導數證明不等式方法范文第1篇
例
1、設當x??a,b?時，f/(x)?g/(x)，求證：當x??a,b?時，f(x)?f(a)?g(x)?g(a).
例
2、設f(x)是R上的可導函數，且當x?1時(x?1)f/(x)?0.
求證：(1)f(0)?f(2)?2f(1);(2)f(2)?2f(1).
例
3、已知m、n?N，且m?n，求證：(1?m)?(1?n).
?nm
例
4、(2010年遼寧卷文科)已知函數f(x)?(a?1)lnx?ax2?1，其中a??2，證明：? x1,x2?(0,??)，|f(x1)?f(x2)|?4|x1?x2|.例
5、(2010年全國Ⅱ卷理科)設函數f?x??x?aIn?1?x?有兩個極值點x
1、x2，且
2x1?x2，證明：f?x2??
1?2In2.
4a?0，b?0，例
6、已知函數f(x)?xlnx，求證：f(a)?(a?b)ln2?f(a?b)?f(b).x?ln(1?x)?x; 1?x
11112n?c??????ln(2)設c?0，求證：.2?cn?1?cn?2?c2n?cn?c例
導數證明不等式方法范文第2篇
一、導數單調性、極值、最值的直接應用 設a>0，函數g(x)=(a^2+14)e^x+4.ξ
1、ξ2∈[0，4]，使得|f(ξ1)-g(ξ2)|<1成立，求a的取值范圍.
二、交點與根的分布
三、不等式證明
(一)做差證明不等式
(二)變形構造函數證明不等式
四、不等式恒成立求字母范圍
(一)恒成立之最值的直接應用
(二)恒成立之分離參數
(三)恒成立之討論字母范圍
五、函數與導數性質的綜合運用
六、導數應用題
導數證明不等式方法范文第3篇
一、比較法：
a?b等價于a?b?0;而a?b?0等價于a
b?1.即a與b的比較轉化為與0
或1的
比較.使用比較發時，關鍵是要作適當的變形，如因式分解、拆項、加減項、通分等，這是第一章中許多代數不等式的證明及其他各章初等不等式的證明所常用的證明技巧.二、綜合法與分析法：
綜合法是由因導果，即是由已知條件和已知的不等式出發，推導出所要證明的不等式;分析法是執果索因，即是要逐步找出使結論成立的充分條件或者充要條件，最后歸結為已知的不等式或已知條件.對于條件簡單而結論復雜的不等式，往往要通過分析法或分析法與綜合法交替使用來尋找證明的途徑.還要注意：第一，要熟悉掌握第一章的基本不等式和后面各章中著名的各種不等式;第二，要善于利用題中的隱含條件;第三，不等式的各種變性技巧.三、反證法：
正難則反.設所要證的不等式不成立，從原不等式的結論的反面出發，通過合理的邏輯推理導出矛盾，從而斷定所要證的不等式成立.要注意對所有可能的反面結果都要逐一進行討論.四、放縮法：
要證a?b，又已知(或易證)a?c，則只要證c?b，這是利用不等式的傳遞性，將原不等式里的某些項適當的放大或縮小，或舍去若干項等以達證題目的.放縮法的方法有： ①添加或舍去一些項，如：a2?1?a;n(n?1)?n;
②將分子或分母放大(或縮小);
③利用基本不等式，如：
log3?lg5?(
n(n?1)?lg3?lg522)2?lg?lg?lg4; n?(n?1);
④利用常用結論：
k?1?k?
1k?1??
1k?
11?k1k
?
12k
1k
;
1k(k?1)
1k?1
1k
1k?1
1k
?
1k(k?1)1k
;
???
(程度大)
1k
?
?1
?
(k?1)(k?1)
?
2k?1
(
?
) ; (程度小)
五、換元法：
換元的目的就是減少不等式中變量，以使問題化難為易，化繁為簡，常用的換元有三角換元和代數換元.如：
已知x2?y2?a2，可設x?acos?,y?asin?;
已知x2?y2?1，可設x?rcos?,y?rsin?(0?r?1); 已知
xaxa
2
2?
ybyb
22
?1，可設x?acos?,y?bsin?;
22
22
已知
?
?1，可設x?asec?,y?btan?;
六、數學歸納法法：
與自然數n有關的許多不等式，可考慮用數學歸納法證明，數學歸納法法證明不等式在數學歸納法中有專門的研究.但運用數學歸納法時要注意：
第一，數學歸納法有多種形式.李大元就證明了下述七種等價的形式：設P(n)是與n有關的命題，則
(1)、設P(n0)成立，且對于任意的k?n0，從P(k)成立可推出P(k?1)成立，則P(n)對所有大于n0的n都成立.(2)、設m是任給的自然數，若P(1)成立，且從P(k)(1?k?m)成立可推出
P(k?1)成立，則P(n)對所有不超過m
的n都成立.(3)、(反向歸納法)設有無窮多個自然數n(例如n?2m)，使得P(n)成立，且從P(k?1)成立可推出P(k)成立，則P(n)對所有n成立.
(4)、若P(且P(n)對所有滿足1?n?k的n成立可推出P(k?1)成立，1)成立，則P(n)對所有n成立.(5)、(最小數原理)自然數集的非空子集中必有一個最小數.
(6)、若P)且若P(k),P(k?1)成立可推出P(k?2)成立，則P(n)1(,P(2)成立，對所有n成立.(7)、(無窮遞降法)若P(n)對某個n成立可推出存在n1?n，使得P(n1)成立，則P(n)對所有n成立.
此外，還有螺旋歸納法(又叫翹翹板歸納法)：設有兩個命題P(n),Q(n)，若
P(1)
成立，又從P(k)成立可推出Q(k)成立，并且從Q(k)成立可推出P(k?1)成
立，其中k為任給自然數，則P(n),Q(n)對所有n都成立，它可以推廣到兩個以上的命題.這些形式雖然等價，但在不同情形中使用各有方便之處.在使用它們時，若能注意運用變形和放縮等技巧，往往可收到化難為易的奇效.
對于有些不等式與兩個獨立的自然數m,n有關，可考慮用二重數學歸納法，即若要證命題P(m,n)對所有m,n成立，可分兩步：①先證P(1,n),P(m,1)對所有m,n成立;②設P(m?1,n),P(m,n?1)成立，證明P(m?1,n?1)也成立. 第二，數學歸納法與其它方法的綜合運用，例如，證明
n
?
k?
11k
sinkx?0,(0?x??)
就要綜合運用數學歸納法，反證法與極值法;有時可將n換成連續量x，用微分法或積分法.
第三，并不是所有含n的不等式都能用數學歸納法證明的.
七、構造法：
通過構造函數、方程、數列、向量或不等式來證明不等式;證明不等式的方法靈活多樣，但比較法、綜合法、分析法和數學歸納法仍是證明不等式的最基本方法.要依據題設、題斷的結構特點、內在聯系，選擇適當的證明方法，要熟悉各種證法中的推理思維，并掌握相應的步驟，技巧和語言特點.筆者將在第三章中詳細地介紹構造法.八、利用基本不等式：
善于利用已知不等式，特別是基本不等式去發現和證明新的不等式，是廣泛應用的基本技巧.這種方法往往要與其它方法結合一起運用.
22
例1 已知a，b?R，且a?b?1.求證：?a?2???b?2??
252
.
證法一：(比較法)?a,b?R,a?b?1
?b?1?a
??a?2???b?2??
22
252
?a?b?4(a?b)?
22
92
12?2(a?
12)?0
?a?(1?a)?4?
92
?2a?2a?
12
即?a?2?2??b?2?2?
證法二：(分析法)
252
(當且僅當a?b?時，取等號).
?a?2?2??B?2??
252
?a?b?4(a?b)?8?
22
252
?b?1?a?
??225122
?(a?)?0?a?(1?a)?4?8?22?
顯然成立，所以原不等式成立.
點評：分析法是基本的數學方法，使用時，要保證“后一步”是“前一步”的充分條件.
證法三：(綜合法)由上分析法逆推獲證(略).
證法四：(反證法)
假設(a?2)2?(b?2)2?
252
，則 a2?b2?4(a?b)?8?
252
252
.
由a?b?1，得b?1?a，于是有a2?(1?a)2?12?
1??
所以(a?)?0，這與?a???0矛盾.
22??
.
所以?a?2???b?2??
252
.
證法五：(放縮法)
∵a?b?1
∴左邊=?a?2???b?2?
??a?2???b?2??2125?2??a?b?4????????
222??
=右
邊.
點評：根據不等式左邊是平方和及a?b?1這個特點，選用基本不等式
?a?b?
a?b?2??.
?2?
證法六：(均值換元法)
∵a?b?1，
所以可設a?
12?t
，b?
12
?t， 1
∴左邊=?a?2???b?2??(?t?2)2?(?t?2)2
5?5?2525??2
=右邊. ??t????t???2t??
2?2?22??
22
當且僅當t?0時，等號成立.
點評：形如a?b?1結構式的條件，一般可以采用均值換元.
證法七：(利用一元二次方程根的判別式法)
設y??a?2???b?2?，由a?b?1，有y?(a?2)2?(3?a)2?2a2?2a?13， 所以2a2?2a?13?y?0，
因為a?R，所以??4?4?2?(13?y)?0，即y?故?a?2???b?2??
22
252
.
252
.
下面，筆者將運用數學歸納法證明第一章中的AG不等式.在證明之前，筆者先來證明一個引理.
引理：設A?0，B?0，則(A+B)n?An+nA(n-1)B，其中n?N?. 證明：由二項式定理可知
n
(A+B)=?An?iBi?An+nA(n-1)B
n
i?0
?
(A+B)?A+nA
nn(n-1)
導數證明不等式方法范文第4篇
【關鍵詞】 融資租賃; 數學模型及解集; 不等額支付及分類; 融資費用
租賃是指在約定的期間內,出租人將資產使用權讓與承租人以獲取租金的協議。在市場經濟條件下,越來越多的企業把通過租賃取得相關資產的使用權作為本企業融資的一種重要形式并給予了高度的關注,積極加以推動,其業務需求有日益增長之勢。在租賃業務中,承租人取得資產的使用權是以支付租金為代價的。承租人向出租人支付的租金中,包含了本金和利息兩個部分,這就需要將未確認的融資費用按一定的分攤方法確認為當期融資費用。
按照租賃準則的規定,承租人在分攤未確認的融資費用時,應當采用實際利率法。實際利率法的實施,使得租賃業務中未確認融資費用的分攤建立在公允價值的基礎之上,其確認更為合理、計量更加規范。這為企業租賃業務向多元化方向發展,支付租金方式向多樣化需求探索,提供了應遵循的原則和思路。
目前,租賃業務中承租人在租期內采用的是等額支付租金的方法。然而,承租人在技術、資金、人力資源等方面實力不同,在項目生產、營銷、盈利等方面能力也不盡相同。實務中會經常遇到不等額支付租金的需求,對這種需求必須給予正面回應。本文以融資租賃業務實際利率法為依據,試圖建立起融資租賃支付租金方法的數學模型,并以模型為依托,深入分析不等額支付租金方法的可行性,及其廣泛的實用性。以此解決融資租賃支付租金方式多樣化的實際需求,從而進一步積累和豐富租賃業務支付租金方式的內涵和外延。這對于企業融資決策開闊視野、拓寬思路,無疑將是一種有益的嘗試和探索。
一、不等額支付租金方法可行性分析
(一)建立融資租賃支付租金方法的數學模型
要探索不等額支付租金方法是否具有可行性,就需要深入揭示租賃業務支付租金方法的實質和其內在的規律。筆者以融資租賃為例,對不等額支付租金方法進行可行性分析。在此基礎上,對融資租賃支付租金的方法進行分類。
租賃準則對融資租賃在實際利率的選擇上是有條件、分層次的(內含、合同、銀貸利率);對“融資租入固定資產”入賬金額也有相關規定,有關論述從略。
例1:甲承租人租入一項固定資產,租期n年,每年末支付租金為A萬元,租賃合同利率為r,最低租賃付款額的現值為M萬元,租賃固定資產公允價值為G萬元,且G≥M。
假如認定本例滿足融資租賃標準。
首先確定:“融資租入固定資產”入賬金額為M萬元。(M與G孰低確定)
等額支付租金方法下,各年支付租金A萬元,其現值需滿足下式:
A/(1+r)+……+A/(1+r)n=M (1)
而不等額支付租金方法下,設各年支付租金序列為:A1…At…An,其現值也必須滿足下式:
A1/(1+r)+……+An/(1+r)n=M(2)
而當At=A時,(2)式=(1)式。這就意味著(2)式已涵蓋了(1)式,或言之融資租賃支付租金的方法可以利用(2)式求解來確定。從上述推論可知,不等額支付租金方法并沒有改變融資租賃業務的實質:即各年所支付租金的折現額等于“融資租入固定資產”入賬金額。
從(2)式中知道,系數1/(1+r)……1/(1+r)n,在每一個確認的實際利率(內含、合同、銀貸)r下,都是一個確定的常數。而At作為未知數是一個變量。如果用ft來表示At的系數1/(1+r)t,變量xt來表示At的金額,這樣上式就是一個標準的n元線性應用方程:f1x1+f2x2+……+fn-1xn-1+fnxn=M。本文將這一n元線性方程作為探尋融資租賃支付租金方法的數學模型。這樣,把A1…At…An的確認計量過程,看成n元線性方程求解的過程。線性代數推導可以證明,該方程可有無數個不同的解,而實務中每一個解就一一對應一種支付租金的方法。其任意解α可表示成:α=α0+k1η1+k2η2+……+kn-1ηn-1,其中α0是非齊次線性方程FX=M的一個特解,η1,η2……ηn-1是齊次線性方程FX=0的基礎解系。解α具體表現形式為:α=(A1…At…An)。即使考慮到At≥0,仍有大量的符合實際應用的解可選用,本文將其稱為支付租金方法方程的實用解集(簡稱解集)。從數學模型建立到求解過程來看,用解集代表全部融資租賃支付租金的方法(等額、不等額),從理論上講是可行的,也是可靠的。這就為尋求融資租賃多樣化、差異化的支付租金方法提供了堅實的數理基礎。
(二)融資租賃支付租金方法的分類
從融資租賃支付租金方法方程的解集構成來分類,融資租賃支付租金方法可分為:等額、不等額支付租金兩種基本類型。而從支付租金方法的還本能力來分類,融資租賃不等額支付租金類型首先可分為:較大能力還本(各年支付租金序列中,還本按較大支付能力計算)、較小能力還本(各年支付租金序列中,還本按較小支付能力計算)支付租金兩種基本方式。其次,等額還本支付租金方法(各年支付的租金序列中,還本按相等能力計算,即等本約束條件下的特定解)是較大能力和較小能力還本支付租金方式的平衡點和臨界點,其地位特殊,本文將其升列為支付租金基本方式。而等額支付租金類型(等額約束條件下的特定解)是租賃的常規方法,按還本能力分應歸屬于較小能力還本支付租金方式。這樣,融資租賃支付租金的兩種基本類型按還本能力為標準就可細分為:較大能力還本(簡稱較大本)、等額還本(簡稱等本)、較小能力還本(簡稱較小本)支付租金三種基本方式。這里,筆者將解集中具有同質性支付租金方法(解)組成的子集稱為支付租金的一種方式。
二、不等額支付租金類型未確認融資費用的確認與計量
假設解αk滿足不等額類型支付租金方式,則其各年支付租金序列為:αk=(A1…At…An),第t年支付租金額為:At。
(一)融資費用分攤率的確定
由于αk是方程的解,則有:A1/(1+r)+……+An/(1+r)n
=M,融資費用分攤率(實際利率)為合同利率r(下同)。
(二)未確認融資費用的分攤
設第1年初本金額為C0=M(下同),第t年末應付本金減少額為Ct(下同),融資費用為Lt(下同),應付本金減少額為Bt(下同)。
應付本金余額的確認與計量:
融資費用的確認與計量:Lt=Ct-1r
應付本金減少額的確認與計量:Bt=At-Lt
其中,等本方式未確認融資費用的分攤:
假設解αj滿足等本支付租金方式(特解),則其各年支付租金序列為αj=(A1…At…An),則有:
At=M/n+Mr[1-(t-1)/n]
Ct=Ct-1(1+r)-At=M(1-t/n)
Lt=Mr[1-(t-1)/n]
Bt=M/n
不等額支付租金類型的解αk(包括αj)都可通過下式直接轉化成等額支付租金類型下的解αi=(A1…At…An),At=A。
總之,較大本、等本、較小本支付租金的方式是按還本能力進行的分類,這樣分類在很大程度上可以滿足融資租賃業務支付租金方式多樣性的需求,可作為融資租賃在支付租金方式上創新的參考。
三、融資費用差異分析
假設例1中,租期n=5年,M=5 000萬元,r=6%(下同)。為了便于比較,本文從較大本支付租金方式中選取最大能力還本(最大本)和中等較大能力還本(中大本)兩種支付租金方法(特解)來編制未確認融資費用分攤表。
最大本:A1=5 000(1+6%)=5 300萬元,A2=……=A5=0(分攤表略)
租金合計:5 300萬元,融資費用合計:300萬元,應付本金減少額合計:5 000萬元
中大本(具體見表1):A1=1 600萬元,A2=1 400萬元,A3=1 200萬元,A4=1 000萬元,A5=595萬元
等本(具體見表2):A1=1 300萬元,A2=1 240萬元,A3=1 180萬元,A4=1 120萬元,A5=1 060萬元
從較小本支付租金方式中選取等額、中等較小能力還本(中小本)和最小能力還本(最小本)三種支付租金方法(特解)來編制未確認融資費用分攤表。
等額(具體見表3):A1=1 187萬元,A2=1 187萬元,A3=
1 187萬元,A4=1 187萬元,A5=1 187萬元
中小本(具體見表4):A1=400萬元,A2=594萬元,A3=
1 076萬元,A4=1 828萬元,A5=2 332萬元
最小本:A1=A2=A3=A4=0,A5=5 000(1+6%)5=6 691萬元 (分攤表略)
租金合計:6 691萬元,融資費用合計:1 691萬元,應付本金減少額合計:5 000萬元
未確認融資費用分攤表中,從各年支付租金額來看:較大、等本與等額相比,前期支付租金額較大,后期支付租金額逐年較小。雖然前期支付壓力大,但后期壓力逐年減輕。而較小本前期支付租金額較小,后期支付租金額逐年增大,因而其后期支付風險加重。從各年承擔融資費用來分析:雖三種支付方式第一年承擔費用相等,且后期承擔費用有逐步減小之趨勢,但與等額相比,較大、等本年承擔費用的環比率下降顯著,而較小本年承擔費用環比率下降較小。下面本文以還本率、費用率兩個指標對上述方式的還本強度和費用水平給予綜合評價(見表5)。其計算公式為:費用率=確定的融資費用總額/租金總額,還本率=應付本金減少總額(本金)/租金總額=1-費用率。
評價表中,從相對數字來看:融資費用率越高,還本能力越弱;反之,融資費用率越低,還本能力越強。從絕對數字來看,等本與較大本及較小本與等本相比,等本、較小本多支付的租金額就是其融資費用的增加額。融資費用的增加使其資金使用成本隨之提高。這也進一步說明,還本能力的降低是融資資金使用成本上升的內因。而最大本、最小本方法的提出,為承租人在不等額支付租金類型中選擇適當的方法時,指明了參考區域。這為承租人的融資決策提供了應用空間,有著較強的指導性和實用性。
相對于等額支付租金方法而言,有一定支付租金能力的承租人,選擇等本方式是較為合理的;而對于支付租金具有很高保證度的承租人,優選較大本方式是較為理想的。雖然較小本方式承擔了較高的融資費用,但是對于融資租賃項目前期資金緊張、后期收益預期顯著增加的承租人來說,也不失為一種備用選擇?？傊?融資租賃支付租金方法決策應重視提高還本能力,這是降低承租人費用負擔的治本之策。
四、結論
本文通過建立融資租賃支付租金方法的n元線性方程數學模型,將等額、不等額支付租金方法統歸于方程的解集之中,并深入分析了各支付方式還本及融資費用之差異。這使得融資租賃支付租金方式的內涵更為充實、外延更加豐富。如果不等額支付租金方法代表的是支付租金方法的普遍性,那么等額等支付租金方式、方法就代表的是支付租金方式的特殊性。普遍性寓于特殊性之中,特殊性因普遍性而存在。這些支付租金的方式和方法從內涵上講,就是通過租金以實際利率逐期折現的方式,實現了或支付了“融資租入固定資產”的入賬價值M。從外延上講,不等額支付租金方法,不僅各期支付的租金不同,租金中所含的應付本金減少額和所應承擔的融資費用也不相同,而且,其支付的總租金額和承擔的總融資費用也各不盡相同。正是不等額支付租金方法的引入,極大豐富了融資租賃支付租金方法的外延,才使得支付租金方法的數學模型的存在成為一種現實的可能;或者說,也正是因為支付租金方法的數學模型,能夠滿足融資租賃市場對支付租金方式個性化發展的需要,才能使其具有生機和活力。當然,對于承租人選擇的支付租金方式,只有出租人對承租人的信譽、財務盈利性、償債能力、還本風險、保證措施等方面進行綜合評估認可后,方能達成協議?！?/p>
【主要參考文獻】
[1] 企業會計準則講解[M].人民出版社,2006.
導數證明不等式方法范文第5篇
1 常用方法
1.1比較法(作差法)[1]
在比較兩個實數a和b的大小時，可借助a?b的符號來判斷.步驟一般為：作差——變形——判斷(正號、負號、零).變形時常用的方法有：配方、通分、因式分解、和差化積、應用已知定理、公式等. 例1 已知：a?0，b?0，求證：證明 a?b2a?b2?ab.
b)2?ab?a?b?2ab2a?b2?ab?(a?2?0，
故得 1.2作商法
. 在證題時，一般在a，b均為正數時，借助作商——變形——判斷(大于1或小于1). 例2 設a?b?0，求證：aabb?abba. 證明 因為 a?b?0， 所以 而
abaab?1或
ab?1來判斷其大小，步驟一般為：
?1，a?b?0.
baababb?a?????b?a?b?1，
故 aabb?abba. 1.3分析法(逆推法)
從要證明的結論出發，一步一步地推導，最后達到命題的已知條件(可明顯成立的不等式、已知不等式等)，其每一步的推導過程都必須可逆. 例3 求證：5?7?1?15. 證明 要證35?19?4155?7?1?15，即證12?235?16?215，即
35?2?15，，415?16，15?4，15?16. 由此逆推即得 5?7?1?15. 1.4綜合法
1 [2]
中原工學院
證題時，從已知條件入手，經過逐步的邏輯推導，運用已知的定義、定理、公式等，最終達到要證結論，這是一種常用的方法. 例4 已知：a，b同號，求證：證明 因為a，b同號， 所以 則
abab?ba?2.
ab??0，baabbaab?0， ba?2ba??2,
即 1.5反證法[3]
??2. 先假設要證明的結論不對，由此經過合理的邏輯推導得出矛盾，從而否定假設，導出結論的正確性，達到證題的目的. 例5 已知a?b?0，n是大于1的整數，求證：na?nb. 證明 假設 na?nb， 則 n即
baba?1，
?1，
故 b?a， 這與已知矛盾，所以na?nb. 1.6迭合法
把所要證明的結論先分解為幾個較簡單部分，分別證明其各部分成立，再利用同向不等式相加或相乘的性質，使原不等式獲證. 例6 已知：a1?a2???an?1，b1?b2???bn?1，求證: a1b1?a2b2???anbn?1. 222222[4]證明 因為a1?a2???an?1，b1?b2???bn?1， 所以 a1?a2???an?1，b1?b2???bn?1. 由柯西不等式
a1b1?a2b2???anbn?a1?a2???an?222222222222222b1?b2???bn?1?1?1,
222中原工學院
所以原不等式獲證. 1.7放縮法[5]
在證題過程中，根據不等式的傳遞性，常采用舍去一些正項(或負項)而使不等式的各項之和變小(或變大)，或把和(或積)里的各項換以較大(或較小)的數，或在分式中擴大(或縮小)分式中的分子(或分母)，從而達到證明的目的.值得注意的是“放”、“縮”得當，不要過頭.常用方法為：改變分子(分母)放縮法、拆補放縮法、編組放縮法、尋找“中介量”放縮法. 例7 求證： ?2134??5656???99991000099991000022?0.01. ,則 證明 令p?p212?34????122?3422?5622???999910000?12?12?3224?1???99991000022?1?110001?110000,
所以 p?0.01. 1.8數學歸納法[6]
對于含有n(n?N)的不等式，當n取第一個值時不等式成立，如果使不等式在n?k(n?N)時成立的假設下，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都能成立. 例8 已知：a,b?R?，n?N，n?1，求證：an?bn?an?1b?abn?1. 證明 (1)當n?2時，a2?b2?ab?ab?2ab，不等式成立; (2)若n?k時，ak?bk?ak?1b?abk?1成立，則
ak?1?bk?1?a(a?b)?abkkk?bk?1?a(ak?1b?abk?1)?abk?bk?1
=akb?abk?(a2bk?1?2abk?bk?1)?akb?abk?bk?1(a?b)2?akb?abk， 即ak?1?bk?1?akb?abk成立. 根據(1)、(2)，an?bn?an?1b?abn?1對于大于1的自然數n都成立. 1.9換元法
在證題過程中，以變量代換的方法，選擇適當的輔助未知數，使問題的證明達到簡化. 例9 已知：a?b?c?1，求證：ab?bc?ca?13.
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證明 設a?13?t，b?13?at(t?R)，則c?13?(1?a)t，
?1??1??1??1??1??1?ab?bc?ca???t???at????at???(1?a)t????t???(1?a)t??3??3??3??3??3??3??13?(1?a?a)t22
?13,
13所以 ab?bc?ca?1.10三角代換法
. 借助三角變換，在證題中可使某些問題變易. 例10 已知：a2?b2?1，x2?y2?1，求證：ax?by?1. 證明 設a?sin?，則b?cos?;設x?sin?，則y?cos? 所以 ax?by?sin?sin??cos?cos??cos(???)?1. 1.11判別式法
通過構造一元二次方程，利用關于某一變元的二次三項式有實根時判別式的取值范圍，來證明所要證明的不等式. 例11 設x,y?R，且x2?y2?1，求證：y?ax?1?a2. 證明 設m?y?ax，則y?ax?m 代入x2?y2?1中得 x2?(ax?m)2?1， 即 (1?a2)x2?2amx?(m2?1)?0 因為x,y?R，1?a2?0，所以??0，
即 (2am)2?4(1?a2)(m2?1)?0， 解得 m?1?a2，故y?ax?1?a2. 1.12標準化法[8]
形如f(x1,x2,?,xn)?sinx1sinx2?sinxn的函數，其中0?xi??，且
x1?x2???xn為常數，則當xi的值之間越接近時，f(x1,x2,?,xn)[7]
的值越大(或不變);當x1?x2???xn時，f(x1,x2,?,xn)取最大值，即
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nf(x1,x2,?,xn)?sinx1sinx2?sinxn?sinx1?x2???xnnA?B2. 標準化定理：當A?B為常數時，有sinAsinB?sin證明：記A?B?C，則
f(x)?sinAsinB?sin22.
A?B2?sinAsin(C?A)?sin2C2, 求導得 f?(A)?sin(C?2A)， 由f?(A)?0得 C?2A，即A?B. 又由 f??(A)??cos(B?A)?0, 知f?(A)的極大值點必在A?B時取得. 由于當A?B時，f?(A)?0，故得不等式. 同理，可推廣到關于n個變元的情形. 例12 設A,B,C為三角形的三內角，求證：sin證明 由標準化定理得， 當A?B?C時， sinA2?sinB2?sinA2sinC2B2?sin12C2A2sinB2sinC2?18.
， 取最大值，
8?181故 sin1.13等式法
. 應用一些等式的結論，可以巧妙地給出一些難以證明的不等式的證明. 例13(1956年波蘭數學競賽題)、a,b,c為?ABC的三邊長，求證：
2ab?2ac?2bc?a?b?c222222444.
12(a?b?c)證明 由海倫公式S?ABC?兩邊平方，移項整理得
16(S?ABC)2p(p?a)(p?b)(p?c)，其中p?.
?2ab?2ac?2bc?a?b?c222222444
而S?ABC?0, 所以 2a2b2?2a2c2?2b2c2?a4?b4?c4. 1.14分解法
按照一定的法則，把一個數或式分解為幾個數或式，使復雜問題轉化為簡單易解的基
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本問題，以便分而治之，各個擊破，從而達到證明不等式的目的. 例14 n?2，且n?N，求證：1?證明 因為 1?12?13???112?13???1n?n(nn?1?1).
?1??1??1??n?(1?1)???1????1??????1?n?2??3??n?
?2?32?43???12n?1n13?n?1nn2?32?43???n?1n?n?nn?1. 所以 1?1.15構造法[9-10]
?????n(nn?1?1). 在證明不等式時，有時通過構造某種模型、函數、恒等式、復數等，可以達到簡捷、明快、以巧取勝的目的. 例15 已知：x2?y2?1，a2?b2?2，求證：b(x2?y2)?2axy?2. 證明 依題設，構造復數z1?x?yi，z2?a?bi，則z1?1，z2?2 所以 z12?z2?(x?yi)2(a?bi)?[a(x2?y2)?2bxy]?[b(x2?y2)?2axy]i
b(x?y)?2axy?Im(z1?z2)?z12222?z2?2
故 b(x2?y2)?2axy?1.16排序法[11]
利用排序不等式來證明某些不等式.
2. 排序不等式：設a1?a2???an，b1?b2???bn，則有
a1bn?a2bn?1???anb1?a1bt1?a2bt2???anbtn?a1b1?a2b2???anbn,
其中t1,t2,?,tn是1,2,?,n的一個排列.當且僅當a1?a2???an或b1?b2???bn時取等號. 簡記作：反序和?亂序和?同序和.
例16 求證：a2?b2?c2?d2?ab?bc?cd?da. 證明 因為a,b,c,d?R有序，所以根據排序不等式同序和最大， 即 a2?b2?c2?d2?ab?bc?cd?da. 1.17借助幾何法[12]
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借助幾何圖形，運用幾何或三角知識可使某些證明變易. 例17 已知：a,b,m?R?，且a?b，求證：
a?mb?m?ab. 證明 (如圖1.17.1)以b為斜邊，a為直角邊作Rt?ABC. 延長AB至D，使BD?m，延長AC至E，使ED?AD，過C作AD的平行線交DE于F，則?ABC∽?ADE，令CE?n， 所以 a?AB?a?m
又CE?CF，即n?m， 所以
bACb?na?mab?m?a?mb?n?b.
EnFCbDmBaA
圖1.17.1
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2 利用函數證明不等式
2.1函數極值法
通過變換，把某些問題歸納為求函數的極值，達到證明不等式的目的. 例18 設x?R，求證：?4?cos2x?3sinx?2證明 f(x)?cos2x?3sinx?1?2sin當sinx?3218.
23?1?x?3sinx??2?sinx???2
4?8?時， f(x)max?2;
481當sinx??1時，
f(x)min??4. 故 ?4?cos2x?3sinx?22.2單調函數法[13-14]
當x屬于某區間，有f?(x)?0，則f(x)單調上升;若f?(x)?0，則f(x)單調下降.推廣之，若證f(x)?g(x)，只須證f(a)?g(a)及f?(x)?g?(x),(x?(a,b))即可. 例 19 證明不等式
ex?1?x，x?0.
證明 設f(x)?ex?1?x,則f?(x)?ex?1.故當x?0時，f?(x)?0,f嚴格遞增;當x?0,f?(x)?0,f18. 嚴格遞減.又因為f在x?0處連續，
則當x?0時，
f(x)?f(0)?0,
從而證得
ex?1?x,x?0
2.3中值定理法
利用中值定理：f(x)是在區間[a,b]上有定義的連續函數，且可導，則存在?，a???b，滿足f(b)?f(a)?f?(?)(b?a)來證明某些不等式，達到簡便的目的.
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例20 求證：sinx?siny?x?y. 證明 設 f(x)?sinx，則sinx?siny?(x?y)sin???(x?y)cos? 故 sinx?siny?(x?y)cos??x?y. 2.4利用拉格朗日函數
例 21 證明不等式
3(1a?1b?1c)?1?3abc, 其中a,b,c為任意正實數. 證明 設拉格朗日函數為對
L(x,y,z,?)?xyz??(1x?1y?1z?1r).
對L求偏導數并令它們都等于0，則有
Lx?yz??x2?0，
Ly?zx??y2?0，
Lz?xy??x2?0，
L??1x?1y?1z?1r?0.
由方程組的前三式，易的
1x?1y?1z?xyz??.
?把它代入第四式，求出??13r.從而函數L的穩定點為x?y?z?3r,??(3r)4.
1x?1y?1z?1r為了判斷f(3r,3r,3r)?(3r)3是否為所求條件極小值，我們可把條件看作隱函數z?z(x,y)(滿足隱函數定理條件)，并把目標函數f(x,y,z)?xyz(x,y)?F(x,y)看作f與z?z(x,y)的復合函數.這樣，就可應用極值充分條件來做出判斷.為此計算如下：
zx??zx22,zy??zy22,
Fx?yz?yzx2,Fy?xz?xzy2,
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F?2yz3,F?z?z2?z2?2z3,
xxx3xyyxxy2xz3Fyy?y3.
當x?y?z?3r時，
Fxx?6r?Fyy,Fxy?3r,
F2xxFyy?F?27r2?0.
xy由此可見，所求得的穩定點為極小值點，而且可以驗證是最小值點.這樣就有不等式xyz?(3r)3(x?0,y?0,z?0,111x?y?z?1r).
令x?a,y?b,z?c,則r?(1?1?1abc)?1,代入不等式有
abc?[3(11a?1b?1c)?]3
或 3(1?11ab?1c)??3abc(a?0,b?0,c?0).
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3 利用著名不等式證明
3.1利用均值不等式[15-16]
設a1,a2,?,an是
n個正實數，則
a1?a2???an?na1a2?an，當且僅當
na1?a2???an時取等號.
nn例22 證明柯西不等式 (?a22nibi)?(?ai)(?b2i).
i?1i?1i?1證明 要證柯西不等式成立，只要證
nnn ?a?a2ibi?i?b2i (1)
i?1i?1i?1nn令 ?a2i?A2,?b2i?B2, (2)
i?1i?1n式中A?0,B?0,則(1)即 ?aibi?ABi?1
n?aibi即
i?1AB?1 (3)
a2b22211下面證不等式(3),有均值不等式，
a1b1A2?B2A2B2?2，
2即
2a1b1a21AB?A2?b1B2，
2a22b22a22a2ABA2?b2nbna2同理
?nB2， ?，
AB?A2?bnB2. 將以上各式相加，得
nn2n?a2i?b2i(?abi?11ABii)?2?i?2i?1AB (4)
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根據(2)，(4)式即
2AB(?aibi)?2.
i?1n因此不等式(3)成立，于是柯西不等式得證. 3.2利用柯西不等式[17-18]
n例23 設ai?R，i?1，2，„，n.求證：?i?11?n?2ai???ai?.
n?i?1?2證明 由柯西不等式
n?n??n??n2??n2?2??ai????ai?1????ai???1??n?ai.
i?1?i?1??i?1??i?1??i?1?22兩邊除以n即得.
說明：兩邊乘以1n后開方得
1nia?ni?1?1n2ia?ni?1.當ai為正數時為均值不等式中的算術平均不大于平方平均. 3.3利用赫爾德不等式[19] 例24 設a,b為正常數，0?x?ab?2，n?N，求證：
n?22n?22? n???ansinxcosx?2?bn?2???2
n2b?n?2b?n?2?a?a22?證明 ?n?= sinx?cosx?n?2 ????nnn?sinxcosx??sinxcosx?2?a? ??n??sinx?2n?2?sinx?22nn?22?b????n?cosx?n?2?cosx?2nn?2
即
asinxn= an?2?bn?2
n?2????ancosx?b2n?2??bn?2??22
3.4利用詹森不等式[20] 例 25 證明不等式
a?b?c(abc)3?abc, 其中a,b,c均為正數.
abc證明 設 f(x)?xlnx,x?0.由f(x)的一階和二階導數
f?(x)?lnx?1,f??(x)?1x
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可見，f(x)?xlnx在x?0時為嚴格凸函數.依詹森不等式有
f(a?b?c3)?13(f(a)?f(b)?f(c)),
從而
a?b?ca?b?c3ln3?13(alna?blnb?clnc),
即
(a?b?c?cbc3)a?b?aabc.
又因3abc?a?b?c3,所以
導數證明不等式方法范文第6篇
兩個常見不等式的證明及推廣
作者：姬婷 魏春強
來源：《學園》2013年第13期
【摘 要】本文根據兩個常見不等式的證明和分析，引發聯想，進而推廣，得到命題1和命題2。
【關鍵詞】平均值不等式 冪平均不等式 推廣
【中圖分類號】O12 【文獻標識碼】A 【文章編號】1674-4810(2013)13-0016-01參考文獻
[1]陳傳理、張同君.競賽數學教程[M].北京：高等教育出版社，2004