基本不等式推广到n证明【例说不等式一题多证】
时间：2018-12-27 03:30:20 来源：雅意学习网 本文已影响 人 
摘要: 在高等数学的学习过程当中,不等式的证明是一个重点和难点｡本文对一些不等式问题加以证明,注意从题目信息中发现证明契机,一题多证,不仅可以拓宽读者的思路,还可以提高读者分析问题和解决问题的能力｡
关键词: 不等式证明 高等数学 一题多证
不等式证明是高等数学学习中的一个重要内容,在纯粹数学和应用数学中扮演着关键角色｡不等式的证明问题,由于题型多变､方法多样､技巧性强,加上无固定的规律可循,往往不是用一种方法就能解决的,它是多种方法的灵活运用,也是各种思想方法的集中体现,因此难度较大,大多数学生在遇到不等式证明问题不知如何下手｡解决这个问题的途径在于熟练掌握不等式的性质和一些基本不等式,灵活运用常用的证明方法｡实际上在许多不等式证明都存在一题多证｡针对不等式的证明,下面以考研试题或考研类型题为例,供读者参考｡
例1(复旦大学).求证:π 0)｡
由于 = = • = [(1+ ) ] e),于是f(x)在[e,+∞)上单调递减,
而π>e,则f(π)= 1-cosx> ｡
(本题分别用柯西中值定理､Taylor公式,函数的单调性来证明｡)
柯西中值定理:
若:(1)函数f(x)与g(x)都在闭区间[a,b]上连续;(2)f(x)与g(x)都在开区间(a,b)内可导;(3)f′(x)与g′(x)在(a,b)内不同时为0;(4)g(a)≠g(b),则(a,b)在内至少存在一点ξ,使得 = ｡
Taylor定理:
若函数f(x)满足如下条件:
(1)在闭区间[a,b]上函数f(x)存在直到n阶连续导数;(2)在开区间(a,b)内存在f(x)的n+1阶导数,则对任何x∈(a,b),至少存在一点ξ∈(a,b),使得:f(x)=f(a)+f′(a)(x-a)+ (x-a) +...+ (x-a) + (x-a) ,上式称函数f(x)在x=a处的Taylor公式｡Taylor公式在a=0时称马克劳林公式｡
证法1(柯西中值定理法):
要证 >1-cosx> ,由于0 > ｡
由柯西中值定理,存在ξ∈(0, ),
使 = =
再由Jordan不等式 - = > ,结论成立｡
证法3(利用函数单调性):
令f(x)=1-cosx- ,g(x)=1-cosx- ,
则f′(x)=sinx-x0,x∈(0, )｡
再由函数的连续性知f(x)在[0, ]上严格单调递减,而g(x)在[0, ]上严格单调递增,由此f(x)g(0),x∈(0, ),结论成立｡
例3(上海师范大学).求证: > ,?坌x∈(0, )｡
证法1(马克劳林公式法):
原不等式等价于sin x>x cosx,x∈(0, )｡
由马克劳林公式知:
sinx=x- + - ...,cosx=1- + - ...
则sin x=[x- +o(x )] =x - x +o(x )
x cosx=x [1- +o(x )]=x - x +o(x )
由于x - x +o(x )>x - x +o(x ),
∴sin x>x cosx,x∈(0, ),结论成立｡
证法2(Taylor公式法):
原不等式等价于sinx•tanx>x ,x∈(0, )｡
令f(x)=sinx•tanx-x ,x∈(0, ),
则f′(x)=cosx•tanx+sinx•sec x-2x
f″(x)=-sinx•tanx+cosx•sec x+cosx•sec x-2sinx•sec x•tanx-2
f?苁(x)=sinx(5sec x-1)+6sin x•sec x>0,x∈(0, )｡
由于f(0)=f′(0)=f″(0)=0,再由Taylor公式,
∴f(x)=f(0)+f′(0)x+ x + x >0,x∈(0, ),
此即证sinx•tanx-x >0,所以原不等式成立｡
例4.设f(x)在[a,b]上连续且单调递增,求证:xf(x)dx≥ f(x)dx｡
(本题分别应用积分第一､二中值定理,变限积分,函数单调性来证明｡)
积分第一中值定理:若f在[a,b]上连续,则在[a,b]上至少存在一点ξ,使得f=f(ξ)(b-a)｡
积分第二中值定理:若在[a,b]上f为单调函数,g为可积函数,则存在ξ∈[a,b],
使得fg=f(a)g+f(b)g｡
证法1(积分第一中值定理法):
只要证(x- )f(x)dx≥0｡
令c= ,
则(x- )f(x)dx=(x-c)f(x)dx+(x-c)f(x)dx
=f(ξ )(x-c)dx+f(ξ )(x-c)dx
= (x-c) |+ (x-c) |= ( ) [f(ξ )-f(ξ )]
其中ξ ∈[a,c],ξ ∈[c,b]｡
由于f(x)在[a,b]上连续且单调递增,所以f(ξ )>f(ξ ),
则 ( ) [f(ξ )-f(ξ )]≥0,
即(x- )f(x)dx≥0,得证｡
证法2(积分第二中值定理法):
只要证(x- )f(x)dx≥0｡
而(x- )f(x)dx=f(a)(x- )dx+f(b)(x- )dx
= [( ) -(ξ- ) ]≥0,ξ∈[a,b]｡得证｡
证法3(变限积分法):
令F(x)=tf(t)dt- f(t)dt,则问题转化为F(b)≥0｡
显然F(a)=0,而F′(x)=xf(x)- f(t)dt- f(x)
= f(x)- f(t)dt= f(x)dt- f(t)dt
= [f(x)-f(t)]dt≥0｡∴F(b)≥F(a)=0｡得证｡
证法4(利用函数单调性):
由于f(x)在[a,b]上连续且单调递增,
(1)若x≥ ,则x- ≥0,f(x)-f( )≥0;
(2)若x.北京:高等教育出版社,2001.6.
[2]钱吉林等.数学分析题解精粹.武汉:崇文书局,2003.8.
注:“本文中所涉及到的图表､注解､公式等内容请以PDF格式阅读原文｡”
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