证明罗尔定理.

罗尔定理的证明由于 f (x) 在[a, b]上连续, 所以 f (x) 在[a, b]上必定取得它的最大值M和最小值m.这样, 只有两种可能的情形:

(1) M=m.

此时对于任意的x∈[a, b], 必有f (x) =M.故对任意的x∈ (a, b) , 有f' (x) =0.因此, (a, b) 内任一点皆可作为我们找的ξ.

(2) M>m.

因为 f (a) =f (b) , 所以M和m中至少有一个不等于f (a) .不妨设M≠f (a) , 则在 (a, b) 内必有一点ξ, 使得f (ξ) =M.又因为对于任意的x∈[a, b], 有 f (x) ≤f (ξ) , 且f' (ξ) 存在.故由费马定理知, f' (ξ) =0.类似可证m≠f (a) 的情形.罗尔定理成立.

二、罗尔定理的应用

1.函数零 (值) 点问题.

例1设 (a, b) 为有限或无穷区间, f (x) 在 (a, b) 内可微, 且 (有限或±∞) , 试证:存在ξ∈ (a, b) , 使得f' (ξ) =0 (.推广了的罗尔定理)

证若f (x) 不恒等于A (有限数) , 则存在f' (x) =0, 问题自明.

若 (fx) =A, 则x0∈ (a, b) , 使得f (x0) ≠A, 下设 (fx0 ) >A (对 (fx0 )

若A=+∞ (或 -∞) , 则 (a, b) 内任取一点作x0 , 上面的推理保持有效.

例2证明方程x3+x-1=0在区间 (0, 1) 内只有一个实根.

证明存在性:令f (x) =x3+x-1, 函数 (fx) 在闭区间[0, 1]上连续, 且f (0) =-1<0, f (1) =1>0.由闭区间上连续函数的零值定理可知, 至少存在一点ξ∈ (0, 1) , 使得f (ξ) =0.

唯一性:假设函数f (x) 在开区间 (0, 1) 内有两个不同的实根, 设为x1 , x2 , 且x1

f' (x) =3x2+1, f (x1 ) =f (x2) =0.

于是, 函数f (x) 在[x1 , x2 ]上满足罗尔定理的条件, 故存在ξ∈ (x1 , x2 ) , 使得f' (ξ) =0.但是f' (ξ) =3ξ2+1>0, 矛盾.于是方程x3+x-1=0在区间 (0, 1) 内只有一个实根.

2.证明中值公式.

例3设 (fx) , g (x) , h (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 内可导, 试证存在ξ∈ (a, b) , 使得 (.2) 证记, 则F (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 内可导, F (a) =F (b) =0.应用罗尔定理可知, 存在ξ∈ (a, b) , 使得F' (ξ) =0.根据行列式性质, F' (ξ) =0即是式 (2) .

例4设f (x) 在[0, +∞) 上可导, 且0≤f (x) ≤x/ (1+x2) .试证:存在ξ>0, 使f' (ξ) = (1-ξ2) / (1+ξ2) 2.

例说应用导数证明不等式 篇9

1. 构造函数用导数证明不等式

例1 已知x∈ (0, +∞) , 求证:ln (1+x) >x2-x3.

证明 令f (x) =ln (1+x) -x2+x3, 则.

当x∈ (0, +∞) 时, f′ (x) >0.

因此, f (x) 在 (0, +∞) 上为增函数,

所以, 当x∈ (0, +∞) 时, f (x) >f (0) =0,

注:此题是根据2007年山东卷理科第22题 (Ⅲ) 改编的.

一般地, 欲证f (x)

例2 已知0

分析 欲比较ab与ba的大小, 取自然对数后, 只需比较b ln a与a ln b的大小, 再除以正数ab, 只需比较的大小, 故令.

当x∈ (0, e) 时, ln x0, 所以f (x) 在 (0, e) 上为增函数, 由0

先把待比较大小的式子变形后再构造函数, 然后利用导数证明该函数的单调性, 最后利用函数单调性来比较大小.

2. 用导数证明不等式案例赏析

《普通高中数学课程标准 (实验) 》指出, “数学是人类文化的重要组成部分.数学是人类社会进步的产物, 也是推动社会发展的动力”.通过在高中阶段数学文化的学习, 学生将初步了解数学科学与人类社会发展之间的相互作用, 体会数学的科学价值、应用价值、人文价值, 开阔视野, 寻求数学进步的历史轨迹, 激发对于数学创新原动力的认识, 受到优秀文化的熏陶, 领会数学的美学价值, 从而提高自身的文化素养和创新意识.

例3 证明贝努利 (Bernoulli) 不等式:如果x是实数, 且x>-1, x≠0, n为大于1的自然数, 那么 (1+x) n>1+nx.

证明 令f (x) = (1+x) n-1-nx, 则f′ (x) =n (1+x) n-1-n.

(1) 当-10,

因此 (1+x) n-1< (1+x) 0=1, 所以n (1+x) n-1

故f′ (x) <0, 即f (x) 在 (-1, 0) 上为减函数.

(2) 当x>0时, 1+x>1, 而n-1>0,

因此 (1+x) n-1> (1+x) 0=1, 所以n (1+x) n-1>n.

故f (x) >0, 即f′ (x) 在 (0, +∞) 上为增函数.

综上可知f (0) 是唯一的最小值, 于是当x∈ (-1, 0) ∪ (0, +∞) 时, 有f (x) >f (0) =0, 因此 (1+x) n>1+nx (x>-1且x≠0) .

贝努利不等式很容易被推广到更一般的情形:

(1) 当α是实数, 并且满足α>1或α<0时, 有

(2) 当α是实数, 并且满足0<α<1时, 有

关于贝努利不等式, 用数学归纳法 (高中数学人教A版课本选修4-5不等式选讲[2]第51页或2007年湖北卷理科第22题 (Ⅰ) ) 只能证明“n为大于1的自然数”的情形, 对于一般的情形, 用导数来证明就很容易了.

例4 (三角形大边对大角的推广[3]) 在△ABC中, 若AB<λAC, 则∠C<λ∠B, 其中0<λ≤1.

证明 若λ=1, 显然成立;

若λ∠B为钝角或直角, 则从AB<λAC≤AC知∠C<∠B, 故∠C必为锐角, 于是∠C<λ∠B.

下面就0<λ<1以及λ∠B为锐角的情形加以证明, 为此, 先建立一个辅助不等式, 即当0<λ<1, θ∈ (0, π) 时, 有λsinθ

事实上, 令f (θ) =λsinθ-sinλθ, 则

由余弦函数在[0, π]上为减函数, 由λθ<θ, 可知f′ (θ) <0, 故f (θ) 在 (0, π) 内单调递减, 由此可知f (θ)

注意到∠C及λ∠B均为锐角, 又正弦函数在内是单调递增的, 所以从上述不等式可得∠C<λ∠B.

综上三种情形, 例4得证.

用导数探究函数的单调性、极值等性质及其应用, 使大家感受导数在解决数学问题和实际问题中的作用, 体会微积分的产生对人类文化发展的价值[1].

通过以上案例赏析的学习, 让学生了解人类社会发展与数学发展的相互作用, 认识数学发生、发展的必然规律;了解人类从数学的角度认识客观世界的过程;发展求知、求实、勇于探索的情感和态度;体会数学的系统性、严密性、应用的广泛性, 了解数学真理的相对性;提高学习数学的兴趣.

3. 高考题中应用导数处理不等式问题

近几年高考数学导数命题基本方向没变, 首先用导数研究函数的性质 (单调性、极值、最值等) , 然后用所得到性质综合处理函数图像、方程根的分布、不等式等有关问题, 其中不等式问题出现得比较多, 下面是证明不等式的例子.

例5 (2004年天津卷文科第21题) 已知函数f (x) =ax3+cx+d (a≠0) 是R上的奇函数, 当x=1时f (x) 取得极值-2.

(1) 求f (x) 的单调区间和极大值;

(2) 证明对任意x1, x2∈ (-1, 1) , 不等式|f (x1) -f (x2) |<4恒成立.

解 (1) f (x) =x3-3x, f (x) 在区间 (-1, 1) 上是减函数, 极大值f (-1) =2, 极小值f (1) =-2. (过程略)

(2) 由 (1) 知, f (x) =x3-3x (x2∈[-1, 1]) 是减函数, 且f (x) 在[-1, 1]上的最大值M=f (-1) =2;f (x) 在[-1, 1]上的最小值m=f (1) =-2.

所以, 对任意的x1, x2∈ (-1, 1) , 恒有

如果能求出f (x) 在区间[a, b]上的最大值为M, 最小值为m, 那么对于任意x1, x2∈[a, b], 恒有|f (x1) -f (x2) |≤M-m.

例6 (2005年辽宁卷第22题) 函数y=f (x) 在区间 (0, +∞) 内可导, 导函数f′ (x) 是减函数, 且f′ (x) >0.设x0∈ (0, +∞) , y=kx+m是曲线y=f (x) 在点 (x0, f (x0) ) 得的切线方程, 并设函数g (x) =kx+m.

(1) 用x0, f (x0) , f′ (x0) 表示m;

(2) 证明:当x∈ (0, +∞) 时, g (x) ≥f (x) ;

(3) 若关于x的不等式在[0, +∞]上恒成立, 其中a, b为实数, 求b的取值范围及a与b所满足的关系.

(2) 令h (x) =g (x) -f (x) , 则h′ (x) =f′ (x0) -f′ (x) , h′ (x0) =0.

因为f′ (x) 递减, 所以h′ (x) 递增, 因此, 当x>x0时, h′ (x) >0;当x

(3) 0≤b≤1, a>0是不等式成立的必要条件, 以下讨论设此条件成立.

不等式x2+1≥ax+b, 即x2-ax+ (1-b) ≥0对任意x∈[0, +∞) 成立的充要条件是.

令于是对任意x∈[0, +∞) 成立的充要条件是φ (x) ≥0.

由, 得x=a-3.

当0a-3时, φ (x) >0, 所以, 当x=a-3时, φ (x) 取最小值.因此φ (x) ≥0成立的充要条件是φ (a-3) ≥0, 即.

综上, 不等式对任意x∈[0, +∞) 成立的充要条件是. (1)

显然, 存在a, b使 (1) 式成立的充要条件是:

有解, 解不等式 (2) 得

因此, (3) 式即为b的取值范围, (1) 式即为实数a与b所满足的关系.

与贝努利不等式的证明一样, 利用极值或最值可处理一些不等式的上限和下限问题.

例7 (2007年四川卷理科第22题) 设函数.

(Ⅰ) 当x=6时, 求的展开式中二项式系数最大的项;

(Ⅱ) 对任意的实数x, 证明是f (x) 的导函数) ;

(Ⅲ) 是否存在a∈N, 使得恒成立?若存在, 试证明你的结论并求出a的值;若不存在, 请说明理由.

令g (x) =x-ln (1+x) , 则.

当x∈ (0, +∞) 时, g′ (x) >0.

因此, g (x) 在 (0, +∞) 上为增函数,

所以, 当x∈ (0, +∞) 时, g (x) >g (0) =0.

通过上述的几个实例, 感受导数在研究函数和解决实际问题[4]中的作用, 特别处理不等式的有关问题, 体会导数的思想及其内涵.

参考文献

[1]中华人民共和国教育部制定.普通高中数学课程标准 (实验) [M].北京:人民教育出版社, 2003.

[2]人民教育出版社.普通高中课程标准实验教科书A版.不等式选讲 (选修4-5) [M].北京:人民教育出版社, 2005 (6) .

[3]冯仕虎.三角形大边对大角定理的加权推广[J].中学数学 (现为中学数学月刊) , 1984 (6) .

推广的罗尔定理的证明及应用 篇10

若函数f满足如下条件: ( ⅰ) f在闭区间[a,b]上连续;( ⅱ) f在开区间 (a,b)内可导; ( ⅲ) f ( A) = f ( b),则在(a,b)内至少存在一点ξ,使得f' ( ξ) = 0.

2. 推广的罗尔定理

设(a,b)为有限区间或无限区间,f( x) 在(a,b)内可微,

则至少存在一点ξ∈(a,b),使f'( ξ) =0. 现在我们来证明推广的罗尔定理.

证明: ( 1) 设(a,b)为有限区间. 若A为有限值,

容易验证F( x) 在 [a,b]上满足罗尔定理的条件,故ξ∈(a,b),使得F' ( ξ) = f' ( ξ) = 0.

( 2) 若A = + ∞ ,(a,b)为有限区间,由f( x) 在(a,b)内的连续性知,当c > 0时,直线y = c与曲线y = f( x) 至少相交于两点x1,f(x )(1), x2,f(x )(2),即f(x )1= f (x )2= c. 且x1,x2∈(a,b). 不妨设x1< x2,对f( x) 在x1[,x ]2 (a,b)上应用罗尔定理,ξ∈x1(,x )2(a,b),使得f' ( ξ) = 0. 对A =- ∞的情形可类似证明.

( 3) 若A = + ∞ ,(a,b)为无限区间,( ⅰ) 若a = - ∞ ,b= + ∞ ,作变换x = tant. 令g( t) = f( tant) ,

则g( t) 在 -(,π2)满足( 1) 的全部条件.π2

f'( tanα') ·sec2α',sec2α' > 0,

于是取ξ = tanα'∈(- ∞ ,+ ∞),就有f'( ξ) = 0.( ⅱ) 若a为有限,b = + ∞ ,即(a,b) = (a,+ ∞).

则g ( t) 在 (a,m) 满足 ( 1 ) 的全部条 件. 故t0∈

( ⅲ) 若b为有限,a = - ∞ ,即(a,b) = (- ∞ ,b).

0,所以f' ( ξ) = 0.

对A = - ∞的情形可类似证明.

3. 例题

导. 证明: 存在ξ∈(- ∞ ,+ ∞),使得f'( ξ) = 0.

定理得ξ∈(- ∞ ,+ ∞),使f'( ξ) = 0.

例2设f( x) 在 [0,+ ∞)内可微,且满足不等式0≤

由推广的罗尔定理得ξ∈(0,+ ∞),

x

= 0.

1 + x2

由推广的罗尔定理得,存在一点ξ > 0,使得F' ( ξ) = 0.

证明与应用 篇11

问题引导 在△ABC中，AM是BC边的中线，若BC=a，AC=b，AB=c，AM=t.求证：t2=12（b2+c2）-14a2.

思路点拨 如图1，将公式变形为b2+c2=2t2+212a2，其几何形式为AB2+AC2=AM2+AM2+MC2+MC2，等号右边的形式使我们想到等腰直角三角形两条直角边的平方，于是联想到能否构造直角三角形利用勾股定理来解决问题，这样就想到了我们熟知的一个几何模型：共顶点的两个直角等腰三角形.

评注 因为mn2-4m3=m（n-2m）（n+2m），根据一元三次方程有有理根理论知，±m、±（n+2m）、±（n-2m）可能是方程的根，经检验它们都不是有理数域上三次方程的根，所以满足方程的根不可能通过尺规作图，即三等分任意角尺规不能作图.

解后反思

通过以上解题过程的探究，我们知道了做题时要认真审题，仔细分析，周密思考，慎重求解，要充分挖掘隐含条件，切忌钻牛角尖，因思维定势而导致错误，要学会添加辅助线，把我们学的相似和全等的知识运用到解题中来.遇到此类问题，首先从已知条件出发，把所要求或证明的线段转移到同一特殊平面图形中，其次，要对问题深入探究，挖掘问题本质内涵，提炼升华，最后要把获得的基本结论或基本模型记录下来，并试着用它们解决其它问题，学会用“发现——解决——拓展——应用”的思维模式学习数学，达到触类旁通，灵活运用！

导数在不等式证明中的应用 篇12

定理1:如果函数y=f (x) 满足:1) 在闭区间[a, b]上连续, 2) 在开区间 (a, b) 内可导, 则在 (a, b) 内至少有在一点ξ (a<ξ

由定理1, 我们不难得到如下定理2.

定理2:若函数f (x) 在[a, b]上连续, 在 (a, b) 内可导.

1) 若在 (a, b) 内f′ (x) >0, 则函数f (x) 在[a, b]上单调增.

2) 若在 (a, b) 内f′ (x) <0, 则函数f (x) 在[a, b]上单调减.

证明:对任意的x1, x2∈ (a, b) , 不妨设x1

1) 若在 (a, b) 内, f′ (x) >0, 则f′ (ξ) >0, 所以f (x2) >f (x1) , 即f (x) 在[a, b]内单调增.

2) 若在 (a, b) 内f′ (ξ) <0, 则f′ (ξ) <0, 所以f (x2)

2. 应用举例

∴f (x) 在 (0, +∞) 内单调增

例2:证明sinx>x-x3/ (3!) (x>0)

证明:令f (x) =sinx-x+x3/ (3!)

∵f′ (x) =cosx-1+x2/2而f″ (x) =x-sinx, f′ (f″ (x) ) =1-cosx

∵x>0时, f″ (x) ≥f″ (0) , 即f′ (x) 在 (0, +∞) 内单调增,

∴x>0时, f (x) >f (0) =0.

即x>0时, sinx>x-x3/ (3!)

例3:证明:x>0时x/ (x+1)

证明:设f (x) =ln (1+x) 显然f (x) 在[0, x]上满足拉格朗日中值定理的条件

∴有f (x) -f (0) =f′ (ξ) (x-0) (0<ξ

∵f (0) =0, f′ (x) =1/ (1+x) ,

故上式变为:ln (1+x) =x/ (1+ξ) (0<ξ

又0<ξ

即x/ (x+1) 0)

3. 问题的总结

上面三个问题中, 函数中含对数或三角函数, 用初等方法证明不等式很不方便, 但我们借助导数这一工具, 证明过程简单快捷.因此, 利用导数这一工具证明不等式, 不失为一种好方法.

摘要：中学不等式证明, 只能用原始的方法 , 很多证明需要较高技巧, 且证明过程太难, 应用高等数学中的导数方法来证明不等式, 往往能使问题变得简单.

关键词：导数,拉格朗日中值定理,不等式证明

参考文献

[1]黄力宏, 廖基定, 高纯一, 周勇.高等数学[M]上海;复旦大学出版社, 2006.