定積分不等式的證明方法定積分常用不等式

由 故事會 分享時間：2024-05-11 19:33:20 加入收藏我要投稿點贊

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定積分不等式的證明方法定積分常用不等式篇一

我們把形如(為常數)或的不等式稱之為數列和型不等式，這類不等式常見于高中數學競賽和高考壓軸題中，由于證明難度較大往往令人望而生畏.其中有些不等式若利用定積分的幾何意證明，則可達到以簡馭繁、以形助數的解題效果.下面舉例說明供參考.一、(為常數)型

例1(2007年全國高中數學聯賽江蘇賽區第二試第二題)已知正整數，求證

.分析

這是一邊為常數另一邊與自然數有關的不等式，標準答案是用數學歸納法證明比這個不等式更強的不等式，這個不等式是怎么來的令人費解.若由所證式子聯想到在用定積分求曲邊梯形面積的過程中“分割求和”這一步，則可考慮用定積分的幾何意義求解.證明構造函數數圖象可知，在區間

并作圖象如圖1所示.因函數在上是凹函數，由函

上的個矩形的面積之和小于曲邊梯形的面積，圖1 即，因為，所以.所以

.例2 求證

.證明構造函數

而函數在，又，上是凹函數，由圖象知，在區間上的個矩形的面積之和小于曲邊梯形的面積，圖

2即，所以.例3 證明。

證明構造函數可知，在區間上，因，又其函數是凹函數，由圖

3個矩形的面積之和小于曲邊梯形的面積，圖3

即

.所以

.二、型

例4 若，求證:.證明不等式鏈的左邊是通項為前項之和，中間的的數列的前項之和，右邊通項為項之和.故只要證當的數列的時這三個數

可當作是某數列的前列的通項不等式

成立即可.構造函數，因為，作的圖象，由圖4知，在區間上曲邊梯形的面積大小在以區間長度1為一邊長，以左右端點對應的函數值為另一邊長的兩個矩形面積之間，即，而，故不等式

成立，從而所證不等式成立.圖4

例5（2010年高考湖北卷理科第21題）已知函數處的切線方程為

（ⅰ）用表示出；

.的圖象在點（ⅱ）若在內恒成立，求的取值范圍；

（ⅲ）證明:

.本題第三問不等式的證明是本大題也是本卷的壓軸戲，具有綜合性強、難度大、思維含金量高、區分度大等特點.這個不等式的證明既可用第二問的結論證明也可用定積分來證明.證明（ⅲ）不等式數列的前項之和，我們也可把右邊當作是通項為

左邊是通項為的數列的前項之和，則當的時，此式適合，故只要證當時，即，也就是要證

.由此構造函數，并作其圖象如圖5所示.由圖知，直角梯形的面積大于曲邊梯形的面積，即

.圖

5而，所以，故原不等式成立.點評本解法另辟蹊徑，挖掘新的待證不等式左右兩邊的幾何意義，通過構造函數利用定積分的幾何意義來解決問題，解法雖然綜合性強，但由于數形結合解法直觀便于操作.積分法是在新課標下證明不等式的一個新方法新亮點，很值得品味.由例4例5可知，要解決這類復雜問題的關鍵是要善于聯想善于分析問題和轉化問題，這樣才能化繁為簡、化難為易，

定積分不等式的證明方法定積分常用不等式篇二

含有定積分的不等式的幾種典型證法

徐娟娟

（天水師范學院數學系甘肅天水 741000）

摘要:本文闡述并總結了定積分不等式的幾種證明方法.關鍵詞:定積分;拉格朗日公式;萊布尼茨公式;泰勒公式.0引言

高等數學中定積分不等式的證明,難度比較大,涉及的知識面廣,技巧性比較強,但又十分的重要.因而它是學習高等數學的重點和難點.本文結合例題總結了定積分不等式證明的幾種方法,加深對定積分不等式證明的理解.1利用定積分的性質及其換元法

例題1.1 設函數在區間上連續且單調遞減,證明：當時,.證明當或時,不等式顯然成立.令，則.又因為,當時，由題設可知,根據定積分性質可得,即.原題得證.利用定積分的定義,把代換成,再取極限.已知被積函數僅具有連續的條件.例題2已知在上連續,對任意的都有.證明:.證明因為所以構造輔助函數法

當已知被積函數連續,并未告知可導時,此法比較簡單.證明思路: 1）將積分上限（或下限）換成,式中相應字母亦換成, 移項使一端為,另一端作為輔助函數.2）由單調性得證.例題設函數在區間上連續且單調遞減,證明:當時,.證明: 構造輔助函數

則有.因為,所以,又單調遞減,所以.于是.即單調遞增,故,即.原題得證.例題設在上連續且嚴格增,證明.因為

又在連續,故在上嚴格遞減,而,故即

().3拉格朗日公式法

該方法一般適用于被積函數一階可導且或的情形.思路1）用;

2）用定積分的性質對不等式適當放縮.例題設在上有一階連續導數,且,證明

定積分不等式的證明方法定積分常用不等式篇三

探討定積分不等式的證明方法

摘要：文章針對被積函數的特性，給出了幾種關于定積分不等式的有效證明方法。

關鍵詞：定積分

不等式

證法

不等式的證明在高等數學的學習中很常見，但關于定積分不等式的證明卻一直是一個難點。要證明定積分不等式，首先要看被積函數，其性質確定證明方法。本文根據被積函數的連續性、單調性、可導性等分別給出幾種證法。

1．運用定積分中值定理證明

定積分中值定理是將定積分轉化為連續函數在該區間上某點的函數值與該區間長度的乘積，即將定積分轉化為函數來證明不等式。

例1：設f(x)在[0,1]上連續且單調不增，證明?a∈[0,1]有

?a0f(x)dx≥a?f(x)dx．

01證明：由原不等式變形得即是要證：(1?a)?a0f(x)dx≥a（?f(x)dx??f(x)dx)，0010a1?a0f(x)dx≥a?f(x)dx, 對左式，f(x)在[0,1]上連續，故a由定積分中值定理知：

??1??0，a?使

（1?a)?f(x)dx?a(1?a)f(?1), 0同理對右式：??2??a，1?使a?0f(x)dx?a(1?a)f(?2)，1顯然，?1＜?2又f(x)在[0,1]上單調不增，∴f(?1)≥f(?2)故原不等式?a0f(x)dx≥a?f(x)dx成立.01定積分中值定理的運用直觀易懂，它的條件也極其簡單，易于掌握。2．運用輔助函數證明

構造輔助函數f(x)證明不等式，首先是做函數將要證結論中的積分上限（下限）換成x，移項使不等式的一邊為零，另一邊的表達式即是輔助函數。然后再求f’(x)，并運用單調性及區間端點值特性證明不等式。

例2：設f(x)在[a，b]上連續,且f(x)>0.試證：?baf(x)dx?ba1dx?(b?a)2 f(x)xxaa證明：構造輔助函數f(x)??f(t)dt?則f(x)?f(x)?a

='x1dt?(x?a)2（將b換成x），f(t)11xdt?f(t)dt?2(x?a)?af(t)f(x)?xaxf(t)xf(x)dt??dt??2dt

aaf(t)f(x)f(x)f(t)??2)dt

=?a(f(t)f(x)xf(x)f(t)??2?0，∵f(x)＞0，∴

f(t)f(x)'又a

?0，∴f(b)?f(a)?0，?baf(x)dx?ba1dx?(b?a)2． f(x)該題構造出積分上限函數，其目的是用單調性來證明不等式。這種方法開門見山、直截了當。3．運用定積分的性質和幾何意義證明

與定積分的概念相聯系“以直代曲”的“近似代替”的思想，加上積分的幾何直觀使得不等式的證明變得更加簡捷。

例３：證明不等式?13sinx?dx?．

ex(1?x2)12esinx1?，兩端積分得：

ex(1?x2)e(1?x2)證明：因為1?x?3時

?31sinx131?dx???x221e(1?x)e1?x12e

a?1例４：設a,b?1時，證明不等式ab?e證明：blnb??lnxdx?b?1，e1ba?1?blnb．

a?10??exdx?1，根據定積分的幾何意義知：

（a?1)b??lnxdx??1ba?10exdx?blnb?ea?1?b，a?1ab?e?blnb.即本題關鍵在于深刻領悟定積分概念的由來，即求曲邊梯形的面積問題推導的四個步驟：分割、取點、作和與求極限，這里充分運用了“近似代替”的幾何直觀來加以證明。

4．運用拉格朗日中值定理證明

利用拉格朗日中值定理證明不等式，首先要構造滿足中值定理條件的函數和區間，然后進行不等式放縮，再用定積分比較定理、估值定理或函數的絕對值不等式等。

?m，f(a)?0，例5：設f(x)在[a,b]上可導，且f'(x）試證：?abf(x)dx?m(b?a)2.2證明：由題設?x?[a,b]，f(x)在[a，b]上都滿足拉氏中值定理的條件，于是有：

f(x)?f(x)?f(a)?f'(?)(x?a)，??(a,x)，?m，∵f'(x）∴f(x)?m(x?a)兩邊在[a，b]上定積分得：

?bamf(x)dx??m(b?a)dx?(b?a)2.a2b此題運用拉格朗日中值定理簡直如行云流水，如果采用其他辦法顯然比較繁瑣。

5．運用taylor公式證明

當已知被積函數f(x)二階或二階以上可導且又知最高階導數的符號時，通常采用泰勒展開式來證明。首先要寫出f(x)的泰勒展開式，然后根據題意寫出某些點的泰勒展開式，再進行適當的放縮以變成不等式，最后用定積分的性質進行處理。

例6：設f(x)在[a,b]上單調增加，且f“(x)＞0，證明

(b?a)f(a)＜?abf(a)?f(b)f(x)dx＜(b?a)

2證明：先證左不等號：(b?a)f(a)＜

?baf(x)dx，?x?[a,b]，x＞a，f(x)單調增加，所以f(x)＞f(a)

故?baf(x)dx＞(b?a)f(a)?（1）再證右不等號：?baf(x)dx＜(b?a)f(a)?f(b)，2?t?[a,b]，f(t)在點x處的taylor展式為：

f(t)?f(x)?f'(x)(t?x)?因

1f”(?)(t?x)2,其中?在t與x之間，2!f"(?)＞0，f(t)＞f(x)?f'(x)(t?x)，所以將t?b,t?a分別代入上式并相加得：

f(a)?f(b)＞2f(x)?(a?b)f'(x)?2xf(x)，將此式在[a,b]上積分得：

?f(a)?f(b)?(b?a)＞2?af(x)dx?(a?b)?af'(x)dx?2?axf(x)dx，有2[f(a)?f(b)](b?a)＞4故

bbb?baf(x)dx，?baf(a)?f(b)f(x)dx＜(b?a)?（2）

2綜合（1）、（2），公式的應用在大學數學的學習中是一個絕對的難點，往往很難掌握。一個題目在你用其他方式很難解決時，taylor公式常會給你意想不到的突破。

6．運用柯西—斯瓦茲不等式證明柯西—斯瓦茲不等式：

例7：設f(x)在[0,1]上有一階連續導數且f(1)?f(0)?1，試證：0[f'(x)]dx?1.證明：∵f(1)?f(0)??12?10f'(x)dx，又f(1)?f(0)?1，所以?0f'(x)dx?1，因f(x)在[0,1]上可導，所以f(x)在[0,1]上連續，2dx[f'(x)]dx?(f'(x)dx)?1，由柯西—斯瓦茲不等式得：?0?0?011211即是0[f'(x)]dx?1.柯西—斯瓦茲不等式是大學數學中的又一難點，雖然記憶起來并不困難，但應用是靈活多變的。

7．運用重積分證明

重積分要化為定積分來計算，這是眾所周知的事實，但反之定積分的乘積往往又可以化為重積分，將定積分不等式的證明化為重積分不等式來證明，也是一種常見的方法。

例8：設f(x)是在[0，1]上單調增加的連續函數，?12?試證：?xf0101xf(x)dx23?(x)dx13??101f3(x)dxf(x)dx122.1102i?xf(x)dxf(x)dx?f(x)dxxf證明：設????(x)dx

00003232xf(x)f(y)dxdy?f(x)f(y)ydxdy

=????dd3

=??ddf3(x)f2(y)(x?y)dxdy?（1）

23i?f(x)f(y)(y?x)dxdy?（2）同樣

??232i?(x?y)f(x)f(y)(f(x)?f(y))dxdy，（1）+（2）可得??d由于f(x)在[0，1]上單調增加，故(x?∴i1y)(f(x)?f(y))?0，13100?0，從而?0xfxf(x)dx2313(x)dx?f(x)dx??f(x)dx?xf2(x)dx

012?即?xf010?(x)dx??101f3(x)dxf(x)dx2

0總的來說，證明不等式是一門藝術，它具有自己獨到的技術手法。在此，我研究了上述7種方法來證明不等式，使一些復雜不等式的證明變得更加簡潔，也會使一些不等式的證明變得一題多解。

定積分不等式的證明方法定積分常用不等式篇四

利用定積分證明數列和型不等式

我們把形如(為常數)

或的不等式稱之為數列和型不等式，這類不等式常見于高中數學競賽和高考壓軸題中，由于證明難度較大往往令人望而生畏.其中有些不等式若利用定積分的幾何意證明，則可達到以簡馭繁、以形助數的解題效果.下面舉例說明供參考.一、(為常數)型

例1(2007年全國高中數學聯賽江蘇賽區第二試第二題)

已知正整數，求證

.分析這是一邊為常數另一邊與自然數有關的不等式，標準答案是用數學歸納法證明比這個不等式更強的不等式，這個不等式是怎么來的令人費解.若由所證式子聯想到在用定積分求曲邊梯形面積的過程中“分割求和”這一步，則可考慮用定積分的幾何意義求解.證明構造函數

數圖象可知，在區間并作圖象如圖1所示.因函數在上是凹函數，由函上的個矩形的面積之和小于曲邊梯形的面積，圖

1即，因為，所以.所以

.例2求證

.證明構造函數而函數

在，又，上是凹函數，由圖象知，在區間上的個矩形的面積之和

小于曲邊梯形的面積，圖

2即，所以

.例3證明。

證明構造函數知，在區間

上，因，又其函數是凹函數，由圖3可

個矩形的面積之和小于曲邊梯形的面積，圖

3即

.所以

.二、型

例4若，求證:.證明不等式鏈的左邊是通項為前

項之和，中間的的數列的前項之和，右邊通項為項之和.故只要證當的數列的時這三個數

可當作是某數列的前

列的通項不等式

成立即可.構造函數，因為，作的圖象，由圖4知，在區間

上曲邊梯形的面積大小在以區間長度1為一邊長，以左右端點對應的函數值為另一邊長的兩

個矩形面積之間，即，而，故不等式

成立，從而所證不等式成立.圖

4例5（2010年高考湖北卷理科第21題）已知函數

處的切線方程為的圖象在點

.（ⅰ）用表示出（ⅱ）若；

在內恒成立，求的取值范圍；

（ⅲ）證明:

.本題第三問不等式的證明是本大題也是本卷的壓軸戲，具有綜合性強、難度大、思維含金量高、區分度大等特點.這個不等式的證明既可用第二問的結論證明也可用定積分來證明.證明（ⅲ）不等式

列的前項之和，我們也可把右邊當作是通項為

左邊是通項為的數列的前項之和，則當的數時，此式適合，故只要證當

時，即，也就是要證

.由此構造函數，并作其圖象如圖5所示.由圖知，直角梯形的面積大于曲邊梯形的面

積，即

.圖5

而

故原不等式成立.，所以，

定積分不等式的證明方法定積分常用不等式篇五

利用定積分證明數列和型不等式

我們把形如(為常數或的不等式稱之為數列和型不等式，這類不等式常見于高中數學競賽和高考壓軸題中，由于證明難度較大往往令人望而生畏.其中有些不等式若利用定積分的幾何意證明，則可達到以簡馭繁、以形助數的解題效果.下面舉例說明供參考.一、(為常數型，求證例1(2007年全國高中數學聯賽江蘇賽區第二試第二題已知正整數

.分析這是一邊為常數另一邊與自然數有關的不等式，標準答案是用數學歸納法證明比這個不等式更強的不等式，這個不等式是怎么來的令人費解.若由所證式子聯想到在用定積分求曲邊梯形面積的過程中“分割求和”這一步，則可考慮用定積分的幾何意義求解.證明構造函數知，在區間并作圖象如圖1所示.因函數在上是凹函數，由函數圖象可上的個矩形的面積之和小于曲邊梯形的面積，圖1

即，因為，所以.所以.例2 求證

.證明構造函數而函數在和小于曲邊梯形的面積，又，上的個矩形的面積之

上是凹函數，由圖象知，在區間

圖

2即，所以

.例

3證明。

證明

構造函數區間上，因，又其函數是凹函數，由圖3可知，在個矩形的面積之和小于曲邊梯形的面積，圖3 即

.所以

.二、型

例4 若，求證:.證明不等式鏈的左邊是通項為項之和，中間的通項不等式的數列的前項之和，右邊通項為項之和.故只要證當的數列的前時這三個數列的可當作是某數列的前