不等式证明的那些事

公式定理💯随心记

【向量的数量积】符号语言：$\vec {a}\cdot\vec {b}=|\vec {a}||\vec {b}|\cosθ$（$θ$ 为向量夹角），坐标运算：设 $\vec {a}=(x_1,y_1)$，$\vec {b}=(x_2,y_2)$，则 $\vec {a}\cdot\vec {b}=x_1x_2+y_1y_2$

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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