幾種類型的不等式證明

王宇丹

不等式的證明題，無論它以什么形式展現(xiàn)，其常規(guī)的證明方法如下：利用函數(shù)的單調(diào)性證明；重要不等式證明；放縮法；數(shù)學歸納法等.不等式結(jié)構(gòu)能提示我們做“最近選擇”，不等式證明的方法最適合證明什么類型的不等式，需要我們?nèi)フ?筆者提供幾類案例，供參考.

一、常數(shù)型不等式證明

所謂常數(shù)型不等式，是指不等式一邊是代數(shù)式而另一邊是常數(shù)的式子.它常常以數(shù)列為背景出現(xiàn)，對于這類形式，通常采用的方法是：利用函數(shù)的單調(diào)性求值、裂項相消求和等方法來證明.

例1設(shè)數(shù)列{an}的前n項和Sn=43an-13×2n+1+23，n=1，2，…，（1）求首項a1和通項an；

（2）設(shè)Tn=2nSn，n=1，2，…，證明：ni=1Ti<32.

解（1）由Sn=43an-13×2n+1+23，n=1，2，…，

得a1=S1=43a1-13×4+23，∴a1=2，

∵an=Sn-Sn-1=43（an-an-1）-13（2n+1-2n），n=2，3，…

∴an+2n=4（an-1+2n-1），n=2，3，….

∴{an+2n}是首項為a1+2=4，公比為4的等比數(shù)列，

∴an+2n=4×4n-1=4n，n=1，2，….

∴an=4n-2n，n=1，2，….

（2）將an=4n-2n，n=1，2，…代入Sn=43an-13×2n+1+23，n=1，2，…，得

Sn[WB]=43（4n-2n）-13×2n+1+23=13（2n+1-1）（2n+1-2）[DW]=23（2n+1-1）（2n-1）.

Tn[WB]=2nSn=32×2n（2n+1-1）（2n-1）[DW]=32×（12n-1-12n+1-1）.

∴ni=1Ti[WB]=32×ni=1（12i-1-12i+1-1）[DW]=32（121-1-12n+1-1）<32.

二、函數(shù)型不等式的證明

所謂函數(shù)型不等式，是指以函數(shù)為背景，待證的不等式左右兩邊是以函數(shù)值的和差積商以及自變量、因變量的代數(shù)式為表現(xiàn)形式的不等式.對于這種形式的不等式，通常采用的方法：利用函數(shù)的單調(diào)性證明.這里要特別提示的是，在證明常量不等式中往往需要構(gòu)造函數(shù)，將常量變量化.在多元常量變量化中通常有兩種形式：一是個體常量化，另一類是整體變量化，如和、積等.

例2已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xlnx.（1）求函數(shù)f（x）的最大值；（2）設(shè)0

解（1）f（x）max=f（0）=0. （2）g（x）=xlnx，g′（x）=lnx+1， 設(shè)F（x）=g（a）+g（x）-2g（a+x2），則F′（x）=g′（x）-[g（a+x2）]′=lnx-lna+x2.

當0a時，F(xiàn)′（x）>0，所以F（x）在x>a上是增函數(shù).所以當x=a時，F(xiàn)（x）有極小值F（a），而F（a）=0，b>a，所以F（b）>0，∴0

當x>0時，G′（x）<0，所以G（x）在（0，+∞）上是減函數(shù).

所以G（x）=0，b>a，所以G（b）<0，∴g（a）+g（b）-2g（a+b2）<（b-a）ln2.

∴0

三、抽象型不等式證明

所謂抽象不等式，是指以抽象函數(shù)的形式給出條件和結(jié)論的不等式.它往往以抽象函數(shù)的形式出現(xiàn)，通常采用的方法：函數(shù)的性質(zhì)、利用條件裂項、放縮法等.

例3定義在（-1，1）上的函數(shù)f（x）滿足：（1）對于任意x ， y∈（-1，1），都有f（x）+f（y）=f （x+y1+xy）；（2）當x∈（-1，0）時，有f （x）>0，求證：

f（15）+f（111）+…+f（1n2+3n+1）>f（12）.

證明 f（x）+f（y）=f （x+y1+xy），令x=y=0得f（0）=0； 令y=-x ，得f（x）+f（-x）=f（0）=0，∴f（-x

）=-f（x）， ∴f（x）在（-1，1）上是奇函數(shù).設(shè)-1

∵-10，∴-1

∴f（x1-x21-x1x2）>0.

∴f（x1）-f（x2）>0即f（x1）>f（x2）.

∴f（x）在（-1，0）上是單調(diào)減函數(shù). ∵f（x）在（-1，1）上是奇函數(shù)，∴f（x）在（0 ，1）上是減函數(shù)，且f（x）<0，

∵f（1n2+3n+1）=f[1（n+1）（n+2）-1]

=f[

1（n+1）（n+2）1-1（n+1）（n+2）]

=f[

1n+1+（-1n+2）1+1n+1·（-1n+2）

]=f（1n+1）+f（-1n+2）

=f（1n+1）-f（1n+2），

∴f（15）+f（111）+…+f（1n2+3n+1）=[f（12）-f（13）]+…+[f（1n+1）-f（1n+2）]=f（12）-f（1n+2）.

∵0<1n+2<1，∴f（1n+2）<0，

∴f（12）-f（1n+2）>f（12）.

∴f（15）+f（111）+…+f（1n2+3n+1）>f（12）.

其實，在具體的題型中，還有以具體問題為背景，在解決實際問題中構(gòu)造出來的各種不等式，我們都可以從其具體的結(jié)構(gòu)形式入手，尋找合理有效的解決方案.

不等式的證明題，無論它以什么形式展現(xiàn)，其常規(guī)的證明方法如下：利用函數(shù)的單調(diào)性證明；重要不等式證明；放縮法；數(shù)學歸納法等.不等式結(jié)構(gòu)能提示我們做“最近選擇”，不等式證明的方法最適合證明什么類型的不等式，需要我們?nèi)フ?筆者提供幾類案例，供參考.

一、常數(shù)型不等式證明

所謂常數(shù)型不等式，是指不等式一邊是代數(shù)式而另一邊是常數(shù)的式子.它常常以數(shù)列為背景出現(xiàn)，對于這類形式，通常采用的方法是：利用函數(shù)的單調(diào)性求值、裂項相消求和等方法來證明.

例1設(shè)數(shù)列{an}的前n項和Sn=43an-13×2n+1+23，n=1，2，…，（1）求首項a1和通項an；

（2）設(shè)Tn=2nSn，n=1，2，…，證明：ni=1Ti<32.

解（1）由Sn=43an-13×2n+1+23，n=1，2，…，

得a1=S1=43a1-13×4+23，∴a1=2，

∵an=Sn-Sn-1=43（an-an-1）-13（2n+1-2n），n=2，3，…

∴an+2n=4（an-1+2n-1），n=2，3，….

∴{an+2n}是首項為a1+2=4，公比為4的等比數(shù)列，

∴an+2n=4×4n-1=4n，n=1，2，….

∴an=4n-2n，n=1，2，….

（2）將an=4n-2n，n=1，2，…代入Sn=43an-13×2n+1+23，n=1，2，…，得

Sn[WB]=43（4n-2n）-13×2n+1+23=13（2n+1-1）（2n+1-2）[DW]=23（2n+1-1）（2n-1）.

Tn[WB]=2nSn=32×2n（2n+1-1）（2n-1）[DW]=32×（12n-1-12n+1-1）.

∴ni=1Ti[WB]=32×ni=1（12i-1-12i+1-1）[DW]=32（121-1-12n+1-1）<32.

二、函數(shù)型不等式的證明

所謂函數(shù)型不等式，是指以函數(shù)為背景，待證的不等式左右兩邊是以函數(shù)值的和差積商以及自變量、因變量的代數(shù)式為表現(xiàn)形式的不等式.對于這種形式的不等式，通常采用的方法：利用函數(shù)的單調(diào)性證明.這里要特別提示的是，在證明常量不等式中往往需要構(gòu)造函數(shù)，將常量變量化.在多元常量變量化中通常有兩種形式：一是個體常量化，另一類是整體變量化，如和、積等.

例2已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xlnx.（1）求函數(shù)f（x）的最大值；（2）設(shè)0

解（1）f（x）max=f（0）=0. （2）g（x）=xlnx，g′（x）=lnx+1， 設(shè)F（x）=g（a）+g（x）-2g（a+x2），則F′（x）=g′（x）-[g（a+x2）]′=lnx-lna+x2.

當0a時，F(xiàn)′（x）>0，所以F（x）在x>a上是增函數(shù).所以當x=a時，F(xiàn)（x）有極小值F（a），而F（a）=0，b>a，所以F（b）>0，∴0

當x>0時，G′（x）<0，所以G（x）在（0，+∞）上是減函數(shù).

所以G（x）=0，b>a，所以G（b）<0，∴g（a）+g（b）-2g（a+b2）<（b-a）ln2.

∴0

三、抽象型不等式證明

所謂抽象不等式，是指以抽象函數(shù)的形式給出條件和結(jié)論的不等式.它往往以抽象函數(shù)的形式出現(xiàn)，通常采用的方法：函數(shù)的性質(zhì)、利用條件裂項、放縮法等.

例3定義在（-1，1）上的函數(shù)f（x）滿足：（1）對于任意x ， y∈（-1，1），都有f（x）+f（y）=f （x+y1+xy）；（2）當x∈（-1，0）時，有f （x）>0，求證：

f（15）+f（111）+…+f（1n2+3n+1）>f（12）.

證明 f（x）+f（y）=f （x+y1+xy），令x=y=0得f（0）=0； 令y=-x ，得f（x）+f（-x）=f（0）=0，∴f（-x

）=-f（x）， ∴f（x）在（-1，1）上是奇函數(shù).設(shè)-1

∵-10，∴-1

∴f（x1-x21-x1x2）>0.

∴f（x1）-f（x2）>0即f（x1）>f（x2）.

∴f（x）在（-1，0）上是單調(diào)減函數(shù). ∵f（x）在（-1，1）上是奇函數(shù)，∴f（x）在（0 ，1）上是減函數(shù)，且f（x）<0，

∵f（1n2+3n+1）=f[1（n+1）（n+2）-1]

=f[

1（n+1）（n+2）1-1（n+1）（n+2）]

=f[

1n+1+（-1n+2）1+1n+1·（-1n+2）

]=f（1n+1）+f（-1n+2）

=f（1n+1）-f（1n+2），

∴f（15）+f（111）+…+f（1n2+3n+1）=[f（12）-f（13）]+…+[f（1n+1）-f（1n+2）]=f（12）-f（1n+2）.

∵0<1n+2<1，∴f（1n+2）<0，

∴f（12）-f（1n+2）>f（12）.

∴f（15）+f（111）+…+f（1n2+3n+1）>f（12）.

其實，在具體的題型中，還有以具體問題為背景，在解決實際問題中構(gòu)造出來的各種不等式，我們都可以從其具體的結(jié)構(gòu)形式入手，尋找合理有效的解決方案.

不等式的證明題，無論它以什么形式展現(xiàn)，其常規(guī)的證明方法如下：利用函數(shù)的單調(diào)性證明；重要不等式證明；放縮法；數(shù)學歸納法等.不等式結(jié)構(gòu)能提示我們做“最近選擇”，不等式證明的方法最適合證明什么類型的不等式，需要我們?nèi)フ?筆者提供幾類案例，供參考.

一、常數(shù)型不等式證明

所謂常數(shù)型不等式，是指不等式一邊是代數(shù)式而另一邊是常數(shù)的式子.它常常以數(shù)列為背景出現(xiàn)，對于這類形式，通常采用的方法是：利用函數(shù)的單調(diào)性求值、裂項相消求和等方法來證明.

例1設(shè)數(shù)列{an}的前n項和Sn=43an-13×2n+1+23，n=1，2，…，（1）求首項a1和通項an；

（2）設(shè)Tn=2nSn，n=1，2，…，證明：ni=1Ti<32.

解（1）由Sn=43an-13×2n+1+23，n=1，2，…，

得a1=S1=43a1-13×4+23，∴a1=2，

∵an=Sn-Sn-1=43（an-an-1）-13（2n+1-2n），n=2，3，…

∴an+2n=4（an-1+2n-1），n=2，3，….

∴{an+2n}是首項為a1+2=4，公比為4的等比數(shù)列，

∴an+2n=4×4n-1=4n，n=1，2，….

∴an=4n-2n，n=1，2，….

（2）將an=4n-2n，n=1，2，…代入Sn=43an-13×2n+1+23，n=1，2，…，得

Sn[WB]=43（4n-2n）-13×2n+1+23=13（2n+1-1）（2n+1-2）[DW]=23（2n+1-1）（2n-1）.

Tn[WB]=2nSn=32×2n（2n+1-1）（2n-1）[DW]=32×（12n-1-12n+1-1）.

∴ni=1Ti[WB]=32×ni=1（12i-1-12i+1-1）[DW]=32（121-1-12n+1-1）<32.

二、函數(shù)型不等式的證明

所謂函數(shù)型不等式，是指以函數(shù)為背景，待證的不等式左右兩邊是以函數(shù)值的和差積商以及自變量、因變量的代數(shù)式為表現(xiàn)形式的不等式.對于這種形式的不等式，通常采用的方法：利用函數(shù)的單調(diào)性證明.這里要特別提示的是，在證明常量不等式中往往需要構(gòu)造函數(shù)，將常量變量化.在多元常量變量化中通常有兩種形式：一是個體常量化，另一類是整體變量化，如和、積等.

例2已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xlnx.（1）求函數(shù)f（x）的最大值；（2）設(shè)0

解（1）f（x）max=f（0）=0. （2）g（x）=xlnx，g′（x）=lnx+1， 設(shè)F（x）=g（a）+g（x）-2g（a+x2），則F′（x）=g′（x）-[g（a+x2）]′=lnx-lna+x2.

當0a時，F(xiàn)′（x）>0，所以F（x）在x>a上是增函數(shù).所以當x=a時，F(xiàn)（x）有極小值F（a），而F（a）=0，b>a，所以F（b）>0，∴0

當x>0時，G′（x）<0，所以G（x）在（0，+∞）上是減函數(shù).

所以G（x）=0，b>a，所以G（b）<0，∴g（a）+g（b）-2g（a+b2）<（b-a）ln2.

∴0

三、抽象型不等式證明

所謂抽象不等式，是指以抽象函數(shù)的形式給出條件和結(jié)論的不等式.它往往以抽象函數(shù)的形式出現(xiàn)，通常采用的方法：函數(shù)的性質(zhì)、利用條件裂項、放縮法等.

例3定義在（-1，1）上的函數(shù)f（x）滿足：（1）對于任意x ， y∈（-1，1），都有f（x）+f（y）=f （x+y1+xy）；（2）當x∈（-1，0）時，有f （x）>0，求證：

f（15）+f（111）+…+f（1n2+3n+1）>f（12）.

證明 f（x）+f（y）=f （x+y1+xy），令x=y=0得f（0）=0； 令y=-x ，得f（x）+f（-x）=f（0）=0，∴f（-x

）=-f（x）， ∴f（x）在（-1，1）上是奇函數(shù).設(shè)-1

∵-10，∴-1

∴f（x1-x21-x1x2）>0.

∴f（x1）-f（x2）>0即f（x1）>f（x2）.

∴f（x）在（-1，0）上是單調(diào)減函數(shù). ∵f（x）在（-1，1）上是奇函數(shù)，∴f（x）在（0 ，1）上是減函數(shù)，且f（x）<0，

∵f（1n2+3n+1）=f[1（n+1）（n+2）-1]

=f[

1（n+1）（n+2）1-1（n+1）（n+2）]

=f[

1n+1+（-1n+2）1+1n+1·（-1n+2）

]=f（1n+1）+f（-1n+2）

=f（1n+1）-f（1n+2），

∴f（15）+f（111）+…+f（1n2+3n+1）=[f（12）-f（13）]+…+[f（1n+1）-f（1n+2）]=f（12）-f（1n+2）.

∵0<1n+2<1，∴f（1n+2）<0，

∴f（12）-f（1n+2）>f（12）.

∴f（15）+f（111）+…+f（1n2+3n+1）>f（12）.

其實，在具體的題型中，還有以具體問題為背景，在解決實際問題中構(gòu)造出來的各種不等式，我們都可以從其具體的結(jié)構(gòu)形式入手，尋找合理有效的解決方案.