例說不等式一題多證

摘要: 在高等數學的學習過程當中，不等式的證明是一個重點和難點#65377;本文對一些不等式問題加以證明，注意從題目信息中發現證明契機，一題多證，不僅可以拓寬讀者的思路，還可以提高讀者分析問題和解決問題的能力#65377;

關鍵詞: 不等式證明 高等數學 一題多證

不等式證明是高等數學學習中的一個重要內容，在純粹數學和應用數學中扮演著關鍵角色#65377;不等式的證明問題，由于題型多變#65380;方法多樣#65380;技巧性強，加上無固定的規律可循，往往不是用一種方法就能解決的，它是多種方法的靈活運用，也是各種思想方法的集中體現，因此難度較大，大多數學生在遇到不等式證明問題不知如何下手#65377;解決這個問題的途徑在于熟練掌握不等式的性質和一些基本不等式，靈活運用常用的證明方法#65377;實際上在許多不等式證明都存在一題多證#65377;針對不等式的證明，下面以考研試題或考研類型題為例，供讀者參考#65377;

例1(復旦大學).求證:π

證法1(換元法#65380;比較法#65380;擴大法):

令π=e+x(x>0)#65377;

由于 = = #8226; = [(1+ ) ] < #8226;e =1，

∴π

證法2(利用函數單調性):

要證π

令f(x)= (x≥e)，則f′(x)= <0(x>e)，于是f(x)在[e，+∞)上單調遞減，

而π>e，則f(π)=

證法3(定積分法):

由于 - =d( )= #8226;dx，

當x∈(e，π)時， <0，

∴ #8226;dx<0，即 < ，∴π

例2.證明不等式:當01-cosx> #65377;

(本題分別用柯西中值定理#65380;Taylor公式，函數的單調性來證明#65377;)

柯西中值定理:

若:(1)函數f(x)與g(x)都在閉區間[a，b]上連續;(2)f(x)與g(x)都在開區間(a，b)內可導;(3)f′(x)與g′(x)在(a，b)內不同時為0;(4)g(a)≠g(b)，則(a，b)在內至少存在一點ξ，使得 = #65377;

Taylor定理:

若函數f(x)滿足如下條件:

(1)在閉區間[a，b]上函數f(x)存在直到n階連續導數;(2)在開區間(a，b)內存在f(x)的n+1階導數，則對任何x∈(a，b)，至少存在一點ξ∈(a，b)，使得:f(x)=f(a)+f′(a)(x-a)+ (x-a) +...+ (x-a) + (x-a) ，上式稱函數f(x)在x=a處的Taylor公式#65377;Taylor公式在a=0時稱馬克勞林公式#65377;

證法1(柯西中值定理法):

要證 >1-cosx> ，由于0 > #65377;

由柯西中值定理，存在ξ∈(0， )，

使 = =

再由Jordan不等式 < <1，x∈(0， )便知結論成立#65377;

證法2(Taylor公式法):

由Taylor公式cosx=1- + cosξ，ξ∈(0， )，

可知1-cosx= - cosξ，ξ∈(0， )，所以1-cosx< #65377;

又 cosξ

∴1-cosx> - = > ，結論成立#65377;

證法3(利用函數單調性):

令f(x)=1-cosx- ，g(x)=1-cosx- ，

則f′(x)=sinx-x<0，x∈(0， )，g′(x)=sinx- >0，x∈(0， )#65377;

再由函數的連續性知f(x)在[0， ]上嚴格單調遞減，而g(x)在[0， ]上嚴格單調遞增，由此f(x)g(0)，x∈(0， )，結論成立#65377;

例3(上海師范大學).求證: > ，?坌x∈(0， )#65377;

證法1(馬克勞林公式法):

原不等式等價于sin x>x cosx，x∈(0， )#65377;

由馬克勞林公式知:

sinx=x- + - ...，cosx=1- + - ...

則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， )，結論成立#65377;

證法2(Taylor公式法):

原不等式等價于sinx#8226;tanx>x ，x∈(0， )#65377;

令f(x)=sinx#8226;tanx-x ，x∈(0， )，

則f′(x)=cosx#8226;tanx+sinx#8226;sec x-2x

f″(x)=-sinx#8226;tanx+cosx#8226;sec x+cosx#8226;sec x-2sinx#8226;sec x#8226;tanx-2

f?蓯(x)=sinx(5sec x-1)+6sin x#8226;sec x>0，x∈(0， )#65377;

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， )，

此即證sinx#8226;tanx-x >0，所以原不等式成立#65377;

例4.設f(x)在[a，b]上連續且單調遞增，求證:xf(x)dx≥ f(x)dx#65377;

(本題分別應用積分第一#65380;二中值定理，變限積分，函數單調性來證明#65377;)

積分第一中值定理:若f在[a，b]上連續，則在[a，b]上至少存在一點ξ，使得f=f(ξ)(b-a)#65377;

積分第二中值定理:若在[a，b]上f為單調函數，g為可積函數，則存在ξ∈[a，b]，

使得fg=f(a)g+f(b)g#65377;

證法1(積分第一中值定理法):

只要證(x- )f(x)dx≥0#65377;

令c= ，

則(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]#65377;

由于f(x)在[a，b]上連續且單調遞增，所以f(ξ )>f(ξ )，

則 ( ) [f(ξ )-f(ξ )]≥0，

即(x- )f(x)dx≥0，得證#65377;

證法2(積分第二中值定理法):

只要證(x- )f(x)dx≥0#65377;

而(x- )f(x)dx=f(a)(x- )dx+f(b)(x- )dx

= [( ) -(ξ- ) ]≥0，ξ∈[a，b]#65377;得證#65377;

證法3(變限積分法):

令F(x)=tf(t)dt- f(t)dt，則問題轉化為F(b)≥0#65377;

顯然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#65377;∴F(b)≥F(a)=0#65377;得證#65377;

證法4(利用函數單調性):

由于f(x)在[a，b]上連續且單調遞增，

(1)若x≥ ，則x- ≥0，f(x)-f( )≥0;

(2)若x< ，則x- <0，f(x)-f( )<0#65377;

綜上，(x- )[f(x)-f( )]≥0，

故(x- )[f(x)-f( )]dx≥0

∴(x- )f(x)dx≥f( )(x- )dx=0#65377;得證#65377;

參考文獻:

[1]華東師范大學數學系.數學分析(上)<第三版>.北京:高等教育出版社，2001.6.

[2]錢吉林等.數學分析題解精粹.武漢:崇文書局，2003.8.

注:“本文中所涉及到的圖表#65380;注解#65380;公式等內容請以PDF格式閱讀原文#65377;”