不等式的证明技巧

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1、不等式证明的技巧例1实数满足：，且求证：分析：这是一道美国数学竞赛题，直接证明比较困难，考虑用反证法证明。解：设中有个非负数，记为，有个负数，记为，其中，且不妨设：，即：.因，又，则所以因为所以又因为，所以因，故，且，则所以都为非负数.即因而，这与相矛盾，即假设不成立，所证结论：成立.评注：运用“正难则反”的策略，是证明不等式中常见技巧。-43-例2．平面上给定一个由有限多条线段组成的集合，线段总长为1.证明：存在一条直线，使得已给线段在上的射影之和小于分析：可将给定的线段排序，再通过中心对称构造一个周长为2的凸多边形。证明：取一条不与已给线段垂直的直线作轴，将所给线段按照斜率的大小排成一列

2、：（其中负的下角标表示该线段的斜率为负，非负的下角标则表示斜率非负）。经过平移可以将这些线段按照上面的次序一个接一个地首尾相连形成一条凸折线。设端点为A、B，AB中点为O。关于O作中心对称，产生一个凸多边形（包括退化为直线段），周长为2，每一条边与对应边平行（或共线）。这个多边形的最小宽度，也就是各对平行边之间的最小距离，设为，以O为圆心，为直径的圆一定完全在多边形内，否则，设圆O与某条边相交于X，那么X关于O的对称点是圆O与对边的交点，与的距离小于，即小于，与为最小宽度矛盾。由于圆O的周长为，所以，即，这是因为面积一定的闭曲线中，以圆的周长最小。取直线与距离最小的平行边垂直，则各已知线段在

3、上的射影之和不超过，也就小于评注：本题解答过程中通过“排序----平移----中心对称”等方法上的处理使所给线段呈现一种简单有序的易于估算的状态，困难得以化解。这种通过对称、旋转等变换，以直代曲，将复杂的不等式化归为基本不等式是一种重要的技巧。例3．设三边长为，有不等式------①试证不等式①中的系数是最优的.分析：可将系数一般化，设系数为，再证明的取值范围是.证明：在不等式①中，取，设令，所以-43-又因在中，三边长为，取，显然有不等式所以，要使，注意到为正数，则须，即，但已证不等式①是成立的，故是不等式①的最优值.评注：将“特殊”向“一般”转化也是常见的技巧。例4．（第39届IMO预选

4、试题）设，且，证明分析：可利用均值不等式构造三个同向不等式相加来进行证明，也可以将所证不等式进行等价转化。证法一:因，所以①4②③以上三式相加可得：上述不等式都是在时取等号.所以，当且仅当时原不等式取等号.证法二:原不等式等价于由于对任意正数，有，下面证明更强的不等式：④成立.设，-43-则，且在上是严格递增函数，因为只需证明即可.其证明如下：假设，则.由，得，.因，所以故原不等式成立.等号当且仅当时成立.评注：证法1利用均值，简洁清晰；证法2将不等转化为更强不等式。例6．已知，且，证明：成立的条件.分析：因是关于的轮换对称式。证明：设，又因，则.不等式等号当且仅当；或或时成立.评注：对于轮

5、换对称式，不能将其中的变量排序；有时只能找到一个最小字母作“弱”排序。-43-例7．设，且满足，试证：分析：由已知条件，可知所证不等式与等价.故可运用“含参数基本不等式”来证明之.证明：由（为参数），得则有①②③①+②+③，得④因，取，代入④中，得评注：本题是先将所证不等式进行等价转化，再运用“含参数基本不等式”进行证明，当然也可利用柯西不等式进行证明，还可直接利用基本不等式来证明。例8（1）设，满足：（a）（b）,证明：-43-（2）设，对所有不同的子集，有，证明：分析：可运用数学归纳法进行证明。证明：（1）当时，当时，，，则所以假设时命题成立.那么，当时，设，由条件，，，有下面用反证法证

6、明以上结论.假设，则有++-43-,矛盾.所以，当时，原不等式成立.（2）对于集合，满足对，有，且对所有，不妨设令（否则将都减去一个数，使），又使设中从第个数开始，，则于是，那么以此类推，则评注：归纳法证明问题时，有时在第二步由（或）去推证时，要用到反证法，或分析法。另外，本题的第（2）小题用到了“调整法”。训练题1．已知试证：当时，证明：（1）当时，左边=右边=所以，所证不等式成立.（2）假设时不等式成立，即成立.-43-当时，所以，当时，不等式也成立.由（1）、（2）可知，当时，所证不等式成立.2．对任意实数，试证：证明：当时，所证不等式显然成立.当不全为零时，将所证不等式可变形为令①①

7、式中的均可取一切实数（不同时为零即可）.不妨取变量作为考查对象.（1）当时，，-43-由，得即（2）当时，将①式整理，得可以为0，当时，不等式显然成立；当时，因，，即或由得当时，不等式显然成立；当时，即即解得：或同理，由，得，对任意实数都满足的充要条件是：解得综合以上，可得的取值范围是：由此可得-43-即所证不等式成立.说明：“双判别式法”可以解决：的三元二次齐次不等式的证明问题.3．过内一点O引三边的平行线