巧用数学归纳法证明不等式

第一篇：巧用数学归纳法证明不等式

巧用数学归纳法证明不等式

数学归纳法是解决与正整数有关的命题的数学方法，它是通过有限个步骤的推理，证明n取无限个正整数的情形。

第一步是证明n取第一个值n0时命题成立，这步是“归纳奠基”，没有这一就失去了命题递推的基础，如：有位同学这样用数学归纳法证明2+4+6+…+2n=n2+n+1(n∈N*)证明：假设当n=k时，等式2+4+6+…+2k=k2+k+1成立，当n=k+1时，2+4+6+…+2k+2(k+1)=k2+k+1+2(k+1)=(k2+2k+1)+(k+1)+1，所以n=k+1时命题也成立，所以对于n∈N*命题都成立。这个等式是不成立的，证明过程中没有验证n=1是命题的正确性，因此忽略了递推的基础导致出错。

第二步是在假设n=k(k≥n0)成立的基础上，证明n=k+1时命题也成立，这步是“归纳递推”，没有这一步就失去了递推的依据，如：有位同学在研究数学{(n2-5n+5)2}时，发现n=1,2,3,4时，都有an=1，由此，他得出an=1(n∈N*)。其实a5=25，这个命题也是不成立的，证明过程是不完全归纳，没有证明第二步，命题的正确性无法传递下去。

可见，数学归纳法中的两个步骤缺一不可。

利用数学归纳法不仅可以证明与正整数有关的等式问题，整除问题，平面几何问题，还可以解决不等式的证明问题。

例1 等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n,Sn)均在函数y=bx+r(b>0且b≠1,b,r均为常数)的图象上.（1）求r的值；（2）当b=2时，记bn=2(log2an+1)(n∈N*)证明：对任意n∈N*，不等式b1b11b21…nn1成立 b1b2bn分析：（2）要证的不等式为

21412n1…n1，第一步容易验证，第二242n步证明证明n=k+1时命题也成立时，需要用到假设n＝k时的命题，如果只是从左边向右边推导，需要放缩技巧，不容易证明，如果利用分析法寻找不等式成立的充分条件，问题就迎刃而解了。

解：（2）由（１）及ｂ＝２知ａｎ＝２所证不等式为

ｎ－１，因此ｂｎ＝２ｎ(n∈N)

*21412n1…n1． 242n3，右式＝2，左式＞右式，所以，ｎ＝１时，命题成立． 22k12141＊

k1，…②假设ｎ＝ｋ（ｋ≥１，ｋ∈Ｎ）时结论成立，即

2k24①当ｎ＝１时，左式＝则当n=k+1时，21412k12k32k32k3…，k1242k2(k1)2(k1)2k1要证n=k+1时结论成立，只需证

2k32k1k2，2k3(k1)(k2)，22k3k1k2(k1)(k2)由基本不等式得222法一：即证所以2k32k1k2成立，所以n=k+1时，结论成立.由①②可知，n∈N*，不等式

b1b11b21…nn1成立 b1b2bn法二：即证2k32(k1)(k2)，只需证(2k3)24(k1)(k2)，即证4k2+12k+9≥4(k2+3k+2)，即证9≥8，显然成立，所以2k32k1k2成立，所以n=k+1时，结论成立.由①②可知，n∈N*，不等式

b1b11b21…nn1成立 b1b2bn

22例2 已知数列{an}中，an≥0,a1=0,an+1+an+1-1=an.求证：当n∈N时，an

2**

222(ak+2+ak+1+1)>0

因为ak+2+ak+1+1>0，所以ak+2-ak+1>0，所以ak+2>ak+1 即当n=k+1时命题也成立.由①②可知，对于任意n∈N*，都有an

第二篇：巧用构造法证明不等式

巧用构造法证明不等式

构造法是指在解决数学问题的过程中，为了完成由条件向结论的转化，通过构造辅助元素，架起一座沟通条件和结论的桥梁，从而使问题得到解决。不等式证明是高中数学的一个难点问题，若能巧用构造方法，可以使一些问题化难为易.本文拟用构造法巧证一些不等式问题，仅供参考.一、构造函数证明不等式

若能根据题中条件的特征，巧妙地构造函数，利用函数的图象和性质来证明不等式.例1（2011年安徽高考理科题）（Ⅰ）设x1,y1，证明 111xyxy，xyxy

（Ⅱ）1abc，证明

logablogbclogcalogbalogcblogac.解：∵x1，y1，所以要证明原不等式成立，则只需证

xy(xy)1yx(xy)

2成立.令f(x)yx(xy)2[xy(xy)1](y2y)x2(1y2)xy1 当y1时，则f(x)0，即xy(xy)1yx(xy)2，所以

111xyxy xyxy

111(,1).函数当y1时，二次函数f(x)的图象开口向上，对称轴x22y2

f(x)在[1,)上单调递增，所以

f(x)f(1)y2y1y2y10

所以

111xyxy xyxy

综上，所证明的原不等式成立.（Ⅱ）证明略.二、构造方程证明不等式

由解不等式的经验知，不等式的解的区间的端点就是相应方程的解，所以可以利用方程与不等式的内在联系，构造方程来证明不等式.例2 设实数a,b,c满足

a2bc8a702 2bcbc6a60

求证：1a9.bca28a7证明：由已知得，故可构造关于x的方程：

bc(a1)

x2(a1)xa28a70

所以[(a1)]24(a28a7)0，即a210a90，所以1a9.三、构造三角形证明不等式

若能根据不等式的特征，构造出与不等式相同的几何背景的三角形，通过三角形的性质和几何特征来证明不等式.例3设a,b,c为正实数，求证：

a2abb2b2bcc2c2caa2(abc)证明：由于a2abb2

下图所示.Aa2b22abcos1200，构造三角形ABC，如  D B

使ACb,BCa,ACB1200，则ABa2abb2.作ACB的角平分线交AB于D.令ADC，则ADbBDaa，.sin600sinsin600sin(1800)sin

33ba(ab)

所以AB，BD.由此可得ABADDB.sinsinsin

∵01，所以AB，所以0sin3(ab)，即

2a2abb2

同理：b2bcc2(ab)①.23(cb)② 2

(ca)③ 2c2caa2

由①②③得a2abb2b2bcc2c2caa2(abc).四、构造几何体证明不等式

若要证明的不等式与几何体中一些线段的长度有某种内在的关系，可通过构造几何体来证明不等式.例4 已知a,b,c均为正数，且a2b2c21.证明：

a2b2c23(abc)

证明：由a2b2c21，可发现此式与长方体的对角线长的公式有一定联

系.故可构造长方体，使其长宽高分别为a,b,c，且AC11.A

c 1A1 D

1而AB1b2c2a2.在AB1C1中，有AB1B1C1AC1，即

a2a1①

同理有

b2b1②

c2c1③

由①②③得a2b2c23(abc).用构造法证明不等式是一种非常重要的解题方法.运用此方法的关键在于“构造”，可以根据所要证明的不等式的结构特征，合理运用类比、联想等方法，构造出“辅助元素”，使所要证明的不等式化难为易，从而解决问题。

第三篇：巧用构造函数法证明不等式

构造函数法证明不等式

一、构造分式函数，利用分式函数的单调性证明不等式

【例1】证明不等式：|a||b||ab|

1|a||b|≥1|ab|

证明：构造函数f(x)=

x

1x(x≥0)则f(x)=x1x=1-

11x

在0，上单调递增

∵f(|a| + |b|)=

|a||b|1|a||b|f(|a + b|)=|ab|

1|ab|

且|a| + |b|≥|a + b|

∴f(|a| + |b|)≥f(|a + b|)即所证不等式正确。

二、利用分式函数的奇偶性证明不等式

【例2】证明不等式：x12x＜x

2（x≠0）证明：构造函数f(x)=x1

2x

x

2(x0)∵f(-x)=-xx-x2x1-2-x22x1x2x12x

[1-(1-2x)]x2x12xx2=f(x)

∴f(x)是偶函数，其图像关于y轴对称。当x＞0时，12x

＜0，f(x)＜0；

当x＜0时，-x＞0,故f(x)=f(-x)＜0 ∴x1-2xx2＜0，即x12

x

＜x

2三、构造一次函数，利用一次函数的单调性证明不等式

【例3】已知|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，求证：a + b + c＜abc + 2。

证明：构造函数f(c)=(1-ab)c + a + b-

2∵|a|＜1，|b|＜

1∴-1＜ab＜1，1-ab＞0

∴f(c)的（-1，1）上是增函数

∵f(1)=1-ab + a + b-2=a + b–ab-1=a(1b)=(1c)2＞4a(a + b + c)。证明：构造函数f(x)=ax2 +(-b + c)x +(a + b + c)(a≠0)

则f(0)=a + b + c，f(1)=2(a + c)

由(a + c)(a + b + c)＜0知：f(0)•f(1)＜0 ∴f(x)=0有两个不等的实数根。∴△＞0，即(bc)2＞4a(a + b + c)

【例5】已知实数a，b，c满足a + b + c = 5，a2 + b2 + c

2= 9，求证a，b，c的值都不小于1，又都 不大于21

3。

证明：构造函数f(x)=2x2+ 2(a + b)x + a2 + b2=(x + a)2 +(x + b)2 ≥0

∵2＞0

∴△=[2(a+b)]2-4×2×(a2 + b2)≤0

∴△=4(5-c)2-8(9-c2)≤0 ∴(c-1)(3c-7)≤0

∴1≤c≤213

同理可证：1≤a≤21，1≤b≤2133。

【例6】已知a，b，c∈R，证明：a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0，并指出等号何时成立？

证明：令f(a)= a2 +(c + 3b)a + c2 + 3b2

+ 3bc

△=(c + 3b)2-4(c2 + 3b2 + 3bc)=-3(b + c)2

≤0 恒成立 ∵二次项系数1＞0

∴f(a)≥0，即 a2 + ac + c2 + 3b(a + b + c)≥0

又当△=0，即b + c = 0时f(a)=(a + b)2

= 0 ∴当且仅当a=-b=c时才能取等号。

⒉利用一元二次方程根的分布证明不等式

【例7】设a + b + c=1，a2 + b2 + c2 =1，且a＞b＞c，求证：-

13＜c＜0

证明：∵a + b + c=1

∴a + b =1-c有a2 + b2 + 2ab=1c

∴a，b是方程x2-(1-c)x+c2-c=0的两个实数根

∵a＞b＞c，故方程有大于c的两个不等的实数根

构造函数f(x)= x2-(1-c)x+c2-c，则有：

(1c)24(c2c)＞0

1c＞c

2

f(c)＞0

∴-1

3＜c＜0

⒊综合运用判别式法、一元二次方程根的分布证明不等式

【例8】设a，b是两个不等于0的实数，求证：下列不等式中至少有一个成立。aa22b2

2b1，aa22b2

2b1

证明：设f(x)=bx2axb

2(b≠0)

∵△=(-a)2-2b(-b)=a2+2b2＞0

∴抛物线与x轴必有两个交点，其横坐标为x=aa22b2

2b

∴f(-1)=b

2af(0)= b

2f(1)= b

2a

⑴当b＞0时，f(0)＜0

若a＞0,则f(-1)＞0

∴点A（-1，f(-1)）在x轴上方，点B（0，f(0)）在x轴下方

∴抛物线与x轴在（-1，0）内必有一个交点，此时有

aa22b2

2b1 若a＜0，则f(1)＞0 ∴点C(1，f(1))在x轴上方 ∴抛物线与x轴在（0，1）内必有一个交点，此时有 aa22b22b1 ⑵当b＜0时，f(0)＞0，此时点B在x轴下方，同理可证A点和C点至少有一点 在x轴上方。故两个不等式至少有一个成立。构造函数法证明不等式，关键在于找到能够反映所要证不等式特征的合适的函数，从而就可以利用该函数的性质去证明不等式。

第四篇：巧用二元均值不等式证明一组优美不等式

巧用二元均值不等式证明不等式

江苏省常熟市中学

査正开 215500

*** zhazhengkai3@163.com

二元均值不等式是高中数学的重要内容，也是后继学习的基础。利用二元均值不等式求函数的最值和求参数的范围问题一直是高考的重点和热点，同时二元均值不等式也是证明不等式的利器。本文将利用二元均值不等式来巧证两组优美不等式，供参考。题1已知a,b,cR，则

（1）（2）（3）

bbcc

aaabb

acaca

a



caca

b



aabb

c

abc当且仅当abc时取等号





bbcc

baabb

b



ccaa

cbbcc

c

abc当且仅当abc时取等号



abc当且仅当abc时取等号

证明：（1）a,b,cRbbcc(bc)bc3b(c

bbcc

a

2)

b(c)

(bc)4

a

(bc)4a

abc

aabb

c

同理

caca

b

baccab

三式相加，再注意等号成立条件，即得原不等式成立。

（2）证法1：仿（1）

证法2：

aabb

a



bbcc

b

ccaa

c

a

b

abac

bcb

c

c

a



cabca

b

c

aa

bb

a

2bbc

bb

b

2cc

c

2a

b

a

c

a

c

2b2c2 a 即

a



c

b



a

c

bca

故原不等式成立

（3）证法仿（1）（2）题2.已知a,b,cR，则（1）（2）（3）

aabb

accaa

abbcc

a



bbcc

baabb

b



ccaa

cbbcc

caabb

c

3(abc)当且仅当abc时取等号3(abc)当且仅当abc时取等号

ccaa

b

222

3(abc)当且仅当abc时取等号

证明：（1）证法1：左=ab

b

2(abc)a

b

a

bccb

c

b

ca3(a

b

a

c

ac

c)（由1（2）结论）

证法2：a2abb2

aabb

a

(ab)

3

(ab)4a

同理：

(ab)4a

bbcc

b

3

(bc)4b

ccaa

c(ca)4c

3

(ca)4c

aab

(bc)4b(ca)4c

bbc

cca

(ab)4a



(bc)4bbb



abc



aabb

a



bbcc



ccaa

c

3(abc)

（2）证明仿（1）（3）证明：左=

ab



bcac



c

a

a

c

b



cab

c

a

b



a

cb



abcb



b

c

bcacabaabc

=（（

a

+



b

+

c）+（cababc

a

+

a

+

abc

c）+（bca）3(abc)

abc

abc）

bca

cab

2c，2a，

2b，

bccab

第五篇：凹凸函数在不等式证明中的巧用

凹凸函数在不等式证明中的巧用

唐才祯1莫玉忠2李金继

3摘要：本文从凹凸函数原始定义出发，导出其等价的解析不等式.同时从凹凸函数的几何特征导出另一个与凹凸函数原始定义等价的解析不等式.然后利用所得不等式来推导一些常用的不等式，提供了一种不等式证明的技巧.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[1]，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

……（1）f(tx1(1t)x2)tf(x1)(1t)f(x2)

(f(tx1(1t)x2)tf(x1)(1t)f(x2))

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

f(q1x2q2x2)q1f(x1)q2(x2)……（2）

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

12作者简介： 唐才祯（1963－），男，广西灵川人，中教一级，广西医科大学附中.作者简介： 莫玉忠（1969－），女，广西金秀人，讲师，柳州师专数学系.3作者简介： 李金继（1963－），男，广西灵川人，灵川化肥厂

.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，A1A2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 A1A2的方程为

yf(x1)f(x2)f(x1)(xx1),x(x1,x2)x2x1

从而由上所述凸函数几何性质有

f(x1)f(x2)f(x1)(xx1)f(x),x(x1,x2)……（3）x2x1

3． 凸函数的判断

凸函数的判别准则在一般教材均有述及，下面是[4]中的一个判别凸函数准则： 定理 设f(x)在(a,b)上二阶可导，则f(x)在(a,b)上是凸函数的充要条件是f(x)0

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

f(q1x1q2x2qnxn)q1f(x1)q2f(x2)qnf(xn)(4)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.xx2xnxx2xn例1． 证明不等式1其中 1

nn

q11;x1,x2,xn0.证明：设f(x)x,x0,则f''(x)p(p1)xpp2pppp，由条件可知f''(x)0.从而f(x)xp为凸函数.取q1q2qn

p1，再由Jenson不等式（4）有 npppxx2xnx1x2xn 1

nn

例2．证明不等式(xy)lnxyxlnxylnyx,y0.2

10,x0.如取x证明：取f(x)xlnx，x0.f'(x)lnx1，f''(x)

1.由Jenson不等式有 2

xyxylnxlnxylny即有 22

xy(xy)lnxlnxylny2

三． 不等式（3）的应用 n2,q1q2

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.例3． 证明杨格（young）不等式：

apbq11ab,a,b0,1.pqpq

证明：取f(x)lnx.显然其为凹函数，直线AB的方程为

ylnx1lnx2lnx1(xx1)，取xp'x1(1p')x2(x1,x2),p'(0,1)则 x2x1

lnx2lnx1((p'1)x1(1p')x2)p'lnx1(1p')lnx2 x2x1

pqylnx1如取x1a,x2b,p'111,1p'1.ppq

由（3）式ln(1p1q11ab)lnaplnbq

pqpq

ln(1p1qab)lna.bpq

又因为lnx在定义域上为严格增函数，所以有

a.b1p1qab.pq

abnanbn),a,b0 例4 证明不等式(22

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)x,x0,则f(x)为凸函数，由（3）式有 n

f(x)f(x1)f(x2)f(x1)ab11(xx1),取x1,x2,x(x1x2)x2x1abab22

从而有

bnan)()1nan1a()()()，化简后得： ba2ab2ababab

abn1n()(abn).22（结语：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，广东高等教育出版社，1989

[2].纪乐刚，等，数学分析，华东师范大学出版社，1993

[3].刘玉琏，等，数学分析讲义，高等教育出版社，1996

[4].朱来义，等，微积分，高等教育出版社，2000