不等式的幾種證明方法及簡(jiǎn)單應(yīng)用

1、不等式的幾種證明方法及簡(jiǎn)單應(yīng)用 作者: 日期：本科畢業(yè)論文不等式的幾種證明方法及簡(jiǎn)單應(yīng)用姓名院系數(shù)學(xué)與計(jì)算機(jī)科學(xué)學(xué)院專 業(yè)數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)班級(jí)學(xué)號(hào)指導(dǎo)教師答辯日期不等式的幾種證明方法 及簡(jiǎn)單應(yīng)用我們?cè)跀?shù)學(xué)的學(xué)習(xí)過程中，不等式很重要.其中不等式的證明方法在不等式基礎(chǔ)理論中非常重要.文中總結(jié)了部分證明不等式的常用方法：作差法、分析法、作商法、綜合法、反證法、數(shù)學(xué)歸納法、放縮法等，和不等式的 證明經(jīng)常會(huì)利用函數(shù)極值、 拉格朗日中值定理等，以及部分 著名不等式，比如：均值不等式、柯西不等式 等.進(jìn)而使不等式證明方法變的更加的多樣化，研究不等式 證明、探索 不等式 的證明使 不等式 證明更加完善.【關(guān)鍵詞

2、】：不等式，常用方法，函數(shù)，著名不等式method and application of several simple proof of inequalityabstractwe are in the proces of learning mathamatics, inequallty is very importent which method inequality inequality basic theory is very importent paper sumnarizes the common methods section proves inequallty: for diffe

3、remce method, analysis, for law, and inequality synthesis method, contradiction, mathematical inductian, scaling methed often benefit with function extreme, lagrange mean value theoren, as well as same well-knawn inequallties, such as: mean inequality, ceuchy inequallty, eta. and thus make inequalit

4、y proof becames more divorse, researah inequallty praved prabe proof cable inequality makes inequality proved to be more perfect.key words :inequality , the commonly usedmethod, function, famous inequaliti es目錄、常用方法 1（一）比較法 1（二）分析法 2（三）綜合法 3（四）反證法 3（五）迭合法 4（六）放縮法 4（七）數(shù)學(xué)歸納法 5（八）換元法 5（九）增量代換法 6（十）三角代換

5、法 6（十一）判別式法 7（十二）等式法 7（十三）分解法 8（十四）構(gòu)造函數(shù)法 8（十五）構(gòu)造向量法 8（十六）構(gòu)造幾何不等式 9（十七）構(gòu)造方程法 9（十八）“ 1”的代換型 10（十九）排序不等式 10、利用函數(shù)證明不等式 11（一）函數(shù)極值法 11（二）單調(diào)函數(shù)法 11（三）泰勒公式法 12（四）優(yōu)函數(shù)法 13（五）拉格朗日中值定理法 14三、利用著名不等式證明 15（一）利用均值不等式 15（二）利用柯西不等式 15（三） 琴生（jensen）不等式 16（四）切比雪夫不等式 17（五）赫爾德（holder）不等式 18（六）伯努利不等式 19（七）三角形不等式 20小結(jié) 20參考文

6、獻(xiàn) 21致謝 221不等式的幾種證明方法及簡(jiǎn)單應(yīng)用學(xué)生姓名：指導(dǎo)老師：引言不等式是數(shù)學(xué)中較為 重要的一部分內(nèi) 容，為幫助 數(shù)學(xué)愛好者 掌握這方面的知 識(shí)，故論述幾種簡(jiǎn)單的證明方法.在實(shí)際生活中，不等式的運(yùn)用要比等式更加常見，而 人們對(duì)不等式的了解要相對(duì)晚一點(diǎn).在17世紀(jì)后，不等式才被深入發(fā)覺，建立相應(yīng) 的理論，真正進(jìn)入數(shù)學(xué)理論部分.從不等式的探究過程可以發(fā)現(xiàn)，在生活中有重要的作用，例如：不等式性 質(zhì)、證明方法、解法.在本文中，介紹部分 證明不等式常用方法、函數(shù) 證明不等式 和用一些著名不等式證明不等式.在學(xué)習(xí)證明不等式中，可以更加深刻了解數(shù)學(xué)學(xué)科 的特點(diǎn)，培養(yǎng)數(shù)學(xué)邏輯思維論證能力，為以后深入研

7、究數(shù)學(xué)中不等式提供幫助，增 加數(shù)學(xué)認(rèn)知能力.進(jìn)而使不等式證明方法變的更加的多樣化，研究不等式證明、探索 不等式的證明使不等式證明更加完善.一、常用方法（一）比較法11 .作差法兩個(gè)實(shí)數(shù)a和b的大小，可由a b的正負(fù)比較判斷.如果a b 0,那么，a b 如果a b 0,那么，a b ；如果a b 0,那么，a b .例題1:若兩個(gè)角0<如鼻，0<b<3，求證：sin ( a+ b) <sin a+sin 0證：sin ( a+ b) -(sin a+sin b)=sin a cos 時(shí)cos osin ,sin a-sin b=sin a (cos ,1)+sin b(

8、cos a-1).因?yàn)閍、b都是正銳角，所以sino>0且sin f>0, cos ,1<0,且cos o-1<0于是 sin a (cos ,1) <0, sin b (cos a-1) <0.所以 sin a (cos ,1)+sin b(cos a-1)<0即 sin ( a+ 位-(sin a+sin b)<0所以 sin ( o+ b) <sin a+sin 0.1時(shí)，貝u a<b；如果a >1時(shí);b2 .作商法作商法證明不等式時(shí)，一般a 0, b 0,如果a b貝 a>b；如果a=1時(shí)，貝 a=b.ba b例題

9、2設(shè)a, b , c r ,求證：aabb (ab/a babbaa b證：作商：黑l ab(a)工a b當(dāng) a = b 時(shí)，(a)丁 1 b當(dāng) a > b > 0 時(shí)，a b,a b1,u0,512 b1,a b時(shí)，0公0噂產(chǎn)1故得(ab) 2b a a b即(ab) 2(剩余同理可證)(二)分析法1在證不等式題的過程中分析法是從結(jié)論入手，一步步的向上推導(dǎo)，探索下去, 進(jìn)而證明已知的題設(shè)條件，在證明的過程中，推導(dǎo)的每一步都要可逆.例題3：已知：a、b、c為互不相等的實(shí)數(shù).求證：a2b2c2abbcca.證明：要證a2b2c2abbcca成立，即證明a2b2c2abbcca0成立，

10、需要證 2a2 2b2 2c2 2ab 2bc 2ca 0 成立,即(ab)2(bc)2(ca)20成立因?yàn)閍 b c,222所以 a b 0, bc 0, c a 0由此逆推，即可證明a2 b2 c2 ab bc ca(三)綜合法1綜合法，就是由命題的條件證明題設(shè)條件.例題4:設(shè)a1, a2,，a。都是正數(shù)，并且它們的乘積a1 a2% 1.求證：(1 a1)(1 a2)(1 a。) 2n.證明：因?yàn)? q再，所以1 a1 2k同理可知1a1 2 a11 a2 2, a2.1 a12.；a1 .因?yàn)閍1, a2 , , a。都是正數(shù)，根據(jù)性質(zhì)把不等式的兩邊相乘，得(1 a1)(1 a2)(1

11、a。) 2n.,a1 a2a。 2n.因?yàn)樵赼 1的時(shí)候，1 ai 2jo;取等號(hào)，所以原式只在& a?a。1的時(shí)候取等號(hào).(四)反證法2反正法就是要證明與命題相對(duì)立的結(jié)論，可 以先假設(shè)一個(gè)錯(cuò)誤的結(jié)論，應(yīng)用所學(xué)的知識(shí)證明出假設(shè)錯(cuò)誤.例題5: 已知a , b, c為實(shí)數(shù)，a b c 0 , ab bc ca 0, abc 0,求證: a 0, b 0, c 0.證明：假設(shè)a, b, c不全是正數(shù)，即其中至少有一個(gè)不是正數(shù).可以假設(shè)a 0 .分為a 0和a 0證明.(1)如果a 0 ,則abc 0 ,與abc 0矛盾.所以a 0不可能.(2)如果a 0 ,那么由abc 0可得bc 0 .由

12、因?yàn)閍 b c 0 ,所以b c a 0.這和已知ab bc ca 0相矛盾.因此，也不可能.綜上所述，a 0.同理可證b 0 , c 0.所原命題成立.（五）迭合法通過簡(jiǎn)單命題的成立，利用不等式性質(zhì)，將簡(jiǎn)單不等式合成復(fù)雜不等式而證明 結(jié) 論的過程就是迭合法22222例題6:已知：a1a2ann ,匕 b2a1bl a2b2anbn n .證明： 因?yàn)?a12 a22an2 n, b1例題7 求證：111= 2. 3 b22所以 q'a： a22an2 布，qb； b22bn22bnn ,求證:bn2n而，aibia2b2anbn22aa2an2,bi2b222bn n . n n由柯

13、西不等式16證明：當(dāng)i 1時(shí)，vt24，從而有11故 1 .2.31 2( ,2 1) 2( -3. 2)2(、n . n 1)所以原不等式獲證（六）放縮法3放縮法是依據(jù)不等式式的性質(zhì)而衍生得到的一種方 法，利用一些著名的不尋找中間量，又或者是別的方法，但最重要的是可以丟棄某些不重要的部分，得到所 要著證明的結(jié)論命題.2 n 1 2 n所以原不等式獲證.（七）數(shù)學(xué)歸納法1數(shù)學(xué)歸納法是在證明含n（n n）的不等式，能否在n k（n n）成立的條件下,證明n k 1時(shí)成立.（n取第一個(gè)值時(shí)不等式命題成立）證明8:求證:1(2 -)(2n3 ) n2n 1(2)nn (n證明：左邊和右邊都有n個(gè)因數(shù)

14、,1一一，一1. （n是正整數(shù)）1）2 1當(dāng)n 1的時(shí)候，上述n個(gè)不等式相互累乘,1)1n (n 1)2 1132n(2 -)(2 3)(2 n nn故原不等式成立（八）換元法4在部分不等式證題過 程中，通過變量代換，可以使不 等式證明過程更加簡(jiǎn)單, 選擇適當(dāng)?shù)妮o助未知 數(shù)，代替原方程的部分式子，而證明命題.例題9 :已知a , b , c是小于1的正數(shù)，求證:a b c abc 2證明：設(shè) a , b -, c -, 1 p 1 q 1 r由假設(shè)可知，p 0, q 0, r 0abc abc1(1 p)(1 q)(1 r)通分后以（1 q）（1 p）（1 r）為分母時(shí)，則,分子(1 q)(1

15、 r) (1 r)(1 p) (1 p)(1 q) 1=2 2(p q r) (qr rppq)又 2(1 q)(1 p)(1 r) 2 2( p q r) 2(qr rp pq) 2pqr因?yàn)?是 的優(yōu)函數(shù)，所以將 、 除以正數(shù)(1 q)(1 p)(1 r)得1111 21 p 1 q 1 r (1 p)(1 q)(1 r)即，a b c abc 2.(九)增量代換法5增量代換法就是在證明不等式時(shí)，通過增加一個(gè)中間量而使在計(jì)算的過程中減少運(yùn)算量的方法在證明比較復(fù)雜的不等式時(shí)經(jīng)常使用的手法.例題 10 :已知 a, b r,且 a+b = 1 ,求證：(a+2)2 + (b+2) 2絲. 2證

16、明：因?yàn)?a, b r,且 a+b = 1, .,.設(shè) a = 1 + t , b =- - t , ( t r)22貝1(2+2)2 + “+2)2 = ( 1 + t + 2)2+(1-t+2)2 = ( t + -) 2+(t-) 2 = 22222t 2 + 25方里. 22所以(a + 2)2+(b+2)2>型. 2(十)三角代換法1例題11 :解不等式75x vx 1 >1 2解：因?yàn)?75x)2(vx1)2=6,故可令&x=j6sin ,vx1= j6cos , e 0,一 2則原不等式化為 v16 sin <6 cos > 1所以u(píng)6 sin &

17、gt; - + v6 cos 22由 0,-知工+v6 cos >0,將上式兩邊平方并 整理，得 2248 cos 2 +4 尼 cos -23<0解得0&cos <7282 忑 所以x = 6cos2 1< 24 兇，且x>1,故原不 2412等式的解集 是x|-1 <x< 24 v47 .12(十一)判別式法6學(xué)習(xí)一元二次方程時(shí)，可以用判別式來判斷有無實(shí)根，而有些特殊題目中，可以通過判別式證明所要證明的命題.例題12 a、r c為abc的內(nèi)角，x、y、z為任意實(shí)數(shù)，求證: 222x y z2yz cos a 2xz cos b 2xy co

18、sc證明：構(gòu)造函數(shù)，判別式法令 222f(x) x y z (2yzcos a 2xz cos b 2xy cosc)222x 2 x(zcosb ycosc) (y z 2yzcosa)為開口向上的拋物線2, / 224(z cos b y cos c)4(y z 2yz cos a)2 22, 2 一4( z sin b y sin c 2yz cosbcosc 2yzcosa)222.2 ,4z sin b y sin c 2yzcosbcosc 2yz(cosbcosc sin bsinc)2.22.224z sin b y sin c 2yzsin bsin c 4(zsin b y

19、 cosc) 0無論y、z為何值，0所以x r f(x) 0 所以，命題真(十二)等式法由學(xué)過的公式、定理，巧妙的變形為一些不等式，而證明命題的方法 .例題13: a,b,c為abc的三邊長(zhǎng)，求證：2a2b2 2a2c2 2b2c2 a4 b4 c4.1證明 由海倫公式s abc jp(p a)(p b)(p c),其中p -(a b c).2兩邊平方，移項(xiàng)整理得_2_ 2 2_ 2 2_16(sabc) 2ab 2a c 2b,44b c所以2a2b2 2a2c2 2b2c2b4而 s abc 0,（十三）分解法把復(fù)雜命題轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單易解的基本命題，而一一解決,各個(gè)擊破，而去證明不等例題14

20、:n2,求證:11 n(n n1 1).證明:因?yàn)?(11所以1 n(n n 1 1). n（十四）構(gòu)造函數(shù)法4例題15: 設(shè)00 a、c<2,求證:4a + b 2 + c2 + a b c >2a b +2b c +2ca .證明：構(gòu)造一次函數(shù)f (x) = 4 a + b 2 + c 2 + a b c 2a b 2b c 2c a =(b c 2b 2c + 4) a + ( b 2 + c2 2b c) , ( a 為自變量)由 0&a&2,知表/、條線段.又 f(0)= b 2 + c22b c = ( b - c) 2 >0,f (2) = b

21、2 + c2 -4b -4c + 8 = ( b -2) 2 + ( c-2) 2 >0,可見上述線段在橫軸及其上方，所以函數(shù)學(xué)0,即 4a 2 + b 2 + c 2 + a b c >2a b + 2bc + 2ca.（十五）構(gòu)造向量法構(gòu)造向量法主要是不等式與向量形式之間的相互轉(zhuǎn)換，利用m - n <| m| - | n| ,證明一些具有和積結(jié)構(gòu)代數(shù)的不等式命題.例題 16 : 設(shè) a、bcr,且 a+b =1 ,求證：(a + 2)2 + (b +2)2 >-252證明：構(gòu)造向量m = ( a +2, b+2), n = (1, 1).設(shè)m和n的夾角為，其 中 0

22、0 &.因?yàn)閨 m | = j(a 2)2 (b 2)2 , | n | = j2 ,所以 m n =將不等式兩邊與圖形建立聯(lián)系，則可以化數(shù)為形，利用圖像的性質(zhì)，解決不等 式的方法就是構(gòu)造幾何不等式.例題 17:設(shè) a>0, b>0, a+b = 1 ,求證：必1 + j2b 1 02y2 .證明：所證不等式變形為：a 1db二02.這可認(rèn)為是點(diǎn)、.2a( v12a14 2b 1 )至ij 直線 x y 0 的距離.但因(/201) 2 +( j2b 1)2 = 4,故點(diǎn) a 在圓 x2+y2 = 4 (x >0, y>0)上.如圖所示，adl bg半徑a3 a

23、r即有：-2a 1 j2b<2,、2所以，2a 1 + <2b 1 < 2 v2 .(十七)構(gòu)造方程法例題18: 已知實(shí)數(shù)a, b,c,滿足a + b + c = 0和abc = 2 ,求證：a, b , c中至少有一個(gè)不小于2證明：由題設(shè)a, b, c 其中必含有一個(gè)正 數(shù)，假設(shè)a > 0 ,b 則bc即b, c是二次方程x2ax0的兩個(gè)實(shí)根.所以（十八）“ 1”的代換型網(wǎng)例題19:已知a, b, c r ,且a b,、11,求證： a9.策略: 證明：做“ 1”的代換.（十九）排序不等式如 ai r, bir1 in且a1a2an,b1b2bnanbnabj1a2b

24、j2anbj na1 bna1 bn 1anbij1, j2, jn是 1,2,n的任一排列.當(dāng)且僅當(dāng)aa2an 或 b1b2bn時(shí)等號(hào)成立.例20:已知a1,a2 an r 求證亙a22 a_a32ana1a1a2an不妨假設(shè)a1,a2 an有次序即a1a2an那么a1a2an由于 w,a2 an r ,所以a122a22an由排序不等式可知2a1a22a?a32ana11a121a2一a21ana2an得證.二、利用函數(shù)證明不等式(一)函數(shù)極值法1通過某些變換，把問題轉(zhuǎn)形為求函數(shù)的極值，實(shí)現(xiàn)證明不等式.例題21 : 證明，x 0,有不等式x x 1 0,01證明：討論函數(shù)f (x) x x

25、 1在區(qū)間(0,)的最大值.-11f (x) x(x 1)令f (x) 0,解得唯一定點(diǎn)1,它在區(qū)間(0,)分成兩個(gè)區(qū)間(0,1)與(1,),列表 如下：(0,1)1(1,)f (x)+0-f(x)/極大點(diǎn)x 1時(shí)是函數(shù)f(x)極大點(diǎn)，極大值f (1) 0 .由此表可得x 1時(shí)是函數(shù)f(x)在定義域中的最大值,故 x 0,使 f(x) f(1)或 x x 1 0.所以原不等式得證(二)單調(diào)函數(shù)法當(dāng) x屬于定義域，有 f (x) 0 ,則(x1 x2 ) f (x1)f (x2);若 f (x) 0 ,則f (x1) f(x2).若要證明 f (x) g(x),只須要證 f (a)g(a)及f

26、(x) g (x), (x (a, b).，一一 、一 一 一一 11例題22:設(shè)x 1 ,且x 0 ,試證：- 1x ln(1 x)證明：令 f(x) 111 1n(1 x) x xln(1 x),x 1n(1 x)x 1n(1 x)分子 g(x) x 1n(1 x) x1n(1 x),對(duì) g(x)求導(dǎo)得 g(x) 1n(1 x),分兩種情況來討論：(1)當(dāng)0 x 1時(shí)，g (x) 0,因此g(x)單調(diào)遞增.由 g(0) 0,故 g(x) 0,分母 x1n(1 x) 0,所以 f(x) 0即原不等式成立.(2)當(dāng)x 0時(shí)，g (x) 0 ,因此g(x)單調(diào)遞減.由 g(0) 0,得 g(x)

27、 0,分母 x1n(1 x) 0,故知 f(x) 0,所以原不等式成立.綜合(1) (2)即得結(jié)論成立.(三)泰勒公式法1定義 若函數(shù)f (x)在a存在n階導(dǎo)數(shù)，則 x u(a),有f(x) tn(x) o(x a)n稱為函數(shù)f(x)在a (展開)的泰勒公式.甘f (a)f (a)2 f(n) (a) n其中，tn(x) f (a) (x a) -2(x a) - (x a)1!2!n!例題23證明：若函數(shù)f(x)在a,b上有n階導(dǎo)數(shù)，且f (a) f(i)(b) 0,i1,2, ,n 1,則存在c (a,b),有,、9n 1 nlf 72n!|f(b) ”a)(b a)證明：將函數(shù)f (x)

28、在點(diǎn)a和點(diǎn)b分別展開，即 x a,b,有f(x)f(a)空xa)x a)n n!f(x)f(b)半xb)f(n)( 2)n!(x b)n由已知條件，令xb,則分別有以上兩式相減，有b2-f(a)f(n)( 1)n!f(b)f(n)( 2)n!f(b)f(a)f(n)( 2)n!b2-f (n)(1)n!f(b)f(a)f(n)( 1)n!f(n)( 2)n!f (n)(c)(四)優(yōu)函數(shù)法4f(a) f(b)則有f (n)max f (n)(f(a) f(b) 2f2n 1 n!(bna)(2) b an!當(dāng)f (x, y)是g(x, y)的優(yōu)函數(shù)時(shí),a 0,b 0 f (a,b) g(a, b

29、)例題24 : a bc是小于證明：設(shè)abc 2*bn!- f(b)(b a)n2，f(a)的正數(shù)，求證:由假設(shè)可知，p 0, q 0, r 0a b c abc 11111p1 q1r(1 p)(1q)(1 r)通分后以(1 q)(1 p)(1 r)為分母時(shí)，則， 分子(1q)(1r)(1r)(1 p)(1 p)(1q) 1=2 2(p q r) (qr rppq)又 2(1 q)(1p)(1 r)2 2(p q r) 2(qr rp pq) 2pqr因?yàn)?是 的優(yōu)函數(shù)，所以將 、 除以正數(shù)(1 q)(1 p)(1 r)得1111c 21 p 1 q 1 r (1 p)(1 q)(1 r)即

30、，a b c abc 2(五)拉格朗日中值定理法定理：函數(shù)f(x)滿足，閉區(qū)間a,b連續(xù)、開區(qū)間(a,b)可導(dǎo).則函數(shù)在開區(qū)間(a,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)c使 f(c) y如果f (c)介于兩 個(gè)數(shù)m與m之間，則有下面的不等式：f(b) f(a) n, mmb a證明f(b垣)形式不等式，可用拉 格朗日中值定 理法法. b a例25: 證明，當(dāng)x>0時(shí)，有ex 1>x.x證明：由原不等式，因?yàn)閤>0,可改寫為e 1的形式, xx 0或改寫為e1的形式，這里f(t)e;區(qū)間為0, x,x 0用拉格朗日中值定理,令 f(t)et ,t 0, x ,則f （t）滿足拉格朗日中值定理的條

31、件，于是存在0,x 011 e e x，?t=ex 0x218所以，有不等式ex 1 > x.三、利用著名不等式證明（一）利用均值不等式1設(shè) a1，a2, ,an是n個(gè)正實(shí)數(shù)a1a2 an n/aezan ,n當(dāng)且僅當(dāng)a1 a2an時(shí)取等號(hào).例題26:求證：12nx (2nn1)x（x為正數(shù)）證：由算數(shù)平均值與幾何平均值2nx 2n 1 ，21 x x2nx ，d21 x x2n 1又等差數(shù)列求和為2n = 2n(2n 1)=n(2n21),故2n 11xx2x2n2n 14門(20 1) = x。所以1 x x22nx(2n 1)xn.（二）利用柯西不等式2定理：設(shè)ajh r i1,2

32、,i,2aaa2 b2anbn2a22anb12b2bn2等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)bikai. 1例題27:證明不等式(x1x2xn)(;1xn(其中 x1 , x2 ,xi均為正數(shù)）.證明：若令2 ai(x1=n ，(x1b2工x1b21x2，bn2_1xn根據(jù)柯西一布 雅可夫斯基不等式，則有x2xn)2 ( 一x1x2xnx2xn將上式兩邊平方后，得x2、，11xn)(x1x2（三）琴生（jensen）不等式1pir i 1,2 n , fx是區(qū)間d上的嚴(yán)格的凸函數(shù)，則對(duì)任意x1, x2xnp1x1p2x2p1p2pnxnpnp1fxip2 f x2pnf xn當(dāng)且僅當(dāng)x1x2x n時(shí)，等號(hào)成立.

33、特別地，另pi1,228:若xip1p2pn(x2)x2(xn證明：對(duì)于,n，則有f2xnnf x1f x2nf xn(1-)xnxi =1,(nxi=1,求證：（x1x18n n0,不妨設(shè) f（x）1 ln(x -), x11ln(a ) ln(b ) 考慮證明對(duì)a, b (0,1)有ab-2a b1n(二一-2 a1)28即證（a即證ab1)(b a1ab1) (a bb 2 a b t)2)2b，1(*2,ababa1ab(aab1ab)2產(chǎn)且1）2（0,1 ）為減函數(shù),(a1a b)22,即 f (x)1 ln(x 一),x內(nèi)是凸函nln(xii 1-) xi數(shù),jensen不等式得x

34、iln(口 n一) xi1、 ln( n ) n所以(xi -)xix2-)x2(xn-)xn(n1)n n（四）切比雪夫不等式由于a1a2anbn，aibi例題29 :ad dc cbaibn已知:be ea證明：先看ad bc ,由于由切比雪夫不等式，ad bce,1 求證:cb da(a bd)(a4b c d)e ，(1 e)2因止匕 ad dc cb be ea(1 a)28卜面只需要支立8(1 a)28即(1 e)2 (1 a)2 8ac85'視 a 為主元，記 f(a) (1 e)2 (1 a)2 8ae a2 (8e 2)a e2 2e 2,對(duì)稱軸為1 4e,由已知條件

35、a b c d e及a b c d e 1,11知1 4e a - , f (a)在止義域內(nèi)單倜 遞增，因此f(a) f (-). 551 一.1取等條件是a ,因止匕a b cd e -, 55181故 f(a) f (-) 一， 綜上，ad dc cb be ea 一，555當(dāng)且僅當(dāng)a b c d e 1時(shí)取等號(hào)5(五)赫爾德(holder)不等式設(shè)旦e1 i n是2n個(gè)正實(shí)數(shù)， 0,0,1,n則 ai bii 1aii 1bii 1例題30 ：設(shè)p,q r ,x0不，求函數(shù)fx 下一的最小值.2sin x . cosx解：取_115,于是一 一 1.由holder不等式有:44_ 5_ 5p4 5q541/ pq x5/ - 22、5(:-t0 (sin x cos x),.sin x . cosxp44 5 2f(x)=-rp= 了l (p5 q,l當(dāng)且僅當(dāng)巴工 嗎2,-sinx cosxq cos x、cosx2tanx (e)252p-2 (sin x)5 q-2 (cosx)5(sin x)5(cosx)5時(shí)，等號(hào)成立.q44 5所以f (x)的最小值是(pg q5)4.（六）伯努利不等式1（i）當(dāng) 01 時(shí)，有（1 x） 1