不等式的證明方法及其推廣

不等式的證明方法及其推廣摘要：在初等代數(shù)和高等代數(shù)中，不等式的證明都占有舉足輕重的位置。初等代數(shù)中介紹了許多具體的而且相當(dāng)有靈活性和技巧性的證明方法，例如換元法、放縮法等研究方法；而高等代數(shù)中，可以利用的方法更加靈活技巧。我們可以利用典型的柯西不等式的結(jié)論來證明類似的不等式；除此還可以利用導(dǎo)數(shù)，微分中值定理，泰勒公式，積分中值定理等有關(guān)的知識來證明不等式；在正定的情況下，也可以用判別式法；掌握了定積分化為重積分的內(nèi)容之后，對于某類不等式，也可以將定積分化為重積分，再證明所求的不等式。由此我們可以看到，不等式的求解證明方法并不唯一，但是初等數(shù)學(xué)里的不等式，都可以用高等數(shù)學(xué)的知識來解決，解答更為簡潔。所以，高等數(shù)學(xué)對初等數(shù)學(xué)的教學(xué)和學(xué)習(xí)具有重要的指導(dǎo)意義。本文歸納和總結(jié)了一些求解證明不等式的方法與技巧，突出了不等式的基本思想和基本方法便于更好地了解各部分的內(nèi)在聯(lián)系，從總體上把握證明不等式的思想方法；注重對一些著名不等式的推廣及應(yīng)用的介紹。關(guān)鍵詞：不等式；證明方法引言1．1研究的背景首先，我們要從整個數(shù)學(xué)，特別是現(xiàn)代數(shù)學(xué)在21世紀(jì)變得更加重要來認(rèn)識不等式的重要性。美國《數(shù)學(xué)評論》2000年新的分類中，一級分類已達(dá)到63個，主題分類已超過5600多個，說明現(xiàn)代數(shù)學(xué)已形成龐大的科學(xué)體系，并且仍在不斷向縱深化發(fā)展。它在自然科學(xué)、工程技術(shù)、國防、國民經(jīng)濟(jì)（如金融、管理等）和人文社會科學(xué)（如語言學(xué)、心理學(xué)、歷史、文學(xué)藝術(shù)等）以至我們的日常生活中的應(yīng)用都在不斷深化和發(fā)展。它為我們提供了理解信息世界的一種強(qiáng)有力的工具，它也是新世紀(jì)公民的文化和科學(xué)素質(zhì)的重要組成部分。而不等式在數(shù)學(xué)中又處于獨(dú)特的地位。美國《數(shù)學(xué)評論》在為匡繼昌的《常用不等式》第2版寫的長篇評論中指出:“不等式的重要性，無論怎么強(qiáng)調(diào)都不會過分。”這說明不等式仍然是十分活躍又富有吸引力的研究領(lǐng)域。再者不等式的求解和證明一直是高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn)。近年來高考雖然淡化了單純的不等式證明的證明題。但是以能力立意的、與證明有關(guān)的綜合題卻頻繁出現(xiàn)。常常與函數(shù)、數(shù)列、三角等綜合，考查邏輯推理能力。是高考考查的一項重要內(nèi)容。而要解決這一點(diǎn)的關(guān)鍵在于掌握常用方法，理解不等式證明中的數(shù)學(xué)思想，熟練地運(yùn)用性質(zhì)和基本不等式。因此，本文歸納和總結(jié)了一些求解證明不等式的方法與技巧，突出了不等式的基本思想和基本方法，便于更好地了解各部分的內(nèi)在聯(lián)系，從總體上把握不等式的思想方法；注重對一些著名不等式的推廣及應(yīng)用的介紹，以便更好地理解和運(yùn)用。1．2文獻(xiàn)綜述數(shù)學(xué)問題（猜想）的重要性先哲們已有過精辟的闡述。的確，形式優(yōu)美、新穎、內(nèi)涵豐富的不等式問題，不僅豐富了我們的研究素材，而且孕育了新思想、新方法的胚芽。當(dāng)探索者在艱難的跋涉中感到困倦和乏味時，它就會突然放出奇光異彩，照亮一片天地。人們之所以能孜孜不倦地向未知領(lǐng)域探求，也正是問題那充滿誘惑力的深情呼喚。新的東西可以刷新我們的視野。雖然它一開始可能是含糊的、幼稚的、脆弱的，但是只要視野中能映出，那么離抓住它的真諦的日子一定不會遙遠(yuǎn)了！由于不等式的多樣性，各有各的證明特色，所以我閱讀許多文獻(xiàn)。許小華的《不等式證明的常用方法》是我參考的第一篇文獻(xiàn)。文中介紹了一些常見的證明方法及其在數(shù)學(xué)競賽中的應(yīng)用：分析和綜合法、數(shù)學(xué)歸納法、反證法、函數(shù)法、判別式法。由此可知不等式在數(shù)學(xué)中的地位十分重要,而證明不等式的方法和技巧也很多。所以要掌握好不等式證明，除了要認(rèn)真理解并能熟練運(yùn)用不等式的基本性質(zhì)外，還應(yīng)當(dāng)注意觀察相關(guān)條件與數(shù)學(xué)其他知識點(diǎn)的聯(lián)系，充分利用有關(guān)知識解決不等式證明問題。陳初良的《不等式證明的兩種巧法》就介紹了兩種技巧性較高的不等式證明方法：化歸函數(shù)法、放縮法。本文對這兩種方法的介紹非常的精彩。周再禹在《不等式證題中調(diào)整法的應(yīng)用》也給大家展示了不等式證明的一種獨(dú)特的方法——調(diào)整法。而董琳為了拓寬視野，則在《幾種證明不等式的妙法》一文中通過實例，介紹了幾種切實可行的方法：放縮法證明不等式、反證法、函數(shù)法、最值法。除此不少問題還不止用一種方法而需要用幾種方法綜合使用才能解決。所以翁耀明善于抓住不等式的特點(diǎn)，突破舊例，在《運(yùn)用概率方法證明某些數(shù)學(xué)不等式》一文中利用函數(shù)的凹凸性，再結(jié)合概率中數(shù)學(xué)期望的不等式性質(zhì)，恰當(dāng)?shù)貥?gòu)造一個概率分布密度來證明一些特殊的不等式。我們知道任何知識體系都不是孤立的，它們相互聯(lián)系相互滲透，而不同體系的“知識交匯”更能有效地培養(yǎng)學(xué)生的綜合思維能力。例如：數(shù)列與不等式是函數(shù)內(nèi)容的后續(xù)知識板塊，與函數(shù)一樣，也都是歷年高考的熱點(diǎn)。由于在知識網(wǎng)絡(luò)交匯點(diǎn)設(shè)計試題這一命題思想的不斷成熟，以數(shù)列為載體的不等式證明問題備受高考青睞。以數(shù)列為載體的不等式證法雖靈活多變，但極富有挑戰(zhàn)性，只要我們善于思考、適時調(diào)整、不畏險阻、鍥而不舍，其實成功并不遙遠(yuǎn)，這正體現(xiàn)了高考為選拔優(yōu)秀人才所精心布置的一個公平舞臺。所以證明這類題通常要有一些較為“高超”的放縮技巧。孟利忠則針對這一問題，在《以數(shù)列為載體的不等式證明的放縮技巧》中介紹了四種利用數(shù)列證明不等式的方法：放縮成遞約數(shù)列乘積、放縮成相消數(shù)列和式、放縮成等差數(shù)列和式、放縮成等比數(shù)列和式。又如：向量是中學(xué)階段的重要內(nèi)容，目前大家主要重視向量與三角函數(shù)、平面幾何、解析幾何的“交匯”，用向量證明代數(shù)不等式重視不夠，缺少系統(tǒng)的研究。一般認(rèn)為用向量證明不等式就是用向量模的性質(zhì)來思考問題，實并非如此。張國棣的《用向量證明代數(shù)不等式的新探索》對用向量證明代數(shù)不等式的方法，進(jìn)行一些新的探索：（1）利用向量的幾何特征構(gòu)建不等式關(guān)系，因為利用向量的加法、減法所構(gòu)成平行四邊形的幾何特征來思考問題，可以使證明過程更直觀、簡捷。（2）用向量有效轉(zhuǎn)化代數(shù)不等式，因為用向量搭起代數(shù)不等式證明與其他知識體系的橋梁，可實現(xiàn)代數(shù)不等式的有效轉(zhuǎn)化，降低思維難度。（3）利用向量的數(shù)量積公式，建不等關(guān)系證明。因為根據(jù)向量的數(shù)量積公式ab=\a\b\coa9找出不等關(guān)系。這樣則增加了向量應(yīng)用的多樣性，將老問題賦予新的生命，是證明方法上的創(chuàng)新，可以使證明過程更加簡捷、清晰。不等式證明既是數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容之一，也是高等數(shù)學(xué)的重要工具。許多初等數(shù)學(xué)中的問題，往往蘊(yùn)含著數(shù)學(xué)中的較高層次理論的再實踐的問題。如能在教學(xué)中有意將高等數(shù)學(xué)的原理、方法應(yīng)用于一些初等數(shù)學(xué)的證明、計算，不僅可以開拓學(xué)生的視野，而且可使學(xué)生體會到用高等數(shù)學(xué)的原理、方法解決初等數(shù)學(xué)問題時，居高臨下，駕輕馭熟的感覺，進(jìn)而了解高等數(shù)學(xué)與初等數(shù)學(xué)密不可分的關(guān)系。比如：函數(shù)的單調(diào)極值問題其本身都與不等式密切相聯(lián)，而微分學(xué)中值定理和Taylor公式又使我們能夠通過對導(dǎo)數(shù)或余項的估計來確定變量間的大小關(guān)系，因此常常是證明不等式的得力工具，相對于函數(shù)極值概念的局部性，函數(shù)的最值則是一種整體的概念，即是在一個固定的區(qū)間內(nèi)有意義的概念，這是和極值概念絕然不同的所在。那么我們?nèi)绾瓮ㄟ^運(yùn)用導(dǎo)數(shù)與微分這樣的反映局部性質(zhì)的概念來研究最值呢？顯然我們只能給出一個最值的必要條件，就是一個最值先要是一個極值。這也就是說最值是包含在極值之中的，至于通過極值來找到最值，最終還是必須依靠對可能有的不同極值進(jìn)行比較。如果極值的數(shù)目是有限的。并且不是很多，那么就比較容易得到最值；如果極值是無窮多的，或者是數(shù)目極大的，就面臨得到最值的困難。因此實際上通過導(dǎo)數(shù)的方法來求最值，并沒有最終解決問題，而只是在一定的條件下可以得到解決。所以劉海燕在《利用微分學(xué)證明不等式》一文中討論了如何利用微分學(xué)證明不等式。而葉殷的《用高等數(shù)學(xué)證明不等式的若干種方法》則探討解決了如何將高等數(shù)學(xué)的原理和方法運(yùn)用于初等數(shù)學(xué)，如何解決高等數(shù)學(xué)與中學(xué)數(shù)學(xué)脫節(jié)的問題。并且給出了幾種證明方法：利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式、利用微分中值定理證明不等式、利用函數(shù)的極值證明不等式、利用泰勒公式證明不等式、利用函數(shù)的凸性證明不等式、利用積分不等式證明不等式、利用定積分的定義證明不等式。魏全順在《微分在不等式證明中的應(yīng)用》一文中介紹的不等式的高等證明方法也非常地精彩。高等數(shù)學(xué)除了可以使學(xué)生站在更高的觀點(diǎn)上思考問題，同時又可以幫助學(xué)生處理初等數(shù)學(xué)的問題，以達(dá)到初等數(shù)學(xué)與高等數(shù)學(xué)之間的銜接，劉興祥在《柯西一施瓦茲不等式的應(yīng)用》中利用柯西一施瓦茲不等式且巧妙地構(gòu)造向量g與耳解決了部分分式不等式的證明及求極值問題。不等式的證明方法有很多，而且非常的靈活、精彩。但是著名不等式更是優(yōu)美而又魅力無限的。正如音樂家能夠?qū)⒑苌賻捉M音符變化發(fā)展為動聽美妙的旋律一樣，數(shù)學(xué)家則往往能夠通過不多幾步邏輯推理揭示出簡明優(yōu)美的結(jié)果。這些有關(guān)不等式的結(jié)果就是數(shù)學(xué)家依靠并不復(fù)雜的邏輯推理得到的，然而在其來龍去脈被領(lǐng)悟以前，卻常常像變戲法似的神秘莫測。胡克在《解析不等式的若干問題》中則介紹了一些非常美麗的不等式及近年來有關(guān)的新成果?？傊坏仁降膬?nèi)容博大精深，還有很多問題期待我們?nèi)ネ诰?證明不等式的方法2．1初等代數(shù)中不等式的證明2．1．1比較法[1]22比較法分為作差法和作商法。1、作差法的數(shù)學(xué)思想是把不等式左邊的代數(shù)式減去右邊的代數(shù)式，根據(jù)已知條件研究這個差在實數(shù)范圍內(nèi)為正還是負(fù)，從而確定其大小。例1：設(shè)x,xGR+則Xn+12121212證明：當(dāng)X,XGR+則122、作商法的數(shù)學(xué)思想是在證明時，一般在a,b均為正數(shù)時，借助->1或-<1來判斷bb其大小，步驟一般為：作商——變形——判斷(大于1或小于1)。例2：設(shè)a>b>0，求證：aabb>abba。證明：?.?a>b>0—>1,—>1,a-b>0；baabbabba>1，故aabb>abba。2．1．2分析法和綜合法[1]所謂分析法，就是假定結(jié)論是正確的，然后利用恒等變形及不等式的性質(zhì)逐步推演，如果能夠得到一個已知它成立的不等式，而且推演的每一步驟都是可逆的，則這個不等式成立。對于較復(fù)雜的不等式的證明，多用這種方法。所謂綜合法，它的著眼點(diǎn)在條件，即從已知條件出發(fā)，根據(jù)不等式的性質(zhì)，逐步推證所要求的結(jié)論。例：設(shè)a,bgR+，求證出>4ab且當(dāng)且僅當(dāng)a=b時等號成立。^2證明：(1)分析法要證出>4ab成立，只要證a+b>2応成立，2即只須證a+b一2Jab>0成立，最后不等式顯然成立，而其中每步推證都是可逆的，出，顯然僅當(dāng)a=b時，等號成立。2(2)綜合法???a,bgR+,則\萬小厲gR+于是有C/a-4b》>0(僅當(dāng)a=b時等號成立)，即a+b—2\'ab>0。a+a+b>Jab。2．1．3反證法[1]反證法的數(shù)學(xué)思想是從否定的結(jié)論出發(fā)，通過邏輯推理，導(dǎo)出矛盾，從而證明原來的結(jié)論是正確的。例：設(shè)a,b,c和x,y,z均為不等于0的實數(shù)，若az+2by+cx=0,ac-b2>0,貝Ijxz-y2<0。證明：設(shè)xz-y2>0貝xz>y2>0即b2y2-acxz<0由az+2by+cx=0,有az+cx=-2by即卩a2z2+2acxz+c2x2=4b2y2(az—cx》=4Cb2y2-acxz)<0與(az—cx》>0矛盾2．1．4數(shù)學(xué)歸納法［1］已知條件均是在整數(shù)集或自然數(shù)集中，所證式子項數(shù)或因式數(shù)為無窮多。證明的難點(diǎn)是在n=k+1時，關(guān)鍵是要充分利用n=k以及第一步的結(jié)果。對于含有n（neN）的不等式,當(dāng)n取第一個值時不等式成立，如果使不等式在n=k（neN）時成立的假設(shè)下，還能證明不等式在n=k+1時也成立，那么肯定這個不等式對n取第一個值以后的自然數(shù)都能成立。例：設(shè)a>2,給定數(shù)列例：設(shè)a>2,給定數(shù)列{x},其中x=a,xn1n+1x2n2(x-1),(neN),求證：x>2。n證明：1）當(dāng)n=1時，x〔=a>2，故不等式當(dāng)n=1時成立。2）假設(shè)當(dāng)n=k時不等式也成立，即x>2，貝當(dāng)n=k+1時kx21x21x=k=k+12(x-1)2k(x-1)+」+2

kx-1k>2(2+2)=2°綜合1）、2）可知對于一切自然數(shù)n都有x>2。n2．1．5換元法［1］換元法的基本思想，是通過對所證不等式添設(shè)輔助元素，原來的未知量（或變量）變換成新的未知量（或變量），而更容易達(dá)到證明的目的。此種方法證明不等式一般采取以下步驟:〈1〉認(rèn)真分析不等式，合理換元；〈2〉證明換元后的不等式；〈3〉得證后，得出原不等式成立。換元法可分為兩大類：1、代數(shù)換元例1：求證：33+33+33-33<23;3。［證法分析］由于根指數(shù)為3，若采取兩邊三次方的辦法，中間運(yùn)算較繁。根據(jù)不等式左邊的特點(diǎn)，考慮公式a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)不妨設(shè)a=33+3'3,b=33-33于是只要證

((a+b》<24即可。>0,b>0并且a3+b3=6,a>b,又a2+b2>2ab故ab<a2-ab+b2不等式兩邊同乘以a+b>0得故ab(a+b)<a3+b3即3ab(a+b)<3(a3+b)對上式兩邊同時加上a3+b3即a3+b3+3ab(a+b)<4C3+b3)=24即(a+b)3<24所以a+b<2運(yùn)原不等式成立。2、三角換元:借助三角變換，在證題中可使某些問題變易。例2：設(shè)x,yeR,且x2+y2<1,求證：x2+2xy—y2]證明：設(shè)x2+y2=u2則由題設(shè)知U<1并可設(shè)x=ucos0,y=usin0。于是，x2+2xy—y2=u2(cos20+2cos0sin0-sin20)所以，x2+2xy—y2<u2<V2?？梢?冗長而復(fù)雜的不等式用代數(shù)法換元,可以使問題變得明顯簡單。含有根式或帶有絕對值符號的不等式可用三角法換元,同樣也可以將難化易。2．1．6迭合法(降元法)[1][9]迭合法的數(shù)學(xué)思想是把所要證明的結(jié)論先分解為幾個較簡單部分,分別證明其各部分b2b2+b2+???+b2=1，求證:12n例、已知：a2+a2+…+a2=1，12nab+ab+…+ab<1。1122nn證明：因為a2+a2+???+a2=1，12nI以「a2+a2+??+a2=1，12n由柯西不等式所以原不等式獲證。2．1．7構(gòu)造法[2][4]在中學(xué)的數(shù)學(xué)競賽題目中,經(jīng)常碰到不等式的證明,特別有些技巧性強(qiáng)的題目,學(xué)生往往手足無措,難于下手。這時候采用構(gòu)造法往往能達(dá)到意想不到的效果,構(gòu)造是一種探索和創(chuàng)新,適當(dāng)?shù)臉?gòu)造可以準(zhǔn)確快速地解決問題,也可以給學(xué)生帶來耳目一新的解題感受,對于培養(yǎng)學(xué)生的解題技巧、思維能力。甚至開拓創(chuàng)新都大有脾益。構(gòu)造法的基本數(shù)學(xué)思想，是通過構(gòu)造中介性的輔助元素，溝通不等式的條件與結(jié)論的內(nèi)在聯(lián)系，使原題得以證出。構(gòu)造的輔助元素是多種多樣的，常用的有構(gòu)造圖形，構(gòu)造函數(shù)，構(gòu)造方程，構(gòu)造等價命題，構(gòu)造反例等。在此只介紹前三中構(gòu)造法。1、構(gòu)造圖形(用幾何特性或區(qū)域討論)：利用幾何定理或借助幾何圖形可以直觀地、簡便地表達(dá)和解決問題。TOC\o"1-5"\h\z(兀、例1：求證重要不等式sinx<x<tanx0<x<—\2丿證明：圓0是半徑為1的單位圓，0A是圓0的任一半徑，作ZAOC=x,過A作OA的垂直線交0C于B,顯然S<S<S即丄sinx<x<tanx故原不等式成立。AOAC扇形OACAOAB2222、構(gòu)造函數(shù)：我們知道由函數(shù)的單調(diào)性可以得到不等式。例如：如果函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)可導(dǎo)，且f'(x)n0(或f'(x)<0)，則f(x)在定義域內(nèi)是增(或減)函數(shù)。例2：設(shè)x>0，求證：ln(1+x)>x-x2。2證明：令f(x)=ln(1+x)-x+x2，x=。顯然，當(dāng)x>-1時，1+x1+xf'(x)>0，這就表明f(x)在(-1,+小內(nèi)為增函數(shù)。因此，當(dāng)x>0時，f(x)>f(0)。注意到f(0)=0，有f(x)>0，即ln(1+x)2因此，ln(1+x)23、構(gòu)造方程(利用一元二次方程的判別式)：二次不等式的證明，有時可轉(zhuǎn)化為二次方程的判別式來解決。例3：求證asec0-btan0、、；a2-b2(a>b>0,0為銳角)證明：設(shè)y=asec0-btan0?.?0為銳角，tan0gR+aA=4b2y2-4C2-y2)(a2-b2)>0故asec0-btan0>(a2-b2成立。注：證明二次不等式時，可如同把二次不等式的求解轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)圖象的討論一樣，也可以應(yīng)用更一般的二次曲線來證明更廣泛的不等式問題，或者利用不等式所表示的平面區(qū)域來討論以達(dá)到證明的目的。4、構(gòu)造多項式

某些不等式所含的字母較多，直接推證難下手，可以聯(lián)想多項式的展開式。例4：a,b,c都是小于k的正數(shù)，求證：a(k—b)+b(k—c)+c(k—a)<k2。證明：要證明原不等式，即證：k2-[a(k-b)+b(k-c)+c(k-a)]>0，此式所含字母較多，直接推證難于下手，觀察此式特點(diǎn)，聯(lián)想到多項式(k-a)(k-b)(k-c)的展開式為：5、構(gòu)造三角形例5：a,b,c都是小于k的正數(shù)，求證：a(k—b)+b(k—c)+c(k一a)<k2。證明：由a(k-b)+b(k-c)+c(k-a)vk證明：由a(k-b)+b(k-c)+c(k-a)vk2變形:a(k-b)+—b(k-c)+3c(k-a)vk244聯(lián)想到正三角形的面積，構(gòu)造邊長為k的正AABC，在AC,BC,AB上分別取點(diǎn)M,N,P；使AM=a,CN=c,BP=b。貝9S>S+S+SAABCAAMPACMNABPN即，洛k2>2AMAP?sin60+2cm?cn?sin60+2BP?BN?sin60即，即，k2>a(k-b)+b(k-c)+c(k-a)注：從以上題目的分析和證明過程可以看出，分析不等式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，聯(lián)想與之相關(guān)的幾何關(guān)系，構(gòu)造適當(dāng)?shù)膱D形，將不等式的關(guān)系轉(zhuǎn)化為所構(gòu)造的圖形的線段關(guān)系或面積關(guān)系。從而化復(fù)雜為簡單，化抽象為直觀，對解題起到事半功倍的效果，培養(yǎng)學(xué)生數(shù)形結(jié)合的思想，進(jìn)一步提高學(xué)生探索與創(chuàng)新的能力。2?1?8標(biāo)準(zhǔn)化法[2][4]形女口f(x,x,…，x)=sinxsinx??-sinx的函數(shù)，其中0<x<n，且TOC\o"1-5"\h\z12n12nix+x+…+x為常數(shù)，則當(dāng)x的值之間越接近時，f(x,x,…,x)的值越大(或不變)；12ni12n當(dāng)x=x=…=x時，f(x,x,…,x)取最大值，即5012n12nx+x+???+xf(x,x，…?,x)=sinxsinxsinx<sinn2n12n12nn°標(biāo)準(zhǔn)化定理：當(dāng)A+B為常數(shù)時，有標(biāo)準(zhǔn)化定理：當(dāng)A+B為常數(shù)時，有sinAsinB<sin2A+B例、設(shè)A,B,C為三角形的三內(nèi)角，求證：sin號sin|sinC2<joABC1證明：由標(biāo)準(zhǔn)化定理得，當(dāng)A=B=C時，sin—=sin—=sin—=-，取最大值一，故22228

sindsinBsind122282．1．9分解法[2][4]把一個數(shù)或式分解為幾個數(shù)或式，使復(fù)雜問題轉(zhuǎn)化為簡單易解的基本問題，以便分而治之，各個擊破，從而達(dá)到證明不等式的目的。例、n>2，且neN，求證：1+—+-HF—>n(nn+1-1)。23n證明：因為1+-+證明：因為1+-+1+…+-+n=(1+1)+-+1+-+1+23n3丿"11+Jkn丿所以，1+1+1+…+->n(nn+1-1)。23n2．1．10利用已知的不等式證明[1][16]已知不等式的運(yùn)用，從學(xué)習(xí)過程和掌握知識的層次上看，可以分為五個層次：套著用湊著用、逆著用、變著用和橫著用。每個公式均可作各種變化，為了能在更廣闊的背景中運(yùn)用公式，就需要對公式本身進(jìn)行各種變形、產(chǎn)生各種不同形式的新公式，同時還應(yīng)注意它在其它分科中的應(yīng)用，開拓應(yīng)用的范圍。例：求證1.3.5(2n-1)<nn。證明：由a+b>2\ab(a,b>0)得ab<—(a+b)24兩邊分別相乘得到兩邊開方，得1?3?????(2n—1)<nn。注：這個例題的證明完全是借助于基本不等式a+b>2詢的變形，同時利用了需證明不等式的左邊任一乘積均能找到另一乘積項，兩者之和為恒定常數(shù)。2．1．11利用坐標(biāo)和解析性[4]通過直角坐標(biāo)系建立平面上每個點(diǎn)與一對有序?qū)崝?shù)之間的一一對應(yīng)關(guān)系，從而把曲線與方程聯(lián)系起來的數(shù)的問題。例：設(shè)a,b,c為三角形的三邊，S為面積，求證a2+b2+c2>4.3s證明：建立直角坐標(biāo)系設(shè)A、B、C三點(diǎn)坐標(biāo)分別為A(-m,0),B(m,0),C(p,q)，則三邊的關(guān)系式為：a2+b2+c2=2p2+2q26m2而故不等式成立。2．1．12利用復(fù)數(shù)證明[4]

復(fù)數(shù)及其模的性質(zhì)|z+z<z+zI可作為不等式證明的嘗試。+\：'2sin.1「2121例：求證Jx2-4x+5+^'4-2x+x+\：'2sin明：qx從以上的證明來看，通過運(yùn)用概率方法構(gòu)造一個適當(dāng)?shù)母怕适录プC明不等式，比運(yùn)用代數(shù)方法證明要簡單明了。此法無論是對初等數(shù)學(xué)還是對高等數(shù)學(xué)，都有一定的實用價值，它使數(shù)學(xué)的不同分支之間架起了橋梁。不過利用概率證明不等式要牽涉到比較多的數(shù)學(xué)知識，方法比較靈活。-4x+5+■<4—2x+x2=(x-2匕+1+、：(x-1匕+3令z=(x-2)+i,z=(1一x)+3i則從以上的證明來看，通過運(yùn)用概率方法構(gòu)造一個適當(dāng)?shù)母怕适录プC明不等式，比運(yùn)用代數(shù)方法證明要簡單明了。此法無論是對初等數(shù)學(xué)還是對高等數(shù)學(xué)，都有一定的實用價值，它使數(shù)學(xué)的不同分支之間架起了橋梁。不過利用概率證明不等式要牽涉到比較多的數(shù)學(xué)知識，方法比較靈活。12|z+=|—1+4i\=VT7，|z|=^(x—2)2+1,|^|=J(x-1匕+32而|z+z<z+z，故原不等式成立。112122．1．13參數(shù)法[4][16]A原理：取參數(shù)時，使各未知量的數(shù)字部分取A與未知量個數(shù)的商-，而參數(shù)中全部字n母部分的和為零。例：若x+y+z=1,求證x2+y2+z2>*。證明：令x=1+1,y=1+1z=1+1，其中t,t,t為實數(shù)，且t+1+1=0貝U3132,33123123x2+y2+z2>，當(dāng)x=y=z=時取等號。334+sin2x>2^~7~~>2sinx+—4+sin2x>2^~7~~>2sinx+—I4丿L2」]+V2si證明：設(shè)兩獨(dú)立事件A和B，且p(A)=sinx,p(B)=cosx，則p(A+B)=p(A)+p(B)—p(AB)=sinx+cosx—sinxcosx<1，即，2+sinxcosx>1+sinx+cosx2sinx+—I2sinx+—I4丿.sinx>0,cosx>0則4+sin2x>2。2222222．1．14利用向量證明[12]目前大家主要重視向量與三角函數(shù)、平面幾何、解析幾何的“交匯”，而對向量證明代數(shù)不等式重視不夠，缺少系統(tǒng)的研究。在此本人總結(jié)了3種常見的利用向量證明代數(shù)不等式的方法。1、利用向量的幾何特征構(gòu)建不等式關(guān)系：例1：設(shè)｛a例1：設(shè)｛a｝是由正數(shù)組成的等比數(shù)列,logS+logS0.5——n0.5——n+22S是其前n項和,n求證：>logS。0.5n+1分析：這是不等式證明中一個非常好的題，只要證明SS<S2。構(gòu)造向量，用平nn+2n+1行四邊形的幾何特征來證明也是這道題的一個非常精彩的證明方法。證明：設(shè)向量OA=(a,a),OB=(qS,qS),OC=(a+qS,a+qS)=(S,S)(其12n+1n1n+11nn+2n+1中q為該等比數(shù)列的公比)，則OC二OA+OB，故O,A,C,B構(gòu)成平行四邊形。由于OA,OBSS既—<1。所以SS<S2oSSnn+2n+1n+SS既—<1。所以SS<S2oSSnn+2n+1n+1n+2k——1l<1=k，故k<k<1=kOCa+qSOAOBOCOA1n+12、用向量有效轉(zhuǎn)化代數(shù)不等式：例2：已知-1<a<1,-1<b<1,求證1-ab分析：這是一道很有“活力”的不等式證明題。不過其證明有點(diǎn)復(fù)雜。=|yj，*1-a2—x?x證明：不等式條件可加強(qiáng)為：0<a設(shè)x=(1,a),x=(1,-a=|yj，*1-a2—x?x1211-b2—y?y,ab—xy。1212設(shè)x與x軸的夾角為1H,y與x軸的夾角為H，則有0<H設(shè)x與x軸的夾角為1112124x?x—x122cos2H,y?y—|yI2cos2H,x?y1121V212—xycos(H+H)o121+1-a21-b2lx11+—|2cos2H|y|21cos2H22cos2H+y2cos2H1—捏lxJ2|yjcos2H1cos2H1111-ab故只要證明：x

-1-x12cos2H+1yy2cos2Hcos2H1一xycos1-2(H+H)1200即證明：x2cos2H+y2cos2H>11112yIcos2Hcos2Hcos(H+H)12yJcos2Hcos2H112因為|x|2cos2H+|y|2cos2H>yJcos2Hcos2H112丄匚廠^、十十ih.i2|xycos2Hcos2H12cos(H+H)―12故只要證明：2|x||y|Jcos2Hcos2H>一1z1一；即證明：cos12cos(H+H)―1212y12即證明：cos2(H+H)>cos2Hcos2H1212即證明：1+cos(2H+2H)>cos2Hcos2H1212即證明：1+cos(2H+2H)—sin2Hsin2H>cos2Hcos2H1212123、利用向量的數(shù)量積公式建不等關(guān)系證題：例3：若x,yeR+，求證(x+y)證明：令a=Cx，弋y),b證明：令a=Cx，弋y),b，貝卩a2?b2=a|b2=(x+y)?(a?b匕==(1+1匕=4由a2?b2>(a?b匕得(x+y)1+1]>4Ixy丿x是E的一個聚點(diǎn)，若>0當(dāng)0<|x-x<q,xeE時,0102．2高等數(shù)學(xué)中不等式的證明2．2．1函數(shù)上、下極限的不等式原理：設(shè)fx是E的一個聚點(diǎn)，若>0當(dāng)0<|x-x<q,xeE時,010limf(x)<limg(x),limf(x)<limg(x)。xTx0xTx0xTx0xTx0例：設(shè)f(x),g(x)在E上有意義，x是E的一個聚點(diǎn)，則：0limf(x)+limg(x)<lim(f(x)+g(x))<limf(x)+limg(x)。xTx0xTx0時，有:證明：VQ>0,VxeE,0<時，有:|<a的范inff(x)+infg(x)<f(x)+g(x)<supf(x)+g(x)(其中確界是在xeE,0<x-|<a的范圍里取的，下同）所以：inff(x)+infg(x)<inf(f(x)+g(x))<supf(x)+g(x)從而有：inff(x)+infg(x)<inf(f(x)+g(x))<supf(x)+infg(x)最后令at0+，取極限，即得：limf(x)+limg(x)<lim(f(x)+g(x))<limf(x)+limg(x)。TOC\o"1-5"\h\zK冷00xTx0中0注：此例中的等號也可以不發(fā)生。例如：對f(x)={g(x)0,當(dāng)x為無理數(shù)1,當(dāng)x為無理數(shù)limf(x)+limg(x)=0<lim(f(x)+g(x))<limf(x)+limg(x)=2x>0x>0x>0xt0x>02.2由Cauchy不等式證明原理：若函數(shù)f(x),g(x)在(a,b)皆可積，貝(Jbxf(x)dx?g(x)dx><(Jbf2(x)dx)(Jbg2(x)dx)，稱上式為Cauchy不等式。aaa40例：設(shè)函數(shù)f(x)在(0,1)上導(dǎo)數(shù)連續(xù)，f(0)=f(1)=0,證明：J1f2(x)dx<1Ji(f(x)》40證明：???f(0)=0,Jx12dxjx(f(x)》dx<xji(f(x)》dx(A)000又???f(1)=0,Ji12dxji(Jxf(x))2dx<(1—x)ji(f(x)ldx(B)xx00由0)和(B)得：即，Jif2(x)dx<打i(f(x))fdx0402.3由Taylor公式及余項證明利用Taylor利用Taylor公式可例：設(shè)f(x)是(0,a)上的非負(fù)函數(shù)，f"(x)>0,a>0證明：J-f(x)dx>af-。兩邊取從0到a的積分,證明：對f(x)在x0=兩邊取從0到a的積分,廠a'+f'廠a、f、ax一一+1f-(g)(、ax一一k2丿k2丿k2丿2!k2丿2得：f(x)=f(xJf)—］即Jaf(x)dx>afak2

2．2．4由積分性質(zhì)證明原理：利用下列兩條定積分的性質(zhì)可證明定積分不等式。(1)若在(a,b)上，f(x)ng(x),則bf(x)dx>\bg(x)dx；(2)M和m為f(x)在(a,b)aa上最大值和最小值，則m(b-a)<fbf(x)dx<M(b-a)。a例1：例1：當(dāng)n>2時，證明1<2dx<16證明：(1證明：(1)xg0,—,n>2,xn<x2有I2丿取從0到2的積分’得例2：證明2例2：證明2<f2ex2-xdx<2e2。0M=M=f(2)=e2，最小值m=f—=，則m(2-0)<f2ex2-xdx<M(2-0)4e0證明；設(shè)f(x)=ex2-x，則f'(x)=(2x=1)ex2-x若令f'(x)=0，則得到x=為駐有2f(x)=e1-2二丄de?.?xg(0,2),f(0)=1,f(2)=ef(x)=e1-2二丄de2即——<f2ex2-xdx<2e2。4‘e02．2．5由積分中值定理證明原理：f(x)在(a,b)上連續(xù)，則至少存在一點(diǎn)gG(a,b)，使fbf(x)dx=f(g)(b-a)。a例1：設(shè)函數(shù)f(x)在(0,1)連續(xù)且單減，證明當(dāng)0<九<1時，f九f(x)dx>Xfif(x)dx。00證明：f九f(x)dx-Xf1f(x)dx=hf(x)dx-Xfxf(x)dx-Xf1f(x)dx0000九=(1-九)九?f(g)-M-Jf(g)其中(/r