摘要: 在高等数学的学习过程当中,不等式的证明是一个重点和难点｡本文对一些不等式问题加以证明,注意从题目信息中发现证明契机,一题多证,不仅可以拓宽读者的思路,还可以提高读者分析问题和解决问题的能力｡
　　关键词: 不等式证明 高等数学 一题多证
　　
　　不等式证明是高等数学学习中的一个重要内容,在纯粹数学和应用数学中扮演着关键角色｡不等式的证明问题,由于题型多变､方法多样､技巧性强,加上无固定的规律可循,往往不是用一种方法就能解决的,它是多种方法的灵活运用,也是各种思想方法的集中体现,因此难度较大,大多数学生在遇到不等式证明问题不知如何下手｡解决这个问题的途径在于熟练掌握不等式的性质和一些基本不等式,灵活运用常用的证明方法｡实际上在许多不等式证明都存在一题多证｡针对不等式的证明,下面以考研试题或考研类型题为例,供读者参考｡
　　例1(复旦大学).求证:π 　　证法1(换元法､比较法､扩大法):
　　令π=e+x(x>0)｡
　　由于 = = • = [(1+ ) ] < •e =1,
　　∴π 　　证法2(利用函数单调性):
　　要证π 　　令f(x)= (x≥e),则f′(x)= <0(x>e),于是f(x)在[e,+∞)上单调递减,
　　而π>e,则f(π)= 　　证法3(定积分法):
　　由于 - =d( )= •dx,
　　当x∈(e,π)时, <0,
　　∴ •dx<0,即 < ,∴π 　　例2.证明不等式:当01-cosx> ｡
　　(本题分别用柯西中值定理､Taylor公式,函数的单调性来证明｡)
　　柯西中值定理:
　　若:(1)函数f(x)与g(x)都在闭区间[a,b]上连续;(2)f(x)与g(x)都在开区间(a,b)内可导;(3)f′(x)与g′(x)在(a,b)内不同时为0;(4)g(a)≠g(b),则(a,b)在内至少存在一点ξ,使得 = ｡
　　Taylor定理:
　　若函数f(x)满足如下条件:
　　(1)在闭区间[a,b]上函数f(x)存在直到n阶连续导数;(2)在开区间(a,b)内存在f(x)的n+1阶导数,则对任何x∈(a,b),至少存在一点ξ∈(a,b),使得:f(x)=f(a)+f′(a)(x-a)+ (x-a) +...+ (x-a) + (x-a) ,上式称函数f(x)在x=a处的Taylor公式｡Taylor公式在a=0时称马克劳林公式｡
　　证法1(柯西中值定理法):
　　要证 >1-cosx> ,由于0 > ｡
　　由柯西中值定理,存在ξ∈(0, ),
　　使 = =
　　再由Jordan不等式 < <1,x∈(0, )便知结论成立｡
　　证法2(Taylor公式法):
　　由Taylor公式cosx=1- + cosξ,ξ∈(0, ),
　　可知1-cosx= - cosξ,ξ∈(0, ),所以1-cosx< ｡
　　又 cosξ　　∴1-cosx> - = > ,结论成立｡
　　证法3(利用函数单调性):
　　令f(x)=1-cosx- ,g(x)=1-cosx- ,
　　则f′(x)=sinx-x<0,x∈(0, ),g′(x)=sinx- >0,x∈(0, )｡
　　再由函数的连续性知f(x)在[0, ]上严格单调递减,而g(x)在[0, ]上严格单调递增,由此f(x)g(0),x∈(0, ),结论成立｡
　　例3(上海师范大学).求证: > ,?坌x∈(0, )｡
　　证法1(马克劳林公式法):
　　原不等式等价于sin x>x cosx,x∈(0, )｡
　　由马克劳林公式知:
　　sinx=x- + - ...,cosx=1- + - ...
　　则sin x=[x- +o(x )] =x - x +o(x )
　　x cosx=x [1- +o(x )]=x - x +o(x )
　　由于x - x +o(x )>x - x +o(x ),
　　∴sin x>x cosx,x∈(0, ),结论成立｡
　　证法2(Taylor公式法):
　　原不等式等价于sinx•tanx>x ,x∈(0, )｡
　　令f(x)=sinx•tanx-x ,x∈(0, ),
　　则f′(x)=cosx•tanx+sinx•sec x-2x
　　f″(x)=-sinx•tanx+cosx•sec x+cosx•sec x-2sinx•sec x•tanx-2
　　f?苁(x)=sinx(5sec x-1)+6sin x•sec x>0,x∈(0, )｡
　　由于f(0)=f′(0)=f″(0)=0,再由Taylor公式,
　　∴f(x)=f(0)+f′(0)x+ x + x >0,x∈(0, ),
　　此即证sinx•tanx-x >0,所以原不等式成立｡
　　例4.设f(x)在[a,b]上连续且单调递增,求证:xf(x)dx≥ f(x)dx｡
　　(本题分别应用积分第一､二中值定理,变限积分,函数单调性来证明｡)
　　积分第一中值定理:若f在[a,b]上连续,则在[a,b]上至少存在一点ξ,使得f=f(ξ)(b-a)｡
　　积分第二中值定理:若在[a,b]上f为单调函数,g为可积函数,则存在ξ∈[a,b],
　　使得fg=f(a)g+f(b)g｡
　　证法1(积分第一中值定理法):
　　只要证(x- )f(x)dx≥0｡
　　令c= ,
　　则(x- )f(x)dx=(x-c)f(x)dx+(x-c)f(x)dx
　　=f(ξ )(x-c)dx+f(ξ )(x-c)dx
　　= (x-c) |+ (x-c) |= ( ) [f(ξ )-f(ξ )]
　　其中ξ ∈[a,c],ξ ∈[c,b]｡
　　由于f(x)在[a,b]上连续且单调递增,所以f(ξ )>f(ξ ),
　　则 ( ) [f(ξ )-f(ξ )]≥0,
　　即(x- )f(x)dx≥0,得证｡
　　证法2(积分第二中值定理法):
　　只要证(x- )f(x)dx≥0｡
　　而(x- )f(x)dx=f(a)(x- )dx+f(b)(x- )dx
　　= [( ) -(ξ- ) ]≥0,ξ∈[a,b]｡得证｡
　　证法3(变限积分法):
　　令F(x)=tf(t)dt- f(t)dt,则问题转化为F(b)≥0｡
　　显然F(a)=0,而F′(x)=xf(x)- f(t)dt- f(x)
　　= f(x)- f(t)dt= f(x)dt- f(t)dt
　　= [f(x)-f(t)]dt≥0｡∴F(b)≥F(a)=0｡得证｡
　　证法4(利用函数单调性):
　　由于f(x)在[a,b]上连续且单调递增,
　　(1)若x≥ ,则x- ≥0,f(x)-f( )≥0;
　　(2)若x< ,则x- <0,f(x)-f( )<0｡
　　综上,(x- )[f(x)-f( )]≥0,
　　故(x- )[f(x)-f( )]dx≥0
　　∴(x- )f(x)dx≥f( )(x- )dx=0｡得证｡
　　
　　参考文献:
　　[1]华东师范大学数学系.数学分析(上)<第三版>.北京:高等教育出版社,2001.6.
　　[2]钱吉林等.数学分析题解精粹.武汉:崇文书局,2003.8.
　　
　　注:“本文中所涉及到的图表､注解､公式等内容请以PDF格式阅读原文｡”