不等式的证明

§3.7　不等式的证明

主要方法：（1）利用微分中值定理；

　　　　　（2）利用Taylor公式（尤其是关于导函数的不等式）；

　　　　　（3）利用函数的增减性、极值、最值；

　　　　　（4）利用凸函数不等式；

　　　　　（5）已知不等式的运用。

前提准备：作差法，作商法，等价变形技术。

证一　利用函数的单调性，如证。

作差法　构造辅助函数

若f′（x）>0，则f（x）↗，所以f（x）>f（0）＝0

进一步分析：，不保号，f′（x）非递增。

但注意到，在上f′（x）↗，在上f′（x）↘，所以在上f′（x）>0。

作商法　只要证

而

证二　利用Cauchy中值定理，改写原不等式为。

利用Jordan不等式（*）亦可得证。

证三　用带Lagrange型余项的Taylor展开式

例2　证明（x>0）。

在§3.6的例9中，我们曾经不加证明地使用过该不等式。

分析　先令原不等式化为（t>0）。

用作差法还是作商法呢？

证　方向之一：化除为乘，等价于（1＋t）ln²（1＋t）<t²，再做差…

令

或

而f（0）＝0所以f（t）>0（当t>0时）

注　当有若干种不同的构造辅助函数的方式时，如何从中选择较简的路径是值得推敲的问题。当然，动机高于技巧，只有具备了求简求巧的动机，才会搜肠刮肚去思索方法，学习才有原动力。大家不妨就本题的其他辅助函数形式仔细去求解一遍并加以体会。

例3　设集合，试求A的最小元。

此题请参阅§3.6之例9。

例4　求证。

（上海师大1985年）

证一　

φ（x）↗，φ（x）>φ（0）＝0，得证。

证二　对f（x）＝sinxtanx－x²，

所以　

注　若此处未留意到不等式1＋sec²x≥2secx，则还要继续往下求导数：

f″（x）＝cosx＋secx＋2sin²xsec³x－2

f′（0）＝f″（0）＝0，…得f（x）>0。

显然多了许多无谓的计算。

证三　用Taylor公式，从

令　

　　α（x）＝sec²x－1－x²，　　α′（0）＝0

　　α″（x）＝2sec²xtanx－2x＝2（sec²xtanx－x）>2（tanx－x）>0可往上推得。于是

当，得证。

例5　设a>0，试证x²－2ax＋1<e^x（x>0时）。

证　f（x）＝e^x－x²＋2ax－1，f（0）＝0

　　f′（x）＝e^x－2x＋2a，f′（0）＝1＋2a>0

f″（x）＝e^x－2不恒正，当x＝x₀＝ln2时，f″（x₀）＝0。验证出ln2是f′（x）的极小值点，极小值为

f′（ln2）＝2－2ln2＋2a

与在端点的值比较，f′（ln2）<f′（0），且f′（＋∞）＝＋∞，知f′（ln2）＝2－2ln2＋2a是f′（x）的最小值且为正。所以f′（x）恒正，得出f（x）严格增，f（x）>f（0）（x>0时）。

拓广题：求使得该不等式对x>0恒成立的a的范围，或a的最小值。

分析　不等式等价变形为

或

再令，则u≤1，上式又可以化为

证一　经转换，原不等式等价于（3）式。当n＝1时，欲证：（1－u）e^u≥1－u²，用得出e^u≥1＋u，代入即得。

设n＝k时，有（3）式成立，则当n＝k＋1时

证二　令f（u）＝（1－u）ⁿe^nu－1＋nu²u≤1，f（1）＝n－1≥0

，然后分析f（u）是否递减或考虑其最小值。又f′（u）＝nu［2－（1－u）^n－1e^nu］未必小于0。驻点是u₁＝0，u₂则是2－（1－u）^n－1e^nu的零点（见下面注）。

因　

从上必知，证毕。

注　其实仔细分析2－（1－u）n－1e^nu在（－∞，1］上是恒正的，即u₂点并不存在，无需考虑。

令g（u）＝（1－u）^n－1e^nu，g′（u）＝（1－u）^n－2（1－nu）e^nu，求得其稳定点u＝1，；由g（1）＝g（－∞）＝0，知是g（u）的最大值。易验证，从而g（u）<2恒真。

例7　设a≠b，试证明。

分析　左边形态联想拉格朗日微分中值定理，但2e^ξ≤e^a＋e^b，不起作用。若要用函数单调性，需定义辅助函数，将a或b以x代，（因涉及两个对称的量a，b）仍不方便求证。

关键技术：令b－a＝t消元（降维），原不等式化为

证一　利用Taylor展开，上式易验证。

证二　引入辅助函数f（t）＝t（1＋e^t）－2（e^t－1），f（0）＝0；

　　　　　　　　　f′（t）＝1＋te^t－e^t，f′（0）＝0，f″（t）＝te^t>0。

例8　设x>0，y>0，且0<α<β，求证（x^α＋y^α）^1/α>（x^β＋y^β）^1／β

分析　消元，单变量化，令，欲证（1＋t^α）^1/α>（1＋t^β）^1/β

证明　引入φ（z）＝（1＋t^z）^1／z，希望证出φ（z）↘。留待读者练习。

例9　设p为正数，n为自然数，证明

证一　利用微分中值定理，

对k从1到n求和。

证二　转化为积分和。考虑函数f（x）＝x^p在［0，1］上的积分。将［0，1］n等分，在，得Riemann和数为。再将［0，1］区间n＋1等分，在每个小段上限左端点为介点，得

证三　（数学归纳法）假定n时成立，推n＋1时亦成立。

先看左边一个不等式，欲证

由归纳假设，只要证

　（该不等式是原不等式之充分不等式）

令n＋1＝k，（k－1）^p＋1＋（p＋1）k^p>k^p＋1两边同除以k^p＋1得

再令

令　g（t）＝（1－t）^p＋1＋（p＋1）t－1，g（1）＝p>0

　g′（t）＝（p＋1）［1－（1－t）^p］>0，g（t）↗，g（0）＝0所以g（t）>0

再看右边部分，类似推导得出一个充分不等式

（n＋1）^p＋1＋（p＋1）（n＋1）^p<（n＋2）^p＋1

令，上式化为1＋（p＋1）t<（1＋t）^p＋1，此式显然成立。

下面讨论凸函数不等式及其在不等式证明中的运用。

设f″（x）>0，则及一般加权形式：

当f″（x）<0时，反向不等式成立。

例10　证明：当0≤x≤1，p>1时，2^1－p≤x^p＋（1－x）^p≤1。

证一　令F（x）＝x^p＋（1－x）^p，研究F（x）在［0，1］上的最大，最小值，先求出唯一的稳定点，然后比较端点的值。

证二　利用凸凹性，取f（t）＝t^p，在［0，1］上为下凸，得

而F（x）在［0，1］亦下凸，故最大值在端点取得。

例11　设x，y>0，证明。

证明　令f（t）＝tlnt，

注　取f（x）＝lnx为R^＋上的凹函数，可得算术几何平均不等式。采用加权形式，

化简得

当时，即得算术几何平均不等式。

例12　Hlder不等式，设p>1，q>1，，（a_i、b_i>0）试证

证明　我们分三个步骤叙述之。

（一）在（4）式中令，得

或在习题2中已证得的不等式中令亦得（6）。再在（6）中令x＝A^1／p，y＝B^1／q，又得另一形式：

其推广可得Young积分不等式（参阅§4.5（3）式）。

（二）依（7）式，有，若直接相加仅能得到

但注意到若，则（5）已然成立。

（三）将（5）式等价变形成，从第（二）步骤启发

单位化变换　令

满足

　　2．对一般未必正值的a_i、b_i，只需在（5）中加上绝对值即可：

　　3．当p＝q＝2时，相应的不等式叫做柯西－许瓦兹不等式。此情形最常见的证法是用二次三项式的判别式去证明：

　　　令，则∀t∈R，F（t）≥0恒成立。于是判别式Δ≤0。

　　4．积分形式的Hlder不等式：

　　　设f（x），g（x）≥0，且可积。p>0，q>0，。则有

　　　证明与离散和式情形的证明手法类似，从略。

例13　设x₁，x₂，…x_n为正数，证明

　

分析　用凸函数不等式，得出的是当α>1时，

即　

而非所要证明的不等式。

证明　以α>1为例，原不等式等价于（单位化技术）。

记，则0<pi<1，且∑p_i＝1。又α>1，故，于是，

，证毕。

注　若不用单位化技巧，当α不为整数时，似乎又是挺难入手的，这就是解题之窍门。

习题3.7

1．证明不等式。

2．设p，q>1且，证明∀x>0，有。

3．证明e^x－1>（1＋x）ln（1＋x）。

4．证明。

5．证明。

6．当0<x<1时，有。

7．证明（x∈（0，1））。

8．设0<x<y<1或1<x<y，则。

（中科院2003年）

9．比较π^e与e^π的大小，并说明理由。

11．证明当。

（浙江省高等数学竞赛2007年）

12．证明当。

（浙江省高数竞赛2005年）

13．设0<x<1，0<a、b<1且a＋b<1。证明不等式a^x（1－ax）<b^x（1－bx）。

14．已知在x>－1定义的可微分函数f（x）满足条件

　（1）求f′（x）；

　（2）证明：f（x）在x≥0满足e^－x≤f（x）≤1。

15．设f（x）在（0，＋∞）上单调下降，可微。如果当x>0时，0<f（x）<｜f′（x）｜成立，则当0<x<1时，必有

（北京大学1991年）

16．求所有实数α的集合，使得对于任何x，y>0，不等式成立。

17.∀n∈N，证明。

18.∀n∈N，证明。

（北师大2004年）

19．求使得下列不等式对所有的自然数n都成立的最小的数β：。

（浙江省高等数学竞赛题2003年）

20．对于给定的一组正数x₁，x₂，…x_n，讨论其α次幂平均关于α的单调性（α>0）。

　（提示：单位化技巧，先讨论α>1时，m₁≤m_α，然后拓广。）

21．证明。

22．已知f（x）二阶可导，且f（x）>0，f″（x）f（x）－（f′（x））²≥0，x∈R。

　（1）证明，∀x₁，x₂∈R；

　（2）若f（0）＝1，证明f（x）≥e^f′（0）x，∀x∈R。

23．设a_k≥0，（1≤k≤n），试证的充分必要条件是

（浙江省高等数学竞赛2006年）

24．设0≤a_k<1，k＝1，2，…，n，令。证明不等式

。

（浙江大学1999年）

25.∀x>0，y>0，证明不等式x^y＋y^x>1。

（中科院2007年）

26．例9之补充，引入，已证得，且（用stolz公式）。既然｛λ_n｝是从的右侧趋近于的，那么，是否必有｛λ_n｝单调减？从Riemann积分的达布上和考虑，似乎有｛λ_n｝的递减性，但是对［0，1］的n＋1等分并非是n等分的加细，故达布上和随着分割加细后的递减趋势不能直接套用。仍考虑使用归纳法证明。

证　I_n＝1^p＋2^p＋…＋n^p，欲要λ_n递减，即要求，化简

即

下面数学归纳法证明（△）式。n＝1，（△）式即，即2^α＋1－2^α>1。

对函数f（x）＝2^x在［α，α＋1］上用微分中值定理即得上式成立。设n时成立（△）式，则当n＋1时，

若能证得充分不等式

则（△）得证（当n＋1时）。

变形（*）式：

等价于

将左边数列记为α_n，即证｛α_n｝的单调递减性质，令，化为函数的增减性来处理。

已经可见得g′（t）>0，（t>0时），故g（t）在R^＋上为递增。

所以关于n是递减的。（**），得证。