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均值不等式归纳法证明 均值不等式的证明数学归纳法(汇总5篇)

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均值不等式归纳法证明 均值不等式的证明数学归纳法篇一

3、(abc)(1119) abbcca24、设a,br,且ab1,求证:(a)(b)

5、若ab1,求证:asinxbcosx

16、已知ab1,求证:ab

7、a,b,c,dr求证:1<441a21b225 2221 8abcd+++<2 abdbcacdbdac11118、求证2222<2 123n

1111<1

9、求证:2n1n22n10、求下列函数的最值

(1)已知x>0,求y2x

(2)已知x>2,求yx4的最大值(-2)x1的最小值(4)x

2111(3)已知0<x<,求yx(12x)的最大值()221611、若正数a,b满足ab(ab)1则ab的最小值是()

(22333)

12、已知正数a,b求使不等式(ab)k(ab)成立的最小k值为()(4)

13、求函数y

14、二次函数f(x)xaxxa的两根x1,x2满足0<x1<x2< 1,求a的取值范围()(0,15、关于x的方程x2m(x3)2m140有两个实数根,且一个大于1,一个小于1,则m的取值范围是()(m<-

22221)

416、关于x的方程mx2x10至少有一个负根,则m的取值范围是(m1)

17、关于x的方程2kx2x3k20有两个实数根,一个小于1,另一个大于1,求实数k的取值范围(k>0或k<-4)

218、为使方程x22px10的两根在(-2,2)内,求p的取值范围(-<p<

19、函数f(x)ax2x1有零点,则a的取值范围是(a

20、判断函数f(x)x-

21、已知方程x22343)41)411的零点的个数(一个)x395xk在1,1上有实数根,求实数k的取值范围(,)2162

22、已知方程7x2(m13)xm2m20有两个实数根,且一根在(0,1),一根在(1,2)上,求m的取值范围((2,1)(3,4))

23、关于的方程2axx10在(0,1)内恰有一解,求实数a的取值范围(1,)

24、若关于的方程lg(x

x2x220x)lg(8x6a3)0有唯一实根,求a的取值范围

均值不等式归纳法证明 均值不等式的证明数学归纳法篇二

常用均值不等式及证明证明

这四种平均数满足hngn

anqn

、ana1、a2、r,当且仅当a1a2

an时取“=”号

仅是上述不等式的特殊情形,即d(-1)≤d(0)≤d(1)≤d(2)由以上简化,有一个简单结论,中学常用

均值不等式的变形:

(1)对实数a,b,有a

2b22ab(当且仅当a=b时取“=”号),a,b02ab

(4)对实数a,b,有

aa-bba-b

a2b2

2ab0

(5)对非负实数a,b,有

(8)对实数a,b,c,有

a2

b2c2abbcac

abcabc(10)对实数a,b,c,有

均值不等式的证明:

方法很多,数学归纳法(第一或反向归纳)、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序

不等式法、柯西不等式法等等

用数学归纳法证明,需要一个辅助结论。

引理:设a≥0,b≥0,则abannan-1b

n

注:引理的正确性较明显,条件a≥0,b≥0可以弱化为a≥0,a+b≥0(用数学归纳法)。

当n=2时易证;

假设当n=k时命题成立,即

那么当n=k+1时,不妨设ak1是则设

a1,a2,,ak1中最大者,kak1a1a2ak1 sa1a2ak

用归纳假设

下面介绍个好理解的方法琴生不等式法

琴生不等式:上凸函数fx,x1,x2,,xn是函数fx在区间(a,b)内的任意n个点,设fxlnx,f

x为上凸增函数所以,在圆中用射影定理证明(半径不小于半弦)

均值不等式归纳法证明 均值不等式的证明数学归纳法篇三

均值不等式证明

一、已知x,y为正实数,且x+y=1求证

xy+1/xy≥17/

41=x+y≥2√(xy)

得xy≤1/4

而xy+1/xy≥

2当且仅当xy=1/xy时取等

也就是xy=1时

画出xy+1/xy图像得

01时,单调增

而xy≤1/4

∴xy+1/xy≥(1/4)+1/(1/4)=4+1/4=17/4

得证

继续追问:

拜托,用单调性谁不会,让你用均值定理来证

补充回答:

我真不明白我上面的方法为什么不是用均值不等式证的法二:

证xy+1/xy≥17/4

即证4(xy)²-17xy+4≥0

即证(4xy-1)(xy-4)≥0

即证xy≥4,xy≤1/4

而x,y∈r+,x+y=

1显然xy≥4不可能成立

∵1=x+y≥2√(xy)

∴xy≤1/4,得证

法三:

∵同理0

xy+1/xy-17/4

=(4x²y²-4-17xy)/4xy

=(1-4xy)(4-xy)/4xy

≥0

∴xy+1/xy≥17/4

试问怎样叫“利用均值不等式证明”,是说只能用均值不等式不能穿插别的途径?!

二、已知a>b>c,求证:1/(a-b)+1/(b-c)+1/(c-a)>0

a-c=(a-b)+(b-c)≥2√(a-b)*(b-c)

于是c-a≤-2√(a-b)*(b-c)<0

即:1/(c-a)≥-1/【2√(a-b)*(b-c)】

那么

1/(a-b)+1/(b-c)+1/(c-a)

≥1/(a-b)+1/(b-c)-1/【2√(a-b)*(b-c)】

≥2/【√(a-b)*(b-c)】-1/【2√(a-b)*(b-c)】=(3/2)/【2√(a-b)*(b-c)】>0

三、1、调和平均数:hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)

2、几何平均数:gn=(a1a2...an)^(1/n)

3、算术平均数:an=(a1+a2+...+an)/n4、平方平均数:qn=√(a1^2+a2^2+...+an^2)/n这四种平均数满足hn≤gn≤an≤qn的式子即为均值不等式。

概念:

1、调和平均数:hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)

2、几何平均数:gn=(a1a2...an)^(1/n)

3、算术平均数:an=(a1+a2+...+an)/n4、平方平均数:qn=√

这四种平均数满足hn≤gn≤an≤qn

a1、a2、…、an∈r+,当且仅当a1=a2=…=an时劝=”号

均值不等式的一般形式:设函数d(r)=^(1/r)(当r不等于0时);

(a1a2...an)^(1/n)(当r=0时)(即d(0)=(a1a2...an)^(1/n))

则有:当r注意到hn≤gn≤an≤qn仅是上述不等式的特殊情形,即d(-1)≤d(0)≤d(1)≤d(2)

由以上简化,有一个简单结论,中学常用2/(1/a+1/b)≤√ab≤(a+b)/2≤√

方法很多,数学归纳法(第一或反向归纳)、拉格朗日乘数法、琴生不等式法、排序不等式法、柯西不等式法等等

用数学归纳法证明,需要一个辅助结论。

引理:设a≥0,b≥0,则(a+b)^n≥a^n+na^(n-1)b。

注:引理的正确性较明显,条件a≥0,b≥0可以弱化为a≥0,a+b≥0,有兴趣的同学可以想想如何证明(用数学归纳法)。

原题等价于:((a1+a2+…+an)/n)^n≥a1a2…an。

当n=2时易证;

假设当n=k时命题成立,即

((a1+a2+…+ak)/k)^k≥a1a2…ak。那么当n=k+1时,不妨设a(k+1)是a1,a2,…,a(k+1)中最大者,则

ka(k+1)≥a1+a2+…+ak。

设s=a1+a2+…+ak,{/(k+1)}^(k+1)

={s/k+/}^(k+1)

≥(s/k)^(k+1)+(k+1)(s/k)^k/k(k+1)用引理

=(s/k)^k*a(k+1)

≥a1a2…a(k+1)。用归纳假设

下面介绍个好理解的方法

琴生不等式法

琴生不等式:上凸函数f(x),x1,x2,...xn是函数f(x)在区间(a,b)内的任意n个点,则有:f≥1/n*

设f(x)=lnx,f(x)为上凸增函数

所以,ln≥1/n*=ln

即(x1+x2+...+xn)/n≥(x1*x2*...*xn)^(1/n)

在圆中用射影定理证明(半径不小于半弦)。均值不等式归纳法证明 均值不等式的证明数学归纳法篇四

均值不等式的证明

设a1,a2,a3...an是n个正实数,求证(a1+a2+a3+...+an)/n≥n次√(a1*a2*a3*...*an).要简单的详细过程,谢谢!!

你会用到均值不等式推广的证明,估计是搞竞赛的把

对n做反向数学归纳法

首先

归纳n=2^k的情况

k=1。。

k成立k+1。。

这些都很简单的用a+b>=√(ab)可以证明得到

关键是下面的反向数学归纳法

如果n成立对n-1,你令an=(n-1)次√(a1a2...a(n-1)

然后代到已经成立的n的式子里,整理下就可以得到n-1也成立。

所以得证

n=2^k中k是什么范围

k是正整数

第一步先去归纳2,4,8,16,32...这种2的k次方的数

一般的数学归纳法是知道n成立时,去证明比n大的时候也成立。

而反向数学归纳法是在知道n成立的前提下,对比n小的数进行归纳,指“平方平均”大于“算术平均”大于“几何平均”大于“调和平均”

我记得好像有两种几何证法,一种三角证法,一种代数证法。

请赐教!

sqrt{}≥(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

证明:

(((a1)^2+(a2)^2+..(an)^2)/n)≥(a1+a2+..an)/n

两边平方,即证((a1)^2+(a2)^2+..(an)^2)≥(a1+a2+..an)^2/n

(1)如果你知道柯西不等式的一个变式,直接代入就可以了:

柯西不等式变式:

a1^2/b1+a2^2/b2+...an^2/bn≥(a1+a2+...an)^2/(b1+b2...+bn)

当且仅当a1/b1=a2/b2=...=an/bn是等号成立

只要令b1=b2=...=bn=1,代入即可

(2)柯西不等式

(a1^2+a2^2+...an^2)*(b1+b2...+bn)≥(a1b1+a2b2+...anbn)^2

2.(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2a3..an)

(1)琴生不等式:若f(x)在定义域内是凸函数,则nf((x1+x2+...xn)/n)≥f(x1)+f(x2)+...f(xn)

令f(x)=lgx显然,lgx在定义域内是凸函数

nf((x1+x2+...xn)/n)=nlg≥

f(x1)+f(x2)+...f(xn)=lga1+lga2+lga3...lgan=lga1*a2..an

也即lg≥1/n(lga1a2a3...an)=lg(a1a2a...an)^(1/n)=lgn次根号(a1a2..an)

f(x)在定义域内单调递增,所以(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2..an)

(2)原不等式即证:a1^n+a2^n+...an^n≥na1a2a3...an

先证明a^n+b^n≥a^(n-1)b+b^(n-1)a做差(a-b)(a^(n-1)-b^(n-1))≥0

2*(a1^n+a2^n+...an^n)≥a1^(n-1)a2+a2^(n-1)a1+a2^(n-1)a3+a3^(n-1)a2...an^(n-1)a1+a1^a(n-1)an

=a2(a1^(n-1)+a3^(n-1))+a3(a2^(n-1)+a4^(n-1))...≥a2a1^(n-2)a3+a2a3^(n-2)a1+...≥...≥2na1a2...an

即a1^n+a2^n+...an^n≥na1a2a3...an

(3)数学归纳法:但要用到(1+x)^n>1+nx这个不等式,不予介绍

3.n次根号(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

原不等式即证:n次根号(a1a2a3..an)*(1/a1+1/a2+..+1/an)≥n

左边=n次根号+n次根号++n次根号+...n次根号

由2得和≥n*n次根号(它们的积)所以左边≥n*n次根号(1)=n

所以(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)

证毕

特例:sqrt(a^2+b^2/2)≥(a+b)/2≥sqrt(ab)≥2/1/a+1/b

证明:

(a^2+b^2/2)≥(a+b)/2两边平方a^2+b^2≥(a+b)^2/4即证(a/2-b/2)^2≥0显然成立

2.(a+b)/2≥sqrt(ab)移项即证(sqrt(a)-sqrt(b))≥0显然成立

此不等式中a+b可以表示一条直径的两部分,(a+b)/2=rsqrt(ab)就是垂直于直径的弦,而r≥弦的一半

(ab)≥2/1/a+1/b两边同时乘上1/a+1/b即证sqrt(ab)*(1/a+1/b)≥2

而sqrt(ab)*(1/a+1/b)=sqrt(a/b)+sqrt(b/a)≥2。

均值不等式归纳法证明 均值不等式的证明数学归纳法篇五

用均值不等式证明不等式

【摘要】:不等式的证明在竞赛数学中占有重要地位.本文介绍了用均值不等式证明几个不等式,我们在证明不等式时,常用到均值不等式。要求我们要认真分析题目,本文通过几个国内外竞赛数学的试题,介绍用均值不等式证明初等不等式的基本方法及技巧。

【关键词】:均值不等式;不等式;方法;技巧

均值不等式

设 a1、a2、、an 是 n 个 正数,则不等式h(a)g(a)a(a)q(a)称为均值不等式[1].其中

h(a)

n

1a

11a

2

1an,g(a)

a1a2a1aan,a(n)

a1a2an

n

22,2

q(n)

a1a2an

n

、an 的调和不等式,几何平均值,算术平均值,均方根平均分别称为 a1、a2、值.

例1设a1、a2、…、an均为正,记

(n)n(a1a2an

n

a1a2an)

试证:(n)(n1),并求等号成立的条件.

证明由所设条件,得

(n)(n1)

=n(a1a2an

n

n

a1a2an)(n1)(a1a2an

1n1

n1

a1a2an1)

=a1a2annna1a2an(a1a2an1)(n1)n1a1a2an1

=an(n1)(a1a2an1)n1n(a1a2an)n,n1

(a1a2an1)n1,有 将g(a)a(a)应用于n个正数:an,(a1a2an1)



n1个

an(n1)(a1a2an1)n1

n

(a1a2an)n,即

an(n1)(a1a2an1)n1n(a1a2an)n.

所以(n)(n1),当且仅当an(a1a2an1)立.

n1,即ann1a1a2an时等号成1

此题不只是公式的直接应用.代表了均值不等式中需要挖掘信

、an 的一类题. 息找a1、a2、例2设xyz0,求证:6(x3y3z3)2(x2y2z2)3. 证明当xyz0时不等式显然成立.

除此情况外,x、y、z中至少有一正一负.不妨设xy0,因为

z(xy),所以

i6(xyz)6[xy(xy)]6[3xy(xy)]54xyz

若由此直接用g(a)a(a)(n3),只能得到较粗糙的不等式

i54xyz54(xyz

2)2(xyz),3222

3如果改用下面的方法,用g(a)a(a),便得

i54xyz

222

216

xy2

xy2

z

xyxy2z

(2z22xy)3,2163

再注意到x2y2(xy)22xyz22xy,因而2z22xyx2y2z2,于是即得欲证的不等式.

此题解题的关键在于构造a1、a2、、an通常需要拓宽思路多次尝试,此类也属均值不等式的常考类题. 例3设x0,证明:2

x

2

x

22

x

.(第16届全苏数学竞赛试题[2])

证明此不等式的外形有点像均值不等式. 由g(a)a(a),得

x2

x

x

2

x

22

x

2

x

22,又

x2

x

1111

(x12x4)2x6,即得要证的不等式.

结语

有些不等式则可以利用某个已经证明成立的不等式来证明(因此多熟悉几个比较常见的不等式是有好处的);有些不等式还要用数学归纳法来证明等等.而且在一个题目的证明过程中,也往往不止应用一种方法,而需要灵活运用各种方法.因此,要培养和提高自己的证题能力。

参考文献

[1]陈传理等编.数学竞赛教程 [m].北京:高等教育出版设,1996,(10):

133-134.

[2]常庚哲等编.高中数学竞赛辅导讲座[m].上海:上海科学技术出版社,1987.38-49

标签:均值 不等式 归纳法 证明 数学 汇总 5篇