1.3.4利用函数的单调性证明不等式
x 已知函数 f ( x) ax ln x ， (a 0且为常数） e 求证：方程 f ( x) 0 没有实数根.
2
1、变式构造函数 g ( x) h( x) 2、若能证 g ( x)max h( x)min 则 g ( x) h( x) 成立. 成立；
3、不等式得证.
法一：用不等式两边
“作差”构造辅助函数
法二：变形不等式，转换为求两个函数的 最值
例题：求证
1、变式构造函数 g ( x) h( x) 2、若能证 g ( x)max h( x)min 则 g ( x) h( x) 成立. 成立；
法二：变形不等式，转换为求两个函数的 最值
极大值
(1, )
↘
f ( x ) f ( x)
由上表得 f ( x)max f (1) 1 0
f ( x) f ( x)max 0
即ln x x.
例题（课本第32页习题1.3 B式:
（1）sin x x, x (0, )
证明： 设 f(x)＝x－sinx，则 f′(x)＝1－cosx > 0 ∴f(x)＝x－sinx是增函数 ∴f(x)> f(0)＝0 ∴f(x)>0 即 x－sinx>0 即x>sinx． 方法：移项作差，构造函数，然后用导数证明 该函数的单调性；再利自变量越大，函数值 越大（或小），来证明不等式成立.
利用函数的单调性，证明下列不等式:
x ln x x e ,x 0 （4 ）
解: 设f ( x) ln x x 1 f ( x) 1 令 f ( x) 0 ,解得x=1. x 当x变化时, f ( x), f ( x) 的变化情况如下表: x (0,1) + ↗ 1 0
1.3.4利用函数的单调性 证明不等式
例题（课本第32页习题1.3 B 组第1题）
1.利用函数的单调性，证明下列不等式: （1）sin x x, x (0, )
2 x x 0, x (0,1) （2）
（3） e x 1, x 0
x
x ln x x e ,x 0 （4）
2 x x 0, x (0,1) （2）
求证g ( x) h( x)
xD
一般步骤： 1、构造函数 f ( x) g ( x) h( x) 2、判断f ( x) 的单调性或求最值
（3） e x 1, x 0
x
（4） ln x x e , x 0
x
f ( x) f ( x)max 0 或f ( x) f ( x)max 0
高等数学《函数单调性与凸性的判别法》
图形上任意弧段位 于所张弦的上方
定义 设f (x)在区间I上连续,若对任意两点
x1, x2 I (x1 x2 ), 恒有 :
f
x1
2
x2
1
2
f
(x1)
f
(x2 )
则称曲线y=f (x)在I内是下凸的（或称凹弧）;如果恒有
f
x1
2
x2
1
2
f
(x1)
f
(x2 )
则称曲线y=f (x)在I内是上凸的（或称凸弧）。
在[a, b]上单调增加； （2）如果 x (a,b) , 有f ( x) 0 , 则函数 f ( x)
在[a, b]上单调减少 .
备注 如果 把区间[a,b] 换成其他各种类型的区间 (包括无穷区间) , 定理结论仍成立.
证 在 [a,b] 上任取两点 x1, x2 ,且 x1 x2 ,
在 [ x1, x2 ] 上应用拉格朗日中值定理 , 得
f ( x)
不存在
y f (x) 下凸
0
上凸
曲线在区间(,0]向下凸 , 在区间[0,]向上凸 , 点 (0,0) 为曲线的拐点.
注意: 若 f ( x0 ) 不存在 , 点 ( x0 , f ( x0 )) 也可能
是连续曲线 y f ( x) 的拐点.
结论：
若曲线 y=f (x) 在点 x0 连续 ,
y 注意 拐点处若存在切线，
则必在拐点处穿过曲线. o
x
2) 拐点的求法
定理 2 如果 f ( x)在( x0 , x0 )内存在二阶导
数,则点x0 , f ( x0 )是拐点的必要条件是 f "( x0 ) 0.
求拐点的方法:
2022考研数学：不等式证明的7种方法总结
2022考研数学：不等式证明的7种方法总结
不等式证明的7种方法总结
1. 拉格朗日中值定理适用于已知函数导数的条件，证明涉及函数(值)的不等式;
2. 泰勒公式适用于已知函数的高阶导数的条件，证明涉及函数(值)或低阶导函数(值)的不等式;
3. 应用函数的单调性定理证明：(1)对于证明数的大小比较的不等式，转化为同一函数在区间两端点函数(或极限)值大小的比较，利用函数在区间上的单调性进行证明;(2)对于证明函数大小比较的不等式，转化为同一个函数在区间内的任意一点函数值与区间端点函数(或极限)值大小的比较，利用函数在区间上的单调性进行证明;
4. 利用函数最大值、最小值证明不等式。
把待证的不等式转化为区间上任意一点函数值与区间上某点x出的函数值大小的比较，然后证明(fx)为最大值或最小值，即可证不等式成立;
5. 利用函数取到唯一的极值证明不等式。
把待证的不等式转化为区间上任意一点函数值与区间内某点x处的函数值大小的比较，然后证明(fx)为唯一的极值且为极大值或极小值，即(fx)为最大值或最小值，即可证不等式成立;
6. 用柯西中值定理证明不等式;
7. 利用曲线的凹凸性证明不等式。
几个常用不等式证明不等式方法辛
不等式是高等数学中的一个重要工具。
运用它可以对变量之间的大小关系进行估计，并且一些重要的不等式在现代数学的研究中发挥着重要作用。
这里首先介绍几个常用的不等式，然后再介绍证明不等式的一些方法。
几个重要的不等式 1．平均值不等式设12,,,n a a a 非负，令111()(0)nrr r kk M a a r n =⎛⎫=≠ ⎪⎝⎭∑（当r<0且至少有一0ka =时，令()0r M a =），111()()nkk A a M a a n ===∑，112()()111nn H a M a a a a -==++，11()nnk k G a a =⎛⎫= ⎪⎝⎭∏，称r M 是r 次幂平均值，A 是算数平均值，H 是调和平均值，G 是几何平均值，则有()()()H a G a A a ≤≤，等式成立的充要条件是12,na a a ===；一般的，如果s>0，t<0，则有()()()t s M a G a M a ≤≤，等式成立的充要条件是12,na a a ===。
2．赫尔德（Holder ）不等式设()0,0,1,2,,,1,2,,j i j a a i n j m>>==，且11mjj a==∑，则1111111()()()()m mnnna a a a m m iiii i i i a a a a ===≤∑∑∑，等式成立的充要条件是(1)()(1)()11,1,2,,m i i nnm kki i a a i n aa=====∑∑。
3．柯西-许瓦兹（Cauchy-Schwarz ）不等式设,,1,2,,i i a b i n =为实数，则112222111||n nni i i i i i i a b a b ===⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑。
4．麦克夫斯基(Minkowsk)不等式 设()0,1,2,,,1,2,,,1j i a i n j m r >==>，则111(1)()(1)()111[()][()][()]nnnm r r m r r r r iiiii i i a aa a===++≤++∑∑∑，等式成立的充要条件是(1)()(1)()11()(),1,2,,()()rm ri i nnr m r kki i a a i n aa=====∑∑。
高考数学复习：函数与导数热点问题
@《创新设计》
当 x∈－21a，＋∞时，f′(x)<0. 故 f(x)在0，－21a上单调递增，在－21a，＋∞上单调递减. (2)证明 由(1)知，当 a<0 时，f(x)在 x＝－21a处取得最大值，最大值为
f－21a＝ln－21a－1－41a， 所以 f(x)≤－43a－2 等价于 ln－21a－1－41a≤－43a－2， 即 ln－21a＋21a＋1≤0，
@《创新设计》
8
设 g(x)＝ln x－x＋1，则 g′(x)＝1x－1. 当x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0. 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0. 所以当x>0时，g(x)≤0， 从而当 a<0 时，ln－21a＋21a＋1≤0， 故 f(x)≤－43a－2.
f′(x)＝x－x 1＋ln x－1＝ln x－1x. 因为 y＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，y＝1x在(0，＋∞)上单调递减， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增. 又 f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－12＝ln 42－1>0， 故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.
14
(ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0得，
x＝a－
2a2－4或 x＝a＋
a2－4 2.
当 x∈0，a－ 2a2－4∪a＋ 2a2－4，＋∞时，f′(x)<0；
当 x∈a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4时，f′(x)>0. 所以 f(x)在0，a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4，＋∞上单调递减， 在a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4上单调递增.
利用函数的单调性解方程或解(证)不等式
龙源期刊网
利用函数的单调性解方程或解（证）不等式作者：吴厚荣
来源：《中国新技术新产品》2009年第15期
摘要: 函数的单调性是中学数学教材中介绍函数的一种重要性质,函数的单调性在解决方程,不等式问题时扮演着重要角色。
关键词: 单调性;解方程;解(证)不等式
我们知道函数,方程,不等式三者之间是互相联系的,函数的单调性是中学数学教材中介绍函数的一种重要性质,函数的单调性在解决方程,不等式问题时扮演着重要角色,本文介绍利用函数的单调性解方程或解(证)不等式。
数学分析中几类证明不等式的方法
㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１５２㊀数学分析中几类证明不等式的方法数学分析中几类证明不等式的方法Һ郭㊀鑫㊀（天津师范大学，天津㊀３００２２２）㊀㊀ʌ摘要ɔ在学习数学分析时我们常会见到一些不等式，当然，其中有一些著名的不等式无论是在解题还是在实际应用中都有重要的作用．笔者认为解决这些不等式的证明应该先找到对应的数学分析知识点，所以，本文中结合数学分析的知识点列举了四种常用的证明不等式的思路．本文中在每一种方法后附加了例题及解答，一些题目是选择了教材上的典型例题，还有一些是考研题目及其改编．不等式的证明往往有多种证明方法，还望读者多思考出更多不同的证明方法．ʌ关键词ɔ不等式；数学分析；积分；证明为了加深对数学分析中不等式证明的理解和掌握，本文在数学分析的基础上研究并整理了几种证明不等式的方法，也节选了典型例题辅助讲解．本文属于综述型论文，归纳总结了前人的理论成果并加上自己的理解与补充，希望本文可以帮助读者对于不等式问题有初步的解题思路，并借此探索更多的关于不等式的证明方法．一㊁几个著名不等式（一）Ｊｅｎｓｅｎ不等式如果ｆ（ｘ）为［ａ，ｂ］上的凸函数，那么对任何ｘｉɪ［ａ，ｂ］，λｉ＞０（ｉ＝１，２， ，ｎ），ðｎｉ＝１λｉ＝１有ｆ（ðｎｉ＝１λｉｘｉ）ɤðｎｉ＝１λｉｆｘｉ()．证明㊀当ｎ＝１时，结论显然成立；当ｎ＝２时，由凸函数的定义可以知道ｆ（λ１ｘ１＋λ２ｘ２）ɤλ１ｆ（ｘ１）＋λ２ｆ（ｘ２）成立．假设ｎ－１时命题成立，则对任意ｘ１，ｘ２， ，ｘｎɪ［ａ，ｂ］，以及λｉ＞０，ðｎｉ＝１λｉ＝１，令μｉ＝λｉ１－λｎ＞０（ｉ＝１，２， ，ｎ－１），可以得到μ１＋μ２＋ ＋μｎ－１＝１，由归纳假设得ｆðｎ－１ｉ＝１μｉｘｉ()ɤðｎ－１ｉ＝１μｉｆ（ｘｉ），所以ðｎｉ＝１λｉｘｉ()＝ｆ(（１－λｎ）㊃λ１ｘ１＋λ２ｘ２＋ ＋λｎ－１ｘｎ－１１－λｎ＋λｎｘｎ)ɤ（１－λｎ）㊃ｆλ１ｘ１＋λ２ｘ２＋ ＋λｎ－１ｘｎ－１１－λｎæèçöø÷＋λｎｆ（ｘｎ）ɤ（１－λｎ）㊃［μ１ｆ（ｘ１）＋μ２ｆ（ｘ２）＋ ＋μｎ－１ｆ（ｘｎ－１）］＋λｎｆ（ｘｎ）＝λ１ｆ（ｘ１）＋λ２ｆ（ｘ２）＋ ＋λｎｆ（ｘｎ）．由数学归纳法可知原命题成立．例１㊀求证：（ａｂｃ）ａ＋ｂ＋ｃ３ɤａａｂｂｃｃ，其中ａ，ｂ，ｃ均为正数．提示㊀令ｆ（ｘ）＝ｘｌｎｘ，运用Ｊｅｎｓｅｎ不等式即证．（二）平均值不等式任意ａｉ＞０（ｉ＝１，２， ，ｎ），有ｎ１ａ１＋１ａ２＋ ＋１ａｎɤｎａ１ ａｎɤａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎ．证明㊀设ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ，则ｆᵡ（ｘ）＜０，从而ｆ（ｘ）为凹函数，所以由Ｊｅｎｓｅｎ不等式可得ｆａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎæèçöø÷ȡｆ（ａ１）＋ｆ（ａ２）＋ ＋ｆ（ａｎ）ｎ，即ｌｎｎａ１ａ２ ａｎ＝１ｎ（ｌｎａ１＋ｌｎａ２＋ ＋ｌｎａｎ）ɤｌｎａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎ．因为ｆ（ｘ）为增函数，所以ｎａ１ａ２ ａｎɤａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎ，同理ｎ１ａ１㊃１ａ２㊃ ㊃１ａｎȡ１ａ１＋１ａ２＋ ＋１ａｎｎ，即得结论．注：此题还可运用条件极值证明．（三）Ｓｃｈｗａｒｚ不等式若ｆ（ｘ）和ｇ（ｘ）在［ａ，ｂ］上可积，则ʏｂａｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ()２ɤʏｂａｆ２（ｘ）ｄｘ㊃ʏｂａｇ２（ｘ）ｄｘ．证明㊀因为ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）在［ａ，ｂ］上可积，所以ｆ（ｘ）＋ｔｇ（ｘ）在［ａ，ｂ］上可积，从而ʏｂａ（ｆ（ｘ）＋ｔｇ（ｘ））２ｄｘ＝ʏｂａｆ２（ｘ）ｄｘ＋ʏｂａ２ｔｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ＋ʏｂａｔ２ｇ２（ｘ）ｄｘȡ０，（∗）将（∗）式看作自变量ｔ的一元二次函数，则Δ＝４ʏｂａｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ()２－４ʏｂａｆ２（ｘ）ｄｘ㊃ʏｂａｇ２（ｘ）ｄｘɤ０，结论得证．推论㊀（柯西不等式）对任意ａｉ，ｂｉ有ðｎｉ＝１ａｉｂｉ()２ɤðｎｉ＝１ａｉ２㊃ðｎｉ＝１ｂｉ２．例２㊀若ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）都在［ａ，ｂ］上可积，则有闵可夫斯基（Ｍｉｎｋｏｗｓｋｉ）不等式：ʏｂａ（ｆ（ｘ）＋ｇ（ｘ））２ｄｘ[]１２ɤʏｂａｆ２（ｘ）ｄｘ[]１２＋ʏｂａｇ２（ｘ）ｄｘ[]１２．提示㊀不等式两边平方，化简，利用Ｓｃｈｗａｒｚ不等式．（四）Ｈａｄａｍａｒｄ不等式设ｆ（ｘ）为［ａ，ｂ］上的连续凸函数．求证：ｆａ＋ｂ２()ɤ１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘɤｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）２．提示㊀利用凸函数的性质，证明详细过程见下页．二㊁利用函数单调性与极值解决不等式问题（一）利用单调性解决不等式问题函数的单调性是较为简单直接的证明不等式的方法，对于可导函数ｆ（ｘ）可以通过ｆᶄ（ｘ）的正负判断ｆ（ｘ）的增减性，从而利用具体自变量的取值得到不等式．此类题目的关键在于构建合适的ｆ（ｘ）．（例题中涉及几类常用的构造函数的方法）㊀㊀㊀解题技巧与方法１５３㊀㊀例３㊀（若尔当不等式）设０＜ｘɤπ２，则２πɤｓｉｎｘｘ＜１．证明㊀设ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘｘ，则ｆᶄ（ｘ）＝ｘｃｏｓｘ－ｓｉｎｘｘ２；再令ｇ（ｘ）＝ｘｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ，则ｇᶄ（ｘ）＝－ｘｓｉｎｘ＜０，从而ｇ（ｘ）递减．又因为ｇ（０）＝０，所以ｇ（ｘ）＜０，则有ｆᶄ（ｘ）＜０，即ｆ（ｘ）递减．又因为ｌｉｍｘң０ｆ（ｘ）＝１，且ｆπ２()＝π２，所以，由ｆ（ｘ）的单调性可得２πɤｓｉｎｘｘ＜１．（二）利用极值与最值解决不等式问题对于在定义域内不单调的函数，极值和最值是解决这类函数不等式的一个突破口，构造合适的函数利用极值的定义来证明．例４㊀（利用条件极值）任意ａｉ＞０（ｉ＝１，２， ，ｎ），有ｎ１ａ１＋１ａ２＋ ＋１ａｎɤｎａ１ａ２ ａｎɤａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎ．证明㊀下面只证明ｎａ１ａ２ ａｎɤａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎ（另一不等号的证明见上一页）．设ｘ１＋ｘ２＋ ＋ｘｎ＝ａ（∗），ｆ（ｘ１，ｘ２， ，ｘｎ）＝ｘ１ｘ２ ｘｎ，则只需证在条件（∗）下ｆ（ｘ）的最大值为ａｎｎｎ．令Ｌ（ｘ１，ｘ２， ，ｘｎ，λ）＝ｘ１ｘ２ ｘｎ＋λ（ｘ１＋ｘ２＋ ＋ｘｎ－ａ），则Ｌｘｉ＝ｘ１ ｘｉ－１ｘｉ＋１ ｘｎ＋λ＝０，Ｌλ＝ｘ１＋ｘ２＋ ＋ｘｎ－ａ＝０，{解得λ＝－ｎａ（ｘ１ｘ２ ｘｎ）；ｘｉ＝ａｎ．又因为ｆ（ｘ）有上界，所以所求点为最大值点，即最大值为ａｎｎｎ，结论得证．三㊁利用微分中值定理和泰勒公式解决不等式问题（一）利用拉格朗日定理解决不等式问题拉格朗日定理可以将函数在区间端点的函数值与导函数在某一点的值联系起来，从而利用单调性或已知条件得到不等式．例５㊀求证：ｂ－ａｂ＜ｌｎｂａ＜ｂ－ａａ，其中０＜ａ＜ｂ．证明㊀原不等式等价于１ｂ＜ｌｎｂ－ｌｎａｂ－ａ＜１ａ，由拉格朗日定理，得ｌｎｂ－ｌｎａｂ－ａ＝１ξ，其中ξɪ（ａ，ｂ）．因为１ｂ＜１ξ＜１ａ，所以１ｂ＜ｌｎｂ－ｌｎａｂ－ａ＜１ａ．（二）利用柯西定理解决不等式问题对于已知两个函数的端点函数值问题可利用柯西定理转换成导数比值形式，从而化简不等式．例６㊀设ｘ＞０，求证：２ａｒｃｔａｎｘ＜３ｌｎ（１＋ｘ）．证明㊀原不等式等价于ａｒｃｔａｎｘｌｎ（１＋ｘ）＜３２；∀ｘ＞０，在［０，ｘ］上由柯西中值定理，得∃ξɪ（０，ｘ），使得ａｒｃｔａｎｘｌｎ（１＋ｘ）＝ａｒｃｔａｎｘ－ａｒｃｔａｎ０ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ（１＋０）＝１＋ξ１＋ξ２，设ｆ（ｘ）＝１＋ｘ１＋ｘ２，则ｆᶄ（ｘ）＝１－２ｘ－ｘ２（１＋ｘ２）２，所以ｆ（ｘ）在ｘ＝２－１时取极大值（最大值），２＋１２＜３２，所以１＋ξ１＋ξ２＜３２，即ａｒｃｔａｎｘｌｎ（１＋ｘ）＜３２，结论得证．（三）利用泰勒公式解决不等式问题对于一些不等式中涉及高阶导数及其范围的问题，可尝试利用泰勒公式的近似展开式，而利用泰勒公式的重点在于找到一个合适的点展开．四㊁函数凹凸性（一）函数凹凸性的简单推论推论１㊀ｆ（ｘ）为凸函数的充要条件为：对于定义域上，任意ｘ１＜ｘ２＜ｘ３，则有ｆ（ｘ２）－ｆ（ｘ１）ｘ２－ｘ１ɤｆ（ｘ３）－ｆ（ｘ１）ｘ３－ｘ１ɤｆ（ｘ３）－ｆ（ｘ２）ｘ３－ｘ２．推论２㊀（此推论及其变形适用于许多涉及一阶导数的不等式证明）可导函数为凸（凹）函数当且仅当任意ｘ１，ｘ２有ｆ（ｘ２）ȡｆ（ｘ１）＋ｆᶄ（ｘ１）（ｘ２－ｘ１）（ｆ（ｘ２）ɤｆ（ｘ１）＋ｆᶄ（ｘ１）（ｘ２－ｘ１））．推论３㊀若ｆ（ｘ）为二阶可导函数，则ｆ（ｘ）是凸函数的充分必要条件为ｆᵡ（ｘ）ȡ０．（此命题适用于涉及二阶导数的不等式证明）推论４㊀ｆ（ｘ）为［ａ，ｂ］上的凸函数，则ｆ（ｘ）ȡ２ｆａ＋ｂ２()－ｆ（ａ）－ｆ（ｂ）．（二）运用函数凹凸性证明不等式例７㊀证明Ｈａｄａｍａｒｄ不等式．证明㊀设ｘ＝（１－ｔ）ａ＋ｔｂ＝（ｂ－ａ）ｔ＋ａ，则１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘ＝ʏ１０ｆ［（１－ｔ）ａ＋ｔｂ］ｄｔ．同理可得１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘ＝ʏ１０ｆ［ｔａ＋（１－ｔ）ｂ］ｄｔ．因为ｆ（ｘ）为凸函数，所以１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘ＝ʏ１０ｆ［（１－ｔ）ａ＋ｔｂ］ｄｔɤʏ１０（１－ｔ）ｆ（ａ）＋ｔｆ（ｂ）ｄｔ＝ｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）２，且１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘ＝１２ʏ１０ｆ［（１－ｔ）ａ＋ｔｂ］ｄｔ＋１２ʏ１０ｆ［ｔａ＋（１－ｔ）ｂ］ｄｔ＝ʏ１０１２ｆ［（１－ｔ）ａ＋ｔｂ］＋１２ｆ［ｔａ＋（１－ｔ）ｂ］ｄｔȡʏ１０ｆ[１２（１－ｔ）ａ＋ｔ２ｂ＋ｔ２ａ＋１２（１－ｔ）ｂ]ｄｔ＝ｆａ＋ｂ２()，所以ｆａ＋ｂ２()ɤ１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘɤｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）２．不等式的解法有许多，以上几种方法需要在数学分析的基础上研究不等式．在学习过程中抓住每种方法的要点并掌握相应的数学分析的基础知识才是关键．ʌ参考文献ɔ［１］华东师范大学数学系．数学分析（上册）：第４版［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２０１０．［２］陈守信．考研数学分析总复习：精选名校真题：第５版［Ｍ］．北京：机械工业出版社，２０１８．［３］徐利治，王兴华．数学分析的方法及例题选讲：第２版［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２０１５．［４］蒙诗德．数学分析中证明不等式的常用方法［Ｎ］．赤峰学院学报（自然科学版），２００９（０９）：２０－２２．［５］舒斯会．数学分析选讲［Ｍ］．北京：北京大学出版社，２００７．［６］林源渠，方企勤．数学分析解题指南［Ｍ］．北京：北京大学出版社，２００３．。
高等数学中不等式的证明方法
1 。 2 1
2. 利用函数单调性证明不等式
函数不等式是判断函数之间的大小关系 ， 基于这种思想 ， 可以利用函数单调性证明不等式 。 其基本思想是 ：（1 ） 将不等 式 两 边 的 函 数 移 到 同 一 端 ， 并 作 辅 助 函 数 f （x ）；（2 ） 利 用 函 数 f （x ） 一阶导数的符号判断函数在所给区间上的单调性 ；（3 ） 根 据函数 f （x ） 的单调性 ， 得到所求不等式 。 例 3 ： 证明定理 ： 设 （1 ） 函数 φ （x ） 及 ψ （x ） 可微分 n 次 ； （2 ）φ （x0 ）=ψ （x0 ），（k=0 ，1 ，2 ，…，n-1 ）； （3 ） 当时 x＞x0 ，φ （x ）=ψ （x ）。 则当 x＞x0 时 ， 有不等式 φ （x ）＞ψ （x ）。 证 明 ： 设 F （x ） =φ （x ） -ψ （x ）， 则 由 于 φ
复数 z=x+iy圳 坐标平面上的点 p （x ，y ）。 这样学生会将复数 z 、R 中 的 有 序 实 数 对 （x ，y ）、 坐 标 平 面 上 的 点 p （x ，y ） 视 为 同 义 语 ，
2
把复数集 、 平面点集 、 二维空间 R 的子集看成一回事 。 由 z 圮 （x ，y ）， 复 变 函 数 f （z ） 可 看 成 关 于 x 和 y 的 函 数 ， 其 极 限定义可与实二元函数的极限定义比较 ， 而实二元函数又是 在 多 元 微 分 学 中 讲 过 ，学 生 较 为 熟 悉 ，这 样 进 行 比 较 ，可 加 深 学生对复变函数极限念的进一步认识和理解 。 通过比较 ， 可以发现复变函数的极限定义与实二元函数 极限定义相似成分较之实一元函数要多一些 ， 似乎完全相似 ， 不同的地方主要是一个复变函数确定两个实二元函数 ， 复变 函数的极限存在与否取决于两个实二元函数极限的存在与 否 。 两个实二元函数的极限都存在才称复变函数的极限存在 。 2. 导数概念的类比 在微分学中 ， 对一元函数的导数是这样定义的 ： 设函数 y= f （x ） 在点 x0 的某一邻域内有定义 （ 包括 x0 点 ）， 当自变量 x 在 x0 处 有增量 Δx 时 ， 相应的 ， 函数有增量 ，Δy=f （x0+Δx ）-f （x0 ）， 当 Δx→
数学论文【不等式的证明方法】(汉)
黔南民族师范学院（贵定分院）毕业论文题目：不等式的证明姓名：丁成义班级：12级数学（2）班学号：2012052206专业：数学教育指导教师：张大书日期：2015年2月26日2不等式的证明方法不等式的证明方是中学数学的难点和重点，证明不等式的途径是利用不等式的性质进行代数变形，经常用到的证明不等式的主要方法有基本法 如：比较法，综合法，分析法。
其他方法：如反证法，放缩法，数学归纳法，涣元法，构造法和判别式法等。
1．证明不等式的基本方法1．1比较法比较法是证明不等式的方法之一，比较法除了比差法之外，还有比商法，它们的解题依据及步具步骤如下：比差法。
主要依据是实数的运算性质与大小顺序关系。
即 ，0,0,0a b a b a b a b a b a b ->⇔>-<⇔<-=⇔=基本解题步骤是：作差——变形——判断符号。
（1）作商比较法。
当欲证的不等式两端是乘积形式幂指数式可采用作商比较法。
当0b > 欲证a b >只需证1ab > 欲证a b <只需证1ab< 基本解题步骤是：作商——变形——判断。
（与1的大小）例1．求证： 222(2)5a b a b +≥--322224254250a b a b a b a b +≥--=>+-++≥22(44)(21)0a a b b -++++≥ 2,1a b ==-时等号成立。
所以222(2)5a b a b +≥--成立。
例2．已知,a b R +∈求证a b b a a b a b ≥证： ,a b R +∈又()a b a b b a a b aa b b -=∴()1a b b a a b a a b a b b-≥⇔≥ （1）当a b >时，1a b >，0a b ->所以()1a b ab -> （2）当a b <时01,a a b o b <<-<所以()1a b ab-> （3）当a b =时不等式取等号。
定积分不等式证明方法
f x dx 表示由曲线 y f x ,x
b a b a
轴及直线
x a , x b 所围成的曲边梯形的面积的相反数.
（3） 如果连续函数 f x 正负不定, 则
f x dx 表示由曲线 y f x ,x 轴及直
线 xa , xb 所 围 成 的 一 些 小 曲 边 梯 形 的 面 积 的 代 数 和 , 有
a c a
性质 5
d
[1]
若
f x 在 a, b 上可积,且 f x 0 , c, d a, b ,则
b
f x dx f x dx .
c a
性质 6
[1]
若
f x 在 a, b 上可积, x a, b ,则
b
b a i f a ,即 n
定积分
f x dx 为一序列和的极限,这样我们可由一些序列和的不等式得到积分不
[3]
等式,下面首先给出著名的 Jensen 不等式 ,即 设 f x 为 a , b 上 的 连 续 下 凸 函 数 , 证 明 对 于 任 意 xi a, b 和 i 0 , （i=1,2,……,n）,
1.2 利用泰勒公式
定理 1
[2]
（泰勒定理）
若函数 f x 在 a , b 上存在直至 n 阶的连续导函数,在 x, x0 a, b ,至少存在一点 a, b ,
a, b 内存在{n+1}阶导函数,则对任意给定的
使得
f x f x0 f ' x0 x x0
f n x0 n!
f '' x0 2!
高数考研不等式的证明
12
–
, 注意到 f (0) = f (1),
3、利用极值、最值证明不等式 、利用极值、 例5. 证明当 0 < x < 2时, 4xlnx – x2 – 2x + 4 > 0. 时 证: 令 f (x) = 4xlnx – x2 – 2x + 4 , 则 f ′(x) = 4lnx – 2x + 2 ,
2(2 − x ) ，f ′′(1) = 2 > 0, 这是唯一驻点. 这是唯一驻点 而 f ′′( x ) = x 的极小值点. 故 x = 1是 f (x)的极小值点 是 的极小值点 又当0 又当 < x < 2时, f ′′ > 0, 故曲线 y = f (x)在(0, 2)内 时 ′′(x) 在 内 是凹的, 既是极小值点, 是凹的 故 x = 1既是极小值点 又是最小值点 从而在 既是极小值点 又是最小值点, 0 < x < 2中, 有 中 f (x) > f (1) = 1 > 0， ， 4xlnx – x2 – 2x + 4 > 0. 从而
(0 < ξ1 < c )
f ′(a ) − f ′(c ) = f ′′(ξ 2 ) ⋅ ( a − c ) (c < ξ 2 < a )
≤ M (c + a − c ) = Ma
7
⇒| f ′(0) | + | f ′(a ) |=| f ′′(ξ1 ) | ⋅c + | f ′′(ξ 2 ) | (a − c )