利用概率方法巧妙证明不等式

第一篇：利用概率方法巧妙证明不等式

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利用概率方法巧妙证明不等式

作者：成春华

来源：《考试周刊》2013年第64期

摘 要： 本文利用概率方法的简单性质证明某些不等式，旨在把概率知识与其他数学分支联系起来，从而拓宽解题思路，提高创新思维能力，显示出概率方法在应用上的广泛性和优越性，体现出数学的统一性.关键词： 不等式 概率方法 概率模型

概率论是研究随机现象规律的数学分支，它有自己独特的概念、定理、性质、公式和结论，形成一套完整的数学体系.一般将用概率论的相关知识解决问题的方法统称为概率方法.无论在初等数学还是在高等数学中，不等式的证明始终是难点.如果考虑将一些不等式，特别是那些变量在0和1之间取值的不等式，可以将这些变量建模成某些事件的概率，这样就可以把不等式问题转化成概率问题.用概率论方法来证明一些不等式，不但可以简化证明，而且可以将概率知识与其他数学分支联系起来，从而拓宽解题思路，提高创新思维能力.本文主要利用事件发生的概率取值范围，互斥事件与独立事件同时发生的概率性质，以及概率公式等概率论中最基础最基本的知识，为不等式的证明提供一种新的思路.这些最基础的知识在证明某些不等式时能发挥不同寻常的作用，使得证明思路自然，运算简单，不需再为不等式如何变形而冥思苦想、绞尽脑汁.下面举例说明概率论方法在一些不等式中的应用，为证明不等式提供一种新的思路.参考文献：

[1]王梓坤.概率论基础及其应用.北京：科学出版社，1986.[2]复旦大学.概率论.北京：高等教育出版社，1984.[3]费荣昌.概率统计解题分析.江苏科学技术出版社，1984.[4]匡继昌.常用不等式（第三版）.济南：山东科学技术出版社，2004.

第二篇：利用导数证明不等式的四种常用方法

利用导数证明不等式的四种常用方法

杨玉新

(绍兴文理学院 数学系, 浙江 绍兴 312000)

摘要: 通过举例阐述了用导数证明不等式的四种方法,由此说明了导数在不等式证明中的重要作用.关键词: 导数;单调性;中值定理;泰勒公式;Jensen不等式

在初等数学中证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法、数学归纳法和构造法.但是当不等式比较复杂时，用初等的方法证明会比较困难,有时还证不出来.如果用函数的观点去认识不等式,利用导数为工具,那么不等式的证明就会化难为易.本文通过举例阐述利用泰勒公式, 中值定理,函数的性质, Jensen不等式等四种方法证明不等式,说明了导数在证明不等式中的重要作用.一、利用泰勒公式证明不等式

若函数f(x)在含有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阶的导数f(n)(x0),则有公式

f(x)f(x0)f(x0)1!(xx0)f(x0)2!(xx0)2f(n)(x0)n!(xx0)(n)Rn(x)

在上述公式中若Rn(x)0(或Rn(x)0),则可得

f(x0)1!f(x0)2!2f(x)f(x0)(xx0)(xx0)f(n)(x0)n!(xx0)(n)

或

f(x)f(x0)f(x0)1!(xx0)2f(x0)2!x3(xx0)2f(n)(x0)n!(xx0)(n)

例1 证明: ln(1x)xx23,(1x1).证明 设f(x)ln(1x)（1x1)则f(x)在x0处有带有拉格朗日余项三阶泰勒公式

x2ln(1x)x2x33x444(1)(11)

　x444(1)0

23　ln(1x)xx2x3

由以上证明可知,用泰勒公式证明不等式,首先构造函数,选取适当的点x0在x0处展开,然后判断余项Rn(x)的正负,从而证明不等式.二、利用中值定理证明不等式

微分(Lagrange)中值定理: 若f(x)满足以下条件:(1)f(x)在闭区间[a,b]内连续(2)f(x)在开区间(a,b)上可导

　f()则 (a,b)f(b)f(a)bap1

pp例2 若0yx,p1则　py(xy)xyp1pypp1(xy)

p1分析 因为0yx,则原不等式等价于pyxyxyppx(p1).令f(x)t,则我们容易联想到Lagrange中值定理f()(xy)p'f(x)f(y)xy.证明 设f(t)t,显然f(t)在[y,x]满足Lagrange中值定理的条件

f(x)f(y)xyp1p则 (y,x)f(),即p＝xyxyp1pp

p1　(y,x)　yx, py　pyp1p1ppx

(xy)xpyppyp1(xy)

例3 设f(x)在[a,b]上连续可导,且f(a)f(b)0,则

'maxf(x)axb4(ba)2baf(x)dx

证明 设Mmaxf(x)则由中值公式,当x(a,b)时,有

axb' 2 f(x)f(a)f(1)(xa)f(1)(xa)f(x)f(b)f(2)(xb)f(2)(xb)

其中1(a,x),2(x,b).由此可得

f(x)M(xa)及f(x)M(bx)

所以

babaf(x)dx2aabf(x)dxbab2f(x)dx  即

2aM(xa)dx2bab2M(bx)dx

M(ba)4M4(ba)2baf(x)dx

所以 maxf(x)axb4(ba)2baf(x)dx

积分第二中值定理[1] 若在区间f[a,b]上f为非负的单调递减函数,而g是可积函数,则存在[a,b],使得

 例4 设f(x)bafgf(a)g

a2sintdt,则x0时

x1xf(x)1x

特别地:当x2003时机为2003年浙江省高等数学竞赛试题(工科、经管类)证明 令tu,则由积分第二中值定理

x12f(x)xsinudu2u1x

＝12x2xsinudu2

又因为

f(x)(x1)22xsinudu2u2(x1)111 ＝cosu222xu(x1)22xcosudu32u14

cosuduu32 ＝12xcosx212(x1)cos(x1)2(x1)22x于是,x0时

f(x)12x12x12(x1)12(x1)141((x1)22xu32du

11x)1x ＝2x1由上可见利用中值定理证明不等式,通常是首先构造辅助函数和考虑区间,辅助函数和定义区间的选择要与题设和结论相联系,然后由中值定理写出不等式,从而进行证明.三、利用函数的单调性证明不等式

定理1 如果函数f(x),g(x)满足以下条件:(1)f(x),g(x)在闭区间[a,b]内连续

(2)f(x),g(x)在开区间(a,b)可导,且有f(x)g(x)(或f(x)g(x))(3)f(a)g(a)

则

在(a,b)内有f(x)g(x)(或f(x)g(x)

令F(x)f(x)g(x)由于f(x)g(x)f(x)g(x)0F(x)0 所以证明f(x)g(x)证明F(x)0则相应地有

推论1 若f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,f(a)c且f(x)0(或f(x)0)则在(a,b)内有f(x)c(或f(x)c).2例5 证明:当x1时,有ln(x1)lnxln(x2).''分析 只要把要证的不等式变形为

ln(x1)lnxln(x1)lnxln(x2)ln(x1),然后把x相对固定看作常数,并选取辅助函数f(x).则只要证明f(x)在(0,)是单调减函数即可.4 证明

作辅助函数f(x)lnxln(x1)x2ln(x1)lnx

(x1)

于是有f(x)x1lnxxlnx(x1)ln(x1)x(x1)ln2x

因为

1xx1,故0lnxln(x1)所以

xlnx(x1)ln(x1)

（1，）因而在内恒有f'(x)0,所以f(x)在区间(1,)内严格递减.又因为1x1x,可知f(x)f(x1)

ln(x1)lnxln(x2)ln(x1)即



所以

ln2(x1)lnxln(x2).例6

证明不等式xx22ln(1x)x,其中x0.x2分析

因为例6中不等式的不等号两边形式不一样,对它作差ln(1x)(x2),则发现作差以后不容易化简.如果对ln(1x)求导得

211x,这样就能对它进行比较.证明

先证 xx2ln(1x)

x21x)(x设

f(x)ln(2)

(x0)

11xx2则

f(0)ln1(0)00

f(x)'1x1x

　x0

即 1x0 x20

　f(x)x21x0　,即在(0,)上f(x)单调递增

　f(x)f(0)0

　ln(1x)x再证

ln1(x)x

x22

令

g(x)ln1(x)x 则

g(0)0

g(x)11x1

１　x0 　1

１x　g(x)0 ln(1x)x

　xx22ln(1x)x

定理1将可导函数的不等式f(x)g(x)的证明转化为f(x)g(x)的证明，但当f(x)与g(x)的大小不容易判定时，则有

推论2 设f(x)，g(x)在[a,b]上n阶可导，（1）f（2）f(k)(a)g(x)g(k)(a)

k0,1,2,n1(x)

（或f(n)(n)(n)(x)g(n)(x)）

则在（a,b）内有f(x)g(x)

（或f(x)g(x)）

例7

证明: tgxx13x，x(0,32).分析 两边函数类型不同,右边多项式次数较高,不易比较,对它求一阶导数得(tgx)secx,(x213x)1x.仍然不易比较,则我们自然就能想到推论2.32证明

设f(x)tgx g(x)x则

（1）f(0)g(0)0

13x

322（2）f(x)sec(x),g(x)(1x),f(0)g(0)1

（3）f(x)2secxcos2x,g(x)2x,f(0)g(0)1

（4）f(x)2(1tg2x)(13tg2x), g(x)2 显然有

f(x)g(x)

由推论2得，tgxx13x（0x22）.利用函数的单调性证明不等式我们都是先构造函数.然后通过对函数求导,来判定函数的增减性,从而达到证明不等式的目的.四、利用Jensen(琴森)不等式证明不等式

定义[1] 如果f(x)在(a,b)内存在二阶导数f(x)则

(1)若对x(a,b)有f(x)0,.则函数f(x)在(a,b)内为凸函数.(2)若对x(a,b)有f(x)0,.则函数f(x)在(a,b)内为凹函数.n"若函数f(x)在(a,b)内是凸(或凹)函数时,对x1,x2,,xn(a,b)及i1,有

i1Jensen(琴森)不等式

fixii1nn或fixiif(xi)i1i1nni1if(xi)

等号当且仅当x1x2xn时成立.例8 证明下列不等式

n1a11a21anna1a2ana1a2ann(ai0,i1,2,n).分析 上式只要能证明na1a2ana1a2ann(ai0,i1,2,n),如果此题用前面所述的几种方法来证明显然不合适,因为对它求导后不等式会更复杂.而这里的ai可以看作是同一函数的多个不同函数值,设f(x)lnx那么就可以用Jensen不等式来证明它.然后只要令f(x)ln1x,同理可得

n1a11a21anna1a2an.7

证明 令f(x)lnx(x0)因为 f(x)1x20,所以f(x)在(0,)是凹函数

则对a1,a2,,an(0,)有

11f(a1a2an)f(a1)f(a2)f(an) nn即 ln1n11(aaa)lna1lna2lnan 2nn1n又因为 lna1lna2lnanlnna1a2an

所以 na1a2an1xa1a2ann

令 f(x)ln, 则同理可得

n1a11a21ann a1a2an　所以

n1a11a21anna1a2ana1a2ann(ai0,i1,2,n)

例9 设f(x)二次可微,且对一切x,有f(x)0,而u(t)在[0,a]上连续,则

1aa0f[u(t)]dtf[1aa0u(t)dt]

分析 上述不等式在形式上很像Jensen不等式,且当t取不同的值时,f[u(t)]就是同一函数的不同函数值,则可以用琴森不等式进行证明.证明 由f(x)及u(t)的连续性,保证了可积性.并且

1aa1a0f[u(t)]dtlim1n1nnu(f[u(Kan)]

K0a0u(t)dtlim1nn1nK0Kan)

因f(x)0,故f(x)为凸函数,在Jensen不等式 f(q1x1q2x2qnxn)q1f(x1)qnf(xn)

(q1,q2,,qn均为正，且中,取

xiu(i1na), qi1n（i1,2,3,n）

q1q2qn1)

即得

f[1nn1u(K0Kan)]1nn1K0f[u(Kan)]

由f(x)的连续性,在上式取n即得所要证的结论.由以上证明可知应用Jensen不等式证明不等式,首先是构造适当的函数并判断它的凹凸性,然后用Jensen不等式证明之.本文所述四种用导数证明不等式的四种方法充分说明了导数在不等式证明中的独到之处.在证明不等式时,应用导数等知识往往能使复杂问题简单化,从而达到事半功倍的效果.需要指出的是利用导数证明不等式,除上述四种方法外还有不少方法.如用极值、最值等来证明不等式.由于受篇幅之限,这里不再详述.参考文献

[1] 华东师范大学数学系,数学分析[M]第三版,北京:高等教育出版社,2001.[2] 裘单明等,研究生入学考试指导,数学分析[M],济南:山东科学技术出版社,1985.[3] 胡雁军,李育生,邓聚成,数学分析中的证题方法与难题选解[M],开封:河南大学出版社,1987.Four Usual Methods to Prove Tthe Inequality by Using

Derivative

Yang Yuxin

(Department of Mathematics Shaoxing College of Arts and Sciences, Shaoxing Zhejiang,312000)Abstract:Examplisies four methods to prove the Inequality by using Derivative to show the imporpance of using derivative to crove the inequality Key words:Derivative;Monotonicity;Theorem of mean;Taylor formula;Jensen Inequality

第三篇：证明不等式方法

不等式的证明是高中数学的一个难点，题型广泛，涉及面广，证法灵活，错法多种多样，本节通这一些实例，归纳整理证明不等式时常用的方法和技巧。1比较法

比较法是证明不等式的最基本方法，具体有“作差”比较和“作商”比较两种。基本思想是把难于比较的式子变成其差与0比较大小或其商与1比较大小。当求证的不等式两端是分项式（或分式）时，常用作差比较，当求证的不等式两端是乘积形式（或幂指数式时常用作商比较）

例1已知a+b≥0，求证：a3+b3≥a2b+ab

2分析：由题目观察知用“作差”比较，然后提取公因式，结合a+b≥0来说明作差后的正或负，从而达到证明不等式的目的，步骤是10作差20变形整理30判断差式的正负。

∵（a3+b3)(a2b+ab2)

=a2(a-b)-b2(a-b)

=(a-b)(a2-b2)

证明： =(a-b)2(a+b)

又∵(a-b)2≥0a+b≥0

∴(a-b)2(a+b)≥0

即a3+b3≥a2b+ab2

例2 设a、b∈R+，且a≠b，求证：aabb＞abba

分析：由求证的不等式可知，a、b具有轮换对称性，因此可在设a＞b＞0的前提下用作商比较法，作商后同“1”比较大小，从而达到证明目的，步骤是：10作商20商形整理30判断为与1的大小

证明：由a、b的对称性，不妨解a＞b＞0则

aabbabba=aa-bbb-a=(ab)a-b

∵ab0，∴ab1，a-b0

∴(ab)a-b(ab)0=1即aabbabba＞1，又abba＞0∴aabb＞abba

练习1 已知a、b∈R+，n∈N，求证（a+b）（an+bn）≤2（an+1+bn+1）2基本不等式法

利用基本不等式及其变式证明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及变形有：

（1）若a、b∈R，则a2+b2≥2ab（当且仅当a=b时，取等号）

（2）若a、b∈R+，则a+b≥ 2ab（当且仅当a=b时，取等号）

（3）若a、b同号，则 ba+ab≥2（当且仅当a=b时，取等号）

例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1则a1-b2+b1-a2≤

1分析：通过观察可直接套用： xy≤x2+y2

2证明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1

∴b1-a2+a1-b2≤1，当且仅当a1+b2=1时，等号成立

练习2：若 ab0，证明a+1(a-b)b≥

33综合法

综合法就是从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式性质推算出要证明不等式。

例4，设a0，b0，a+b=1，证明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252

证明：∵ a0，b0，a+b=1

∴ab≤14或1ab≥

4左边=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+［(a+b)2-2ab］+(a+b)2-2aba2b2

=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252

练习3：已知a、b、c为正数，n是正整数，且f(n)=1gan+bn+cn

3求证：2f（n）≤f（2n）

4分析法

从理论入手，寻找命题成立的充分条件，一直到这个条件是可以证明或已经证明的不等式时，便可推出原不等式成立，这种方法称为分析法。

例5：已知a0，b0，2ca+b，求证：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

分析：观察求证式为一个连锁不等式，不易用比较法，又据观察求证式等价于 ｜a-c｜＜c2-ab也不适用基本不等式法，用分析法较合适。

要证c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

只需证-c2-ab＜a-c＜c2-ab

证明：即证 ｜a-c｜＜c2-ab

即证(a-c)2＜c2-ab

即证 a2-2ac＜-ab

∵a＞0，∴即要证 a-2c＜-b 即需证2+b＜2c，即为已知

∴ 不等式成立

练习4：已知a∈R且a≠1，求证：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）

25放缩法

放缩法是在证明不等式时，把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明不等式，是证明不等式的重要方法，技巧性较强常用技巧有：（1）舍去一些正项（或负项），（2）在和或积中换大（或换小）某些项，（3）扩大（或缩小）分式的分子（或分母）等。

例6：已知a、b、c、d都是正数

求证： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2分析：观察式子特点，若将4个分式商为同分母，问题可解决，要商同分母除通分外，还可用放缩法，但通分太麻烦，故用放编法。

证明：∵ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＞

ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d=a+b+c+da+b+c+d=

1又由ab＜a+mb+m(0＜a＜b，m＞0)可得：ba+b+c＜b+da+b+c+dcb+c+d＜c+aa+b+c+ddc+d+a＜d+bc+d+a+dad+a+b＜a+ca+b+c+d

∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

b+da+b+c+d+c+aa+b+c+d+d+bc+d+a+d+a+ca+b+c+d=2(a+b+c+c)a+b+c+d=2

综上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2

练习5：已知：a＜2，求证：loga(a+1)＜1

6换元法

换元法是许多实际问题解决中可以起到化难为易，化繁为简的作用，有些问题直接证明较为困难，若通过换元的思想与方法去解就很方便，常用于条件不等式的证明，常见的是三角换元。

(1)三角换元：

是一种常用的换元方法，在解代数问题时，使用适当的三角函数进行换元，把代数问题转化成三角问题，充分利用三角函数的性质去解决问题。

例

7、若x、y∈R+,且 x-y=1 A=(x-1y)(y+1y)。1x，求证0＜A＜

1证明： ∵x，y∈R+，且x-y=1，x=secθ，y=tanθ，（0＜θ＜xy）

∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ

=1-cos2θcosθ·s2m2θ+cos2θcosθ·s2mθ·cos2θ

=sinθ

∵0＜θ＜x2，∴ 0＜s2mθ ＜1因此0＜A＜1

复习6：已知1≤x2+y2≤2，求证：12 ≤x2-xy+y2≤

3(2)比值换元：

对于在已知条件中含有若干个等比式的问题，往往可先设一个辅助未知数表示这个比值，然后代入求证式，即可。

例8：已知 x-1=y+12=z-23，求证：x2+y2+z2≥431

4证明：设x-1=y+12=z-23=k

于是x=k+1，y=zk-1，z=3k+

2把上式代入x2+y2+z2=(k+1)2(2k-1)2+(3k+2)2

=14(k+514)2+4314≥4314

7反证法

有些不等式从正面证如果不好说清楚，可以考虑反证法，即先否定结论不成立，然后依据已知条件以及有关的定义、定理、公理，逐步推导出与定义、定理、公理或已知条件等相矛盾或自相矛盾的结论，从而肯定原有结论是正确的，凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题，适宜用反证法。

例9：已知p3+q3=2，求证：p+q≤

2分析：本题已知为p、q的三次，而结论中只有一次，应考虑到用术立方根，同时用放缩法，很难得证，故考虑用反证法。

证明：解设p+q＞2，那么p＞2-q

∴p3＞（2-q）3=8-12q+6q2-q

3将p3+q3 =2，代入得 6q2-12q+6＜0

即6（q-1）2＜0 由此得出矛盾∴p+q≤

2练习7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求证：a＞0，b＞0，c＞0

8数学归纳法

与自然数n有关的不等式，通常考虑用数学归纳法来证明。用数学归纳法证题时的两个步骤缺一不可。

例10：设n∈N，且n＞1,求证：(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+12

分析：观察求证式与n有关，可采用数学归纳法

证明：（1）当n=2时，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假设n=k(k≥2，k∈n)时不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k-1)＞2k+12 那么当n=k+1时，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)＞2k+12·(1+12k+1)①

要证①式左边＞2k+32，只要证2k+12·

2k+22k+1＞2k+32②

对于②〈二〉2k+2＞2k+1·2k+3

〈二〉(2k+2)2＞(2k+1)(2k+3)

〈二〉4k2+8k+4＞4k2+8k+3

〈二〉4＞3③

∵③成立 ∴②成立，即当n=k+1时，原不等式成立

由（1）（2）证明可知，对一切n≥2（n∈N），原不等式成立

练习8：已知n∈N，且n＞1，求证： 1n+1+1n+2+…+12n＞132

49构造法

根据求证不等式的具体结构所证，通过构造函数、数列、合数和图形等，达到证明的目的，这种方法则叫构造法。

1构造函数法

例11：证明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

证明：设f（x）=x1-2x-x2（x≠0）

∵f(-x)

=-x1-2-x+x2x-2x2x-1+x

2=x1-2x-［1-(1-2x)］+x2=x1-2x-x+x2

=f（x）

∴f（x）的图像表示y轴对称

∵当x＞0时，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴当x＜0时，据图像的对称性知f（x）＜0

∴当x≠0时，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

练习9：已知a＞b，2b＞a+c，求证：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2构造图形法

例12：若f（x）=1+x2，a≠b，则|f（x）-f（b）|＜ |a-b|

分析：由1+x2 的结构可知这是直角坐标平面上两点A(1，x)，0(0，0)的距离即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2

于是如下图，设A(1，a)，B(1，b)则0A= 1+a2 0B=1+b2

|AB|=|a-b|又0A|-|0B＜|AB|∴|f(a)-f(b)|＜|a-b|

练习10：设a≥c，b≥c，c≥0，求证 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添项法

某些不等式的证明若能优先考虑“添项”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍数添项

若不等式中含有奇数项的和，可通过对不等式乘以2变成偶数项的和，然后分组利用已知不等式进行放缩。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（当且仅当a=b=c时等号成立）证明：∵a、b、c∈R+

∴a3+b3+c3=12 ［(a3+b3)+(b3+c3)+(c3+a3)］≥12 ［(a2b+ab2)+(b2c+bc2)+(c2a+ca2)］=12［a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)］≥12(a·2bc+b·2ca+c·2ac)=3abc

当且仅当a=b，b=c，c=a即a=b=c时，等号成立。

2平方添项

运用此法必须注意原不等号的方向

例14 ：对于一切大于1的自然数n，求证：

(1+13)(1+15)…(1+12n-1＞ 2n+1 2)

证明：∵b ＞ a＞ 0，m＞ 0时ba＞ b+ma+m

∵ ［(1+13)(1+15)…(1+12n-1)］2=（43、65…2n2n-1)（43、65…2n2n-1)＞（54、76…2n+12n)（43、65…2n2n-1)=2n+13＞ 2n+14＞

∴(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+1 2)

3平均值添项

例15：在△ABC中，求证sinA+sinB+sinC≤3

32分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算术平均值添项sin π

3证明：先证命题：若x＞0，y＜π，则sinx+siny≤2sin x+y2（当且仅当x=y时等号成立）∵0＜x+y2＜ π，-π2＜ x-y2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosx-y

2∴上式成立

反复运用这个命题，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332

∴sinA+sinB≠sinC≤332

练习11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18

4利用均值不等式等号成立的条件添项

例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，求证a4+b4＞ 18

分析：若取消a≠b的限制则a=b= 12时，等号成立

证明：∵a、b∈R+∴a4+3(12)4 ≥ 44a4 ［(12)4］3=12a①

同理b4+3(12)4 ≥b②

∴a4+b4≥12(a+b)-6(12)4=12-6(12)4=18③

∵a≠b ∴①②中等号不成立∴③中等号不成立∴ 原不等式成立

1．是否存在常数c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y对任意正数x,y恒成立？ 错解：证明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故说明c存在。

正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下证不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。要证不等式xx+2y+xx+2y≤23，因为x,y是正数，即证3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即证3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2，而此不等式恒成立，同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立，故存在c=23 使原不等式恒成立。

6.2已知x,y,z∈R+，求证：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

错解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz

错因：根据不等式的性质：若a ＞b＞ 0，c ＞d ＞0,则ac bd，但 ac＞bd却不一定成立 正解：x2y2+y2z2≥ 2x y2z，y2z2+z2x2≥ 2x yz2，x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，以上三式相加，化简得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，两边同除以x+y+z:

x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

6.3 设x+y>0，n为偶数，求证yn-1xn+xn-1yn≥

1x 1y

错证：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y

=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

n为偶数，∴ xnyn ＞0，又xn-yn和xn-1-yn-

1同号，∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

错因：在x+y>0的条件下，n为偶数时，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同号，应分x、y同号和异号两种情况讨论。

正解：应用比较法：

yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

① 当x>0,y>0时，(xn-yn)(xn-1-yn-1)≥ 0，(xy)n >0

所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

≥0故：yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

② 当x,y有一个是负值时，不妨设x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n为偶数时,所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)>0 又(xy)n >0，所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn ≥0即 yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

综合①②知原不等式成立

第四篇：不等式证明若干方法

安康学院 数统系数学与应用数学 专业 11 级本科生

论文（设计）选题实习报告

11级数学与应用数学专业《科研训练2》评分表

注：综合评分60的为“及格”； <60分的为“不及格”。

第五篇：利用导数证明不等式

利用导数证明不等式

例1．已知x>0，求证：x>ln(1+x)分析：设f(x)=x－lnx。x[0,+。考虑到f(0)=0，要证不等式变为：x>0时，f(x)>f(0)，这只要证明：

f(x)在区间[0,)是增函数。

证明：令：f(x)=x－lnx，容易看出，f(x)在区间[0,)上可导。

且limf(x)0f(0)x0 由f'(x)11x 可得：当x(0,)时，f'(x)f(0)0 x1x1 即x－lnx>0，所以：x>0时，x>lnx 评注：要证明一个一元函数组成的不等式成立，首先根据题意构造出一个

函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利 用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要 证的不等式。

例2：当x0,时，证明不等式sinxx成立。证明：设f(x)sinxx,则f'(x)cosx1.∵x(0,),∴f'(x)0.∴f(x)sinxx在x(0,)内单调递减，而f(0)0.∴f(x)sinxxf(0)0, 故当x(0,)时，sinxx成立。

点评：一般地，证明f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果F'(x)0,，则F(x)在(a,b)上是减函数，同时若F(a)0,由减函数的定义可知，x(a,b)时，有F(x)0,即证明了f(x)g(x)。

x练习：1.当x0时，证明不等式e1x12x成立。2证明：设fxe1xx12x,则f'xex1x.2xxx令g(x)e1x,则g'(x)e1.当x0时，g'xe10.g(x)在0,上单调递增，而g(0)0.gxg(0)0,g(x)0在0,上恒成立，f(x)在即f'(x)0在0,恒成立。0,上单调递增，又f(0)0,ex1x1x20,即x0时，ex222.证明:当x1时,有ln(x1)lnxln(x2).1x12x成立。2分析 只要把要证的不等式变形为

ln(x1)ln(x2),然后把x相对固定看作常数,并选取辅助函

lnxln(x1)数f(x)ln(x1).则只要证明f(x)在(0,)是单调减函数即可.lnx证明: 作辅助函数f(x)ln(x1)(x1)lnxlnxln(x1)xlnx(x1)ln(x1)于是有f(x)x12x

lnxx(x1)ln2x因为 1xx1, 故0lnxln(x1)所以 xlnx(x1)ln(x1)

（1，）因而在内恒有f'(x)0,所以f(x)在区间(1,)内严格递减.又因为1x1x,可知f(x)f(x1)即 ln(x1)ln(x2)lnxln(x1)所以 ln2(x1)lnxln(x2).利用导数知识证明不等式是导数应用的一个重要方面，也成为高考的一个新热点，其关键是构造适当的函数，判断区间端点函数值与0的关系，其实质就是利用求导的方法研究函数的单调性，通过单调性证明不等式。

x2例3.证明不等式xln(1x)x,其中x0.2x2分析 因为例6中不等式的不等号两边形式不一样,对它作差ln(1x)(x),则发现作差以后

21x)求导得不容易化简.如果对ln(1,这样就能对它进行比较.1xx2证明: 先证 xln(1x)

2x2设 f(x)ln(1x)(x)(x0)

21x210)00 f(x)则 f(0)ln(1x1x1x'　x0 即 1x0 x20

x2　f(x)0　,即在(0,)上f(x)单调递增

1xx2　f(x)f(0)0 　ln(1x)x

21x)x;令 g(x)ln(1x)x 再证 ln(则 g(0)0 g(x)11 1x１ln(1x)x 　x0 　1 　g(x)0 １xx2　xln(1x)x 练习：3（2001年全国卷理20）已知i,m,n是正整数，且1imn

证明：(1m)n(1n)m

分析：要证(1m)n(1n)m成立，只要证

ln(1m)nln(1n)m

即要证11ln(1m)ln(1n)成立。因为m

11ln(1m)ln(1n)； mn从而：(1m)n(1n)m。

评注：这类非明显一元函数式的不等式证明问题，首先变换成某一个一元函数式分别在两个不同点处的函数值的大小比较问题，只要将这个函数式找到了，通过设函数，求导判断它的单调性，就可以解决不等式证明问题。难点在于找这个一元函数式，这就是“构造函数法”，通过这类数学方法的练习，对培养分析问题、解决问题的能力是有很大好处的，这也是进一步学习高等数学所需要的。