不等式证明的那些事

前言

不等式性质

用不等式性质考查不等式的证明

【比较大小】若\(P=\sqrt{a+2}+\sqrt{a+5}\)，\(Q=\sqrt{a+3}+\sqrt{a+4}(a\ge 0)\)，证明：\(Q>P\).

分析：由于\(a\ge 0\)，\(P > 0\)，\(Q > 0\)，

则有\(Q^2-P^2=2a+7+2\sqrt{a^2+7a+12}-(2a+7+2\sqrt{a^2+7a+10})\)

\(=2(\sqrt{a^2+7a+12}-\sqrt{a^2+7a+10}) > 0\)，

所以\(Q^2>P^2\)，则\(Q>P\)。

用均值不等式证明不等式

数列中

数列中的不等式证明，常涉及裂项法和简单的放缩法

考向1：先求和后放缩的证明模式，高考考查的重点；

【2017全国卷2，理科第15题高考真题改编】已知等差数列 \(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_3=3，S_4=10\)，证明\(\sum\limits_{k=1}^n{ \cfrac{1}{S_k}}<2\)

分析：由\(a_1+2d=3\)和\(4a_1+6d=10\)，

容易计算出\(a_n=n\)，故\(S_n=\cfrac{n(n+1)}{2}\)，

则有\(\cfrac{1}{S_n}=\cfrac{2}{n(n+1)}=2(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})\)，

故\(\sum\limits_{k=1}^n {\cfrac{1}{S_k}}=2[(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})+\cdots +(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})]\)

\(=2(1-\cfrac{1}{n+1})<2\)。

解后反思：

1、本题目需要先利用裂项法求和，再利用放缩法证明不等式；

2、这类题目的求和方法常常和裂项相消法关联；

3、利用的放缩原理比如\(2-a<2(a>0)\)或\(2+a>2(a>0)\)，相对比较简单。

考向2：先放缩后求和的证明模式，高考考查的次重点

【改编】设数列\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n=\cfrac{1}{2^n-1}\)，前\(n\)项和为\(S_n\)，求证\(S_n<2\)；

证明：由于\(2^n-1\ge 2^{n-1}\)(当\(n=1\)时取等号，其他都取大于号)

故\(\cfrac{1}{2^n}\leq \cfrac{1}{2^{n-1}}\)(当\(n=1\)时取等号，其他都取大于号)，即有

\[a_1=1 \]

\[a_2<\cfrac{1}{2^1} \]

\[a_3<\cfrac{1}{2^2} \]

\[\cdots \]

\[a_n<\cfrac{1}{2^{n-1}} \]

以上 \(n\) 个式子相加，得到

\(S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n\)

\(<1+\cfrac{1}{2^1}+\cfrac{1}{2^2}+\cdots+\cfrac{1}{2^{n-1}}\)

\(=\cfrac{1\cdot(1-\cfrac{1}{2^n})}{1-\cfrac{1}{2}}\)

\(=2(1-\cfrac{1}{2^n})<2\)

即\(S_n<2\)。

解后反思：

1、本题目需要先将每一项恰当放缩，然后利用等比数列求和公式求和，再利用放缩法证明不等式；

2、这类题目的难点在于第一步，到底怎样的放缩是恰当的，这需要一定的数学素养；

3、常用的放缩公式有(相对比较复杂)：

①\(\cfrac{1}{2^n-1}\leq \cfrac{1}{2^{n-1}}\)；

② \(n(n-1)<n^2< n(n+1)\)或者\(\cfrac{1}{n(n-1)}>\cfrac{1}{n^2}>\cfrac{1}{n(n+1)}\)；

\(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n}=\cfrac{1}{n(n-1)}>\cfrac{1}{n^2}>\cfrac{1}{n(n+1)}=\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1}\)

③\(\cfrac{1}{n^2}<\cfrac{1}{n^2-1}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1})\)

④\(2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})<\cfrac{1}{\sqrt{n}}<2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})\)

⑤利用\((1+x)^n\)的二项展开式进行放缩。

函数与导数中

函数与导数中的证明，常涉及作差构造函数或变形后构造函数，或放缩法或数学归纳法证明，最难的情形

已知函数\(f(x)=ax-1-lnx(a\in R)\)

(1)讨论函数\(f(x)\)的单调性。

(2)当\(x>y>e-1\)时，证明不等式\(e^x\cdot ln(1+y)>e^y\cdot ln(1+x)\)

分析：(1)定义域为\((0，+\infty)\)，又\(f'(x)=a-\cfrac{1}{x}=\cfrac{ax-1}{x}\)，

由于分母为正，故只针对分子\(ax-1\)分类讨论，

当\(a\leq 0\)时，\(ax-1<0\)，即\(f'(x)<0\)，故在\((0，+\infty)\)上单调递减；

当\(a>0\)时，令\(ax-1=0\)，得到\(x=\cfrac{1}{a}\)，

故在\((0，\cfrac{1}{a})\)上单调递减，在\((\cfrac{1}{a}，+\infty)\)上单调递增。

(2)将欲证明结论

\(e^x\cdot ln(1+y)>e^y\cdot ln(1+x)\)变形为\(\cfrac{ln(1+y)}{e^y}>\cfrac{ln(1+x)}{e^x}\)，

题目转化为由\(x>y>e-1\)时，证明\(\cfrac{ln(1+y)}{e^y}>\cfrac{ln(1+x)}{e^x}\)，

故我们构造函数\(g(x)=\cfrac{ln(1+x)}{e^x}\)，

这样命题转化为当\(x>y>e-1\)时，\(g(y)>g(x)\)，

故只需要证明函数\(g(x)\)在\((e-1，+\infty)\)上单调递减即可。

以下用导数证明。

\(g'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x+1}\cdot e^x-ln(x+1)\cdot e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{\cfrac{1}{x+1}-ln(x+1)}{e^x}\)，

令\(h(x)=\cfrac{1}{x+1}-ln(x+1)\)，

则\(h'(x)=-\cfrac{1}{(x+1)^2}-\cfrac{1}{x+1}=-\cfrac{x+2}{(1+x)^2}\)，

当\(x>e-1\)时，很显然\(h'(x)<0\)；

故函数\(h(x)\)在\((e-1，+\infty)\)上单调递减，

故\(h(x)<h(e-1)=\cfrac{1}{e}-1<0\)，

故导函数\(g'(x)=\cfrac{h(x)}{e^x}<0\)在\((e-1，+\infty)\)上恒成立，

故函数\(g(x)\)在\((e-1，+\infty)\)上单调递减，证毕。

【2016山东青岛一模】已知函数\(f(x)=sinx-ax\)，

(1)对于\(x\in(0，1)\)，\(f'(x)>0\)恒成立，求实数\(a\)的取值范围。

分析：利用\(cosx-a >0\)在\(x\in(0，1)\)恒成立，可以求得\(a < cos1\)。

(2)当\(a=1\)时，令\(h(x)=f(x)-sinx+lnx+1\)，求\(h(x)\)的最大值。

分析：此时\(h(x)=lnx-x+1\)，如果能知道结论\(lnx\leq x-1\)，

即可知\(h(x)_{max}=h(1)=0\)。或利用导数也可以求得\(h(x)_{max}=h(1)=0\)。

(3)求证：\(ln(n+1)<1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}(n\in N^*)\)。

分析：看到这样的不等式关系，我们应该想到的有裂项相消法、数学归纳法，

法1、由(2)的结论\(lnx \leq x-1\)得到\(ln(x+1)\leq x(x\neq 0)\)，

若将其延伸到自然数，则有\(ln(n+1)< n\)，再做代换，

用\(\cfrac{1}{n}\)替换\(n\)，变形得到\(ln(\cfrac{1}{n}+1)<\cfrac{1}{n}\)，

即\(ln(\cfrac{n+1}{n})=ln(n+1)-lnn<\cfrac{1}{n}\)，

令此式中的\(n\)分别取\(1，2，3，\cdots，n\)，即得到以下\(n\)个表达式：

\(ln\cfrac{2}{1}<1\)；即\(ln2-ln1<1\)

\(ln\cfrac{3}{2}<\cfrac{1}{2}\)；即\(ln3-ln2<\cfrac{1}{2}\)；

\(ln\cfrac{4}{3}<\cfrac{1}{3}\)；即\(ln4-ln3<\cfrac{1}{3}\)；

\(\cdots\)；\(\cdots\)；

\(ln\cfrac{1+n}{n}<\cfrac{1}{n}\)；即\(ln(n+1)-lnn<\cfrac{1}{n}\)；以上式子累加，得到

\(ln(n+1)-ln1<1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}\)，

即\(ln(n+1)<1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}(n\in N^*)\)。

求证：\((1+\cfrac{1}{3})\cdot (1+\cfrac{1}{3^2})\cdot(1+\cfrac{1}{3^3})\cdots(1+\cfrac{1}{3^n})<2\)。

证明：先用导数证明\(e^x\ge x+1\)，再做代换，用\(\cfrac{1}{3^n}\)替换\(x\)，

得到\(e^{\frac{1}{3^{\;n}}}>\cfrac{1}{3^n}+1\)；

即\(1+\cfrac{1}{3^n}< e^{\cfrac{1}{3^n}}\)；

故\((1+\cfrac{1}{3})\cdot (1+\cfrac{1}{3^2})\cdot(1+\cfrac{1}{3^3})\cdots (1+\cfrac{1}{3^{\;n}})\)

\(< e^{\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\dots+\frac{1}{3^{\;n}}}\)

\(=e^{\cfrac{\frac{1}{3}\cdot[1-(\frac{1}{3})^\;n]}{1-\frac{1}{3}}}\)

\(=e^{\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{1}{3^{\;n}})}< e^{\cfrac{1}{2}}=\sqrt{e}<\sqrt{4}=2\)，故得证。

如已知\(x_1>x_2>0\)，证明\(ln(\cfrac{x_1}{x_2})>2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}\).

分析：令\(\cfrac{x_1}{x_2}=t\)，则\(t>1\)；

\(ln(\cfrac{x_1}{x_2})>2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}\)等价于\(lnt>2\cfrac{t-1}{t+1}\)；

然后作差构造函数\(g(t)=lnt-2\cfrac{t-1}{t+1}\)，想办法证明\(g(t)>0\)恒成立即可。

解析：\(g'(t)=\cfrac{1}{t}-2\cfrac{1\cdot(t+1)-(t-1)\cdot 1}{(t+1)^2}=\cfrac{1}{t}-\cfrac{4}{(t+1)^2}=\cfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}\ge 0\)

故函数\(g(x)\)在区间\((1，+\infty)\)上单调递增，

\(g(x)_{min}\rightarrow g(1)=0\)，

故\(g(x)>0\)在区间\((1，+\infty)\)上恒成立，

故原命题得证。

【2018高考一卷第21题】函数\(f(x)=a\cdot e^x-lnx-1\)，

(1)、设\(x=2\)是\(f(x)\)的极值点，求\(a\)，并求\(f(x)\)的单调区间。

【解析】\(f'(x)=ae^x-\cfrac{1}{x}\)，由\(f'(x)=0\)，解得\(a=\cfrac{1}{2e^2}\)；

即\(f(x)=\cfrac{e^x}{2e^2}-lnx-1\)；

下面求单调区间，定义域是\((0，+\infty)\)，

【法1】：\(f'(x)=\cfrac{e^x}{2e^2}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{1}{2e^2}\cdot \cfrac{xe^x-2e^2}{x}\)

到此，结合题目给定的\(f'(2)=0\)，猜想验证，写出结果，

当\(0< x <2\)时，\(f'(x )<0\)，当\(x >2\)时，\(f'(x) >0\)，

故单调递减区间是\((0，2)\)，单调递增区间是\((2，+\infty)\)；

【法2】：令\(f'(x)>0\)，即\(\cfrac{e^x}{2e^2}>\cfrac{1}{x}\)，即\(xe^x-2e^2>0\)，观察可得，\(x >2\)

同理，令\(f'(x)<0\)，可得\(0< x < 2\)，

故单调递减区间是\((0，2)\)，单调递增区间是\((2，+\infty)\)；

(2)、证明\(a\ge \cfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\ge 0\)。

【法1】： 已知题目\(a\ge \cfrac{1}{e}\)是\(f(x)\ge 0\)的充分条件，转化为求\(f(x)\ge 0\)恒成立时，求解\(a\)的取值范围，即必要条件。

由题目\(f(x)\ge 0\)可知，\(ae^x-lnx-1 \ge 0\)，即\(ae^x\ge lnx+1\)，

分离参数得到\(a\ge \cfrac{lnx+1}{e^x}\)恒成立，

令\(h(x)= \cfrac{lnx+1}{e^x}\)，只需要求得\(h(x)_{max}\)，

\(h'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}e^x-(lnx+1)e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{\cfrac{1}{x}-lnx-1}{e^x}\)

\(=\cfrac{1}{e^x}\cdot \cfrac{1-x-x\cdot lnx}{x}\)

说明：此时有一个很实用的数学常识，当表达式中含有\(lnx\)时常常用\(x=1\)来尝试寻找分点。比如此题中\(h'(1)=0\)

然后分\((0，1)\)和\((1，+\infty)\)两段上分别尝试判断其正负，从而得到

当\(0< x <1\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)单调递增，

当\(x >1\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)单调递减，

故\(x=1\)时，函数\(h(x)_{max}=h(1)=\cfrac{1}{e}\)，

故\(a\ge \cfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\ge 0\)。

小结：1、本题转而求\(f'(x)\ge 0\)的必要条件。

2、注意含有\(lnx\)或\(ln(x+1)\)的表达式的分点的尝试，其实质是数学中的观察法。

【法2】：分析，当\(a\ge \cfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\ge \cfrac{e^x}{e}-lnx-1=g(x)\)，只需要说明\(g(x)_{min}\ge 0\)即可。

当\(a\ge \cfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\ge \cfrac{e^x}{e}-lnx-1\)，

设\(g(x)=\cfrac{e^x}{e}-lnx-1\)，则\(g'(x)=\cfrac{e^x}{e}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{1}{e}\cdot \cfrac{xe^x-1\cdot e^1}{x}\)，

故用观察法容易得到

\(0< x <1\)时，\(g'(x)<0\)，\(x > 1\)时，\(g'(x)>0\)，

即\(x=1\)是函数\(g(x)\)的最小值，则\(x>0\)时，\(g(x)\ge g(1)=0\)，

故\(a\ge \cfrac{1}{e}\)时，\(f(x)\ge 0\)。

二项式定理

用二项式定理证明不等式：已知\(S_n=C_n^1+3C_n^2+9C_n^3+\cdots+3^{n-1}C_n^n\)，求证：\(S_n<\cfrac{4^n}{3}\)

分析：\(3S_n=3C_n^1+3^2C_n^2+3^3C_n^3+\cdots+3^nC_n^n\)，

\(3S_n+1=C_n^0+3C_n^1+3^2C_n^2+3^3C_n^3+\cdots+3^nC_n^n=(1+3)^n\)，

\(3S_n=(1+3)^n-1\)，\(S_n=\cfrac{4^n-1}{3}<\cfrac{4^n}{3}\).

求证：\(2<(1+\cfrac{1}{n})^n<3\)，其中\(n\in N^*\)，\(n\ge 2\)。

法1：由二项展开式可知$$(1+\cfrac{1}{n})^n=1+C_n1\cdot \cfrac{1}{n}+C_n^2\cdot \cfrac{1}{n^{2}+\cdots+C_n}n\cdot \cfrac{1}{n^n}$$

由于各项均为正数，且\(n\in N^*\)，删减项放缩法得到，

则\((1+\cfrac{1}{n})^n>1+C_n^1\cdot \cfrac{1}{n}=2\)；

又由于\((1+\cfrac{1}{n})^n=1+C_n^1\cdot \cfrac{1}{n}+C_n^2\cdot \cfrac{1}{n^2}+\cdots+C_n^n\cdot \cfrac{1}{n^n}\)

\(=1+1+\cfrac{1}{2!}\cdot \cfrac{n-1}{n}+\cfrac{1}{3!}\cdot \cfrac{(n-1)(n-2)}{n^2}+\cdots+\cfrac{1}{n!}\cdot \cfrac{(n-1)\times (n-2)\times \cdots\times 2\times 1}{n^{n-1}}\)

\(<1+1+\cfrac{1}{2!}+\cfrac{1}{3!}+\cdots +\cfrac{1}{n!}\)

\(<1+1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{2^2}+\cdots +\cfrac{1}{2^{n-1}}\)

$=1+\cfrac{1-\cfrac{1}{2^n}}{1-\cfrac{1}{2}} $

\(=3-\cfrac{1}{2^{n-1}}<3\)，

故\(2<(1+\cfrac{1}{n})^n<3\)，证毕。

法2：也可以考虑使用数学归纳法证明。

数学归纳法

数学归纳法证明不等式，凡是涉及与自然数有关的不等式命题，都可以考虑尝试用。

【证明不等式】已知\(f(n)=1+\cfrac{1}{2^3}+\cfrac{1}{3^3}+\cfrac{1}{4^3}+\cdots++\cfrac{1}{n^3}\)，\(g(n)=\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2n^2}\)，\(n\in N^*\)。

(1)当\(n=1，2，3\)时，试比较\(f(n)\)与\(g(n)\)的大小关系。

分析：当\(n=1\)时，\(f(1)=1\)，\(g(1)=1\)，所以\(f(1)=g(1)\)；

当\(n=2\)时，\(f(2)=\cfrac{9}{8}\)，\(g(2)=\cfrac{11}{8}\)，所以\(f(2)<g(2)\)；

当\(n=3\)时，\(f(3)=\cfrac{251}{216}\)，\(g(3)=\cfrac{312}{216}\)，所以\(f(3)<g(3)\)；

(2)猜想\(f(n)\)与\(g(n)\)的大小关系，并给出证明。

猜想：\(f(n)\leq g(n)\)，以下用数学归纳法给出证明。

①当\(n=1，2，3\)时，不等式显然成立；

②假设当\(n=k(k\ge 3，k\in N^*)\)时不等式\(f(k)<g(k)\)成立，即

\(1+\cfrac{1}{2^3}+\cfrac{1}{3^3}+\cfrac{1}{4^3}+\cdots++\cfrac{1}{k^3}<\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2k^2}\)。

那么，当\(n=k+1\)时，\(f(k+1)=f(k)+\cfrac{1}{(k+1)^3}<\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2k^2}+\cfrac{1}{(k+1)^3}\)

\([\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2k^2}+\cfrac{1}{(k+1)^3}]-[\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2(k+1)^2}]\)

\(=-\cfrac{1}{2k^2}+\cfrac{2}{2(k+1)^3}+\cfrac{k+1}{2(k+1)^3}\)

\(=\cfrac{k+3}{2(k+1)^3}-\cfrac{1}{2k^2}\)

\(=\cfrac{(k+3)k^2-(k+1)^3}{2k^2(k+1)^3}\)

\(=\cfrac{-3k-1}{2k^2(k+1)^3}<0\)

故\(f(k+1)<\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2k^2}+\cfrac{1}{(k+1)^3}<\cfrac{3}{2}-\cfrac{1}{2(k+1)^2}=g(k+1)\)，

即\(n=k+1\)时，不等式成立，

综上所述，\(f(n)\leq g(n)\)对任意\(n\in N^*\)都成立。

不等式选讲

不等式选讲中用绝对值不等式或柯西不等式证明