用数学归纳法证明平均值不等式
均值不等式的几种证法
均值不等式的几种证法如果n个正数a1，a2，…，an的算术平均和几何平均分别是An=和Gn=a1a2…an，那么Gn≤An。
其中等号成立的充要条件是a1=a2=…=an。
证法1：数学归纳法n=1时，a1=a1，不等式成立。
n=2时，由=+a1a2≥a1a2即≥a1a2，不等式显然成立。
假设n=k(k≥2,k∈N)时不等式成立，则当n=k+1时，从而Ak+1≥a1a2…ak·ak+1·Ak+1，化简，得Ak+1≥a1a2…akak+1。
当且仅当a1=a2=…=ak=ak+1=Ak+1时，不等式取等号。
证法2：逐步调整法对于n个正数a1，a2，…，an有A(a)≥G(a)①其中A(a)=，G(a)=a1a2…an。
证明：不妨设a1≤a2≤…≤an，若a1=a2=…=an，则①取等号。
若ai（i=1,2,…,n）不全相等，则a1<an。
令bj=aj(j=2,3,…,n-1), b1=A(a)，bn=(a1+an)-A(a)。
a1<b1<an，a1<bn<an，那么b1bn>a1an。
事实上，若有A+B=A`+B`，A＜B，|A`-B`|＜|A-B|，A`＞A，B`＞A,总有A`B`-AB=A`B`-A[(A`+B`)-A]=(A`-A) (B`-A)＞0。
于是，A(b)=A(a),G(b)＞G(a)，且bi(i=1,2,…,n)中至少有一个b=A(a)。
若b2,b3,…,bn这(n-1)个数都相等，显然命题成立。
否则仍不妨设b2≤b3≤…≤bn，b2＜bn。
再令C1=b1 =A(a)=A(b)，C2=A(b)，Cn=(b2+bn)-A(b)，Ck=bk(k=3,4,…,n-1)。
又可得A(c)=A(b)，G(c)＞G(b)，且Ci(i=1,2,…,n)中至少有二个A(b)。
这样的调整至多重复(n-1)次，最终必将出现新数组中各正数均相等。
假定第s次时新数组中各数相等，那么A(a)=A(b) =A(c)=…=A(s)，G(a)＜G(b)＜G(c)…＜G(s)。
陈平不等式证明
陈平不等式证明陈平不等式，又称为平均值不等式，是初中数学中经典的不等式之一。
它有两种形式，即算术平均数大于等于几何平均数和算术平均数大于等于调和平均数。
下面我们来证明这两种形式。
1. 算术平均数大于等于几何平均数我们先证明当只有两个数时，不等式成立。
设两个数为a和b，它们的算术平均数为(A(a+b))/2，几何平均数为√(ab)。
我们来比较它们:(A(a+b))/2 ≥√(ab)化简可得：A(a+b) ≥ 4ab即Aa + 2Aab + Ab ≥ 4ab移项并整理：(Aa - Ab) ≥ 0显然，(Aa - Ab)大于等于0，等号成立当且仅当a等于b。
因此，当只有两个数时，平均值不等式成立。
我们再来考虑当n个数时，不等式是否成立。
设这n个数为a1, a2, …, an，它们的算术平均数为A，几何平均数为G。
我们有：G^n = √(a1a2 … an)A = (a1 + a2 + … + an)/n要证明平均值不等式成立，即A ≥ G，我们可以考虑将G^n用A代替，即：A^n ≥ a1a2 … an我们用数学归纳法证明上式成立。
当n = 2时，我们已经证明了平均值不等式成立。
现在假设当n = k时不等式成立，即：A^k ≥ a1a2 … ak我们来证明当n = k + 1时不等式也成立。
对于这k + 1个数，我们可以将其中一个数ai（1 ≤ i ≤ k + 1）与它们的算术平均数A进行比较：A ≥ (a1 + a2 + … + ai-1 + ai+1 + … + ak + ak+1)/(k + 1)移项并整理，得到：A(k+1) ≥ a1a2 … ak + (ai-1 + ai+1)Gk根据归纳假设，我们有：A^k ≥ a1a2 … ak将上式代入，得到：A(k+1) ≥ a1a2 … ak + (ai-1 + ai+1)A因为A ≥ G，所以：(ai-1 + ai+1)/2 ≥√(ai-1ai+1)即(ai-1 + ai+1)A ≥ 2√(ai-1ai+1)A将上式代入前面的不等式中，得到：A(k+1) ≥ a1a2 … ak + 2√(a1a2 … akai-1ai+1) 根据平均值不等式的两个数的情况，可得：2√(a1a2 … akai-1ai+1) ≤ aia(k-1)/2将上式代入前面的不等式中，得到：A(k+1) ≥ a1a2 … ak + aia(k-1)/2这就是平均值不等式成立的证明。
5.3数学归纳法证明不等式1 课件(人教A版选修4-5)
思考 1：证明贝努利不等式 如果 x 是实数，且 x 1 ， x 0 ， n 为大于 n 1 的自然数，那么有 (1 x) 1 nx .
注： 事实上， 把贝努利不等式中的正整数 n 改为实数 仍有 类似不等式成立. 当 是实数,且 或 0 时,有 (1 x ) ≥ 1 x ( x 1) 当 是实数,且 0 1 时,有 (1 x ) ≤ 1 x ( x 1)
课外训练:
能被 8 整除.
作业:课本 P 6 题 54 明天开始复习不等式(使用发的资料).
答案
1.求证:
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
1 3 1 5 证:(1)当n=1时,左边= 1 2 ,右边= 2 2 2 ,由于 2 4 5 3 ,故不等式成立. 4 2
1 1 1 1 1 2 2 2 2 ( n N , n ≥ 2). 2 3 n n
证明贝努利不等式你有第二种方法吗？
答案
例4、已知x> 1，且x0，nN*，n≥2．
求证：(1+x)n>1+nx.
证明:(1)当n=2时，左＝(1＋x)2=1+2x+x2
∵ x0，∴ 1+2x+x2>1+2x=右,∴n=2时不等式成立 （2）假设n=k(k≥2)时，不等式成立，即 (1+x)k>1+kx
当n k 1时，不等式成立。 由（1）（2）可知，对一切n N，且n 2，不等式都成立。
3. 用 数学 归 纳法 证明 : An 5n 2 3n1 1(n N * )
能被 8 整除.
证:(1)当 n=1 时,A1 =5+2+1=8,命题显然成立. (2)假设当 n=k 时,Ak 能被 8 整除,即 Ak 5k 2 3k 1 1 是 8 的倍数.那么: Ak 1 5k 1 2 3k 1
几个常用不等式证明不等式方法辛
不等式是高等数学中的一个重要工具。
运用它可以对变量之间的大小关系进行估计，并且一些重要的不等式在现代数学的研究中发挥着重要作用。
这里首先介绍几个常用的不等式，然后再介绍证明不等式的一些方法。
几个重要的不等式 1．平均值不等式设12,,,n a a a 非负，令111()(0)nrr r kk M a a r n =⎛⎫=≠ ⎪⎝⎭∑（当r<0且至少有一0ka =时，令()0r M a =），111()()nkk A a M a a n ===∑，112()()111nn H a M a a a a -==++，11()nnk k G a a =⎛⎫= ⎪⎝⎭∏，称r M 是r 次幂平均值，A 是算数平均值，H 是调和平均值，G 是几何平均值，则有()()()H a G a A a ≤≤，等式成立的充要条件是12,na a a ===；一般的，如果s>0，t<0，则有()()()t s M a G a M a ≤≤，等式成立的充要条件是12,na a a ===。
2．赫尔德（Holder ）不等式设()0,0,1,2,,,1,2,,j i j a a i n j m>>==，且11mjj a==∑，则1111111()()()()m mnnna a a a m m iiii i i i a a a a ===≤∑∑∑，等式成立的充要条件是(1)()(1)()11,1,2,,m i i nnm kki i a a i n aa=====∑∑。
3．柯西-许瓦兹（Cauchy-Schwarz ）不等式设,,1,2,,i i a b i n =为实数，则112222111||n nni i i i i i i a b a b ===⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑。
4．麦克夫斯基(Minkowsk)不等式 设()0,1,2,,,1,2,,,1j i a i n j m r >==>，则111(1)()(1)()111[()][()][()]nnnm r r m r r r r iiiii i i a aa a===++≤++∑∑∑，等式成立的充要条件是(1)()(1)()11()(),1,2,,()()rm ri i nnr m r kki i a a i n aa=====∑∑。
均值不等式的证明数学归纳法
均值不等式的证明数学归纳法说到均值不等式，这可是数学界的一颗璀璨明珠，简单来说就是“平均数总是比个别数值要大或者小”，这就像是我们生活中的一些道理，集体的智慧往往胜过个体的独行。
今天，我们就来聊聊这个有趣的定理，以及如何通过数学归纳法来证明它。
别担心，我会尽量让这段旅程轻松点，咱们一起边走边聊！1. 什么是均值不等式？1.1 首先，咱们得搞明白均值不等式到底是什么。
其实，它就是告诉我们，对于任意的非负数 (a_1, a_2, ldots, a_n)，它们的算术平均数 (A) 总是大于等于它们的几何平均数 (G)。
听起来有点深奥，其实没那么复杂。
比如，假设你和你的朋友们一起去吃饭，大家点了不同的菜。
算术平均就是你们每个人花了多少钱的平均数，而几何平均则是所有菜品的价格的“平均”感觉。
总的来说，集体的消费水平往往更靠谱，大家都可以分享这份快乐。
1.2 另外，均值不等式还有个很酷的特点，就是当所有数值都相等时，这个不等式成立。
而一旦你们的消费差异太大，就会发现算术平均和几何平均的差距，也正如朋友间的默契程度一样，有时候相差甚远。
2. 数学归纳法的魅力2.1 说到证明，数学归纳法可是一种非常优雅的方式，像是魔术一样，让复杂的东西变得简单。
它的基本思路就是，先证明最小的情况成立，再假设它在某个n时成立，最后证明在n+1时也成立。
简而言之，咱们就像推倒多米诺骨牌，先把第一个推倒，然后把后面的也都给推倒！2.2 让我们从简单的开始，假设你只要证明均值不等式在n=1的情况。
这个时候，只有一个数，不就等于它自己嘛，显然成立！接着，我们假设在n=k的情况下，均值不等式是对的。
然后，我们要证明在n=k+1的情况下，也成立。
这个时候，数学的乐趣就开始了。
3. 具体的证明过程3.1 在n=k的情况下，假设均值不等式成立，也就是说：frac{a_1 + a_2 + ... + a_k{k geq sqrtk{a_1 a_2 ... a_k。
平均值不等式公式四个
平均值不等式公式四个
平均值不等式（AM-GM不等式）是常用的数学工具，是初等不等式中最重要的一组公式之一、它利用了算术平均数和几何平均数之间的关系。
平均值不等式经常被用于解决最优化问题，同时也在很多证明中有着重要的地位。
(a1 + a2 + ... + an) / n ≥ √(a1 * a2 * ... * an)
其中，a1, a2, ..., an是n个正数，且n是一个正整数。
对于两个正数a和b，它们的算术平均数永远不会小于它们的几何平均数，即：
(a+b)/2≥√(a*b)
这个不等式可以通过平方差公式来证明：
(a-b)^2≥0
a ^ 2 +
b ^ 2 - 2ab ≥ 0
(a ^ 2 + b ^ 2) / 2 + (a ^ 2 + b ^ 2) / 2 - 2ab ≥ 0
(a ^ 2 + b ^ 2) / 2 ≥ ab
(a + b) / 2 ≥ √(ab)
其中最后一个不等式利用了均值不等式的定义。
(a1 + a2 + ... + an) / n ≥ ∛(a1 * a2 * ... * an)
同样可以通过均值不等式的定义和数学归纳法来证明这个不等式。
总之，平均值不等式是数学中一组重要的不等式，它利用了算术平均数和几何平均数之间的关系。
它不仅是证明其他不等式的基础，还可以用于解决一些最优化问题。
平均值不等式在初等数学和其他学科中有着广泛的应用。
数学分析中几类证明不等式的方法
㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１５２㊀数学分析中几类证明不等式的方法数学分析中几类证明不等式的方法Һ郭㊀鑫㊀（天津师范大学，天津㊀３００２２２）㊀㊀ʌ摘要ɔ在学习数学分析时我们常会见到一些不等式，当然，其中有一些著名的不等式无论是在解题还是在实际应用中都有重要的作用．笔者认为解决这些不等式的证明应该先找到对应的数学分析知识点，所以，本文中结合数学分析的知识点列举了四种常用的证明不等式的思路．本文中在每一种方法后附加了例题及解答，一些题目是选择了教材上的典型例题，还有一些是考研题目及其改编．不等式的证明往往有多种证明方法，还望读者多思考出更多不同的证明方法．ʌ关键词ɔ不等式；数学分析；积分；证明为了加深对数学分析中不等式证明的理解和掌握，本文在数学分析的基础上研究并整理了几种证明不等式的方法，也节选了典型例题辅助讲解．本文属于综述型论文，归纳总结了前人的理论成果并加上自己的理解与补充，希望本文可以帮助读者对于不等式问题有初步的解题思路，并借此探索更多的关于不等式的证明方法．一㊁几个著名不等式（一）Ｊｅｎｓｅｎ不等式如果ｆ（ｘ）为［ａ，ｂ］上的凸函数，那么对任何ｘｉɪ［ａ，ｂ］，λｉ＞０（ｉ＝１，２， ，ｎ），ðｎｉ＝１λｉ＝１有ｆ（ðｎｉ＝１λｉｘｉ）ɤðｎｉ＝１λｉｆｘｉ()．证明㊀当ｎ＝１时，结论显然成立；当ｎ＝２时，由凸函数的定义可以知道ｆ（λ１ｘ１＋λ２ｘ２）ɤλ１ｆ（ｘ１）＋λ２ｆ（ｘ２）成立．假设ｎ－１时命题成立，则对任意ｘ１，ｘ２， ，ｘｎɪ［ａ，ｂ］，以及λｉ＞０，ðｎｉ＝１λｉ＝１，令μｉ＝λｉ１－λｎ＞０（ｉ＝１，２， ，ｎ－１），可以得到μ１＋μ２＋ ＋μｎ－１＝１，由归纳假设得ｆðｎ－１ｉ＝１μｉｘｉ()ɤðｎ－１ｉ＝１μｉｆ（ｘｉ），所以ðｎｉ＝１λｉｘｉ()＝ｆ(（１－λｎ）㊃λ１ｘ１＋λ２ｘ２＋ ＋λｎ－１ｘｎ－１１－λｎ＋λｎｘｎ)ɤ（１－λｎ）㊃ｆλ１ｘ１＋λ２ｘ２＋ ＋λｎ－１ｘｎ－１１－λｎæèçöø÷＋λｎｆ（ｘｎ）ɤ（１－λｎ）㊃［μ１ｆ（ｘ１）＋μ２ｆ（ｘ２）＋ ＋μｎ－１ｆ（ｘｎ－１）］＋λｎｆ（ｘｎ）＝λ１ｆ（ｘ１）＋λ２ｆ（ｘ２）＋ ＋λｎｆ（ｘｎ）．由数学归纳法可知原命题成立．例１㊀求证：（ａｂｃ）ａ＋ｂ＋ｃ３ɤａａｂｂｃｃ，其中ａ，ｂ，ｃ均为正数．提示㊀令ｆ（ｘ）＝ｘｌｎｘ，运用Ｊｅｎｓｅｎ不等式即证．（二）平均值不等式任意ａｉ＞０（ｉ＝１，２， ，ｎ），有ｎ１ａ１＋１ａ２＋ ＋１ａｎɤｎａ１ ａｎɤａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎ．证明㊀设ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ，则ｆᵡ（ｘ）＜０，从而ｆ（ｘ）为凹函数，所以由Ｊｅｎｓｅｎ不等式可得ｆａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎæèçöø÷ȡｆ（ａ１）＋ｆ（ａ２）＋ ＋ｆ（ａｎ）ｎ，即ｌｎｎａ１ａ２ ａｎ＝１ｎ（ｌｎａ１＋ｌｎａ２＋ ＋ｌｎａｎ）ɤｌｎａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎ．因为ｆ（ｘ）为增函数，所以ｎａ１ａ２ ａｎɤａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎ，同理ｎ１ａ１㊃１ａ２㊃ ㊃１ａｎȡ１ａ１＋１ａ２＋ ＋１ａｎｎ，即得结论．注：此题还可运用条件极值证明．（三）Ｓｃｈｗａｒｚ不等式若ｆ（ｘ）和ｇ（ｘ）在［ａ，ｂ］上可积，则ʏｂａｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ()２ɤʏｂａｆ２（ｘ）ｄｘ㊃ʏｂａｇ２（ｘ）ｄｘ．证明㊀因为ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）在［ａ，ｂ］上可积，所以ｆ（ｘ）＋ｔｇ（ｘ）在［ａ，ｂ］上可积，从而ʏｂａ（ｆ（ｘ）＋ｔｇ（ｘ））２ｄｘ＝ʏｂａｆ２（ｘ）ｄｘ＋ʏｂａ２ｔｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ＋ʏｂａｔ２ｇ２（ｘ）ｄｘȡ０，（∗）将（∗）式看作自变量ｔ的一元二次函数，则Δ＝４ʏｂａｆ（ｘ）ｇ（ｘ）ｄｘ()２－４ʏｂａｆ２（ｘ）ｄｘ㊃ʏｂａｇ２（ｘ）ｄｘɤ０，结论得证．推论㊀（柯西不等式）对任意ａｉ，ｂｉ有ðｎｉ＝１ａｉｂｉ()２ɤðｎｉ＝１ａｉ２㊃ðｎｉ＝１ｂｉ２．例２㊀若ｆ（ｘ），ｇ（ｘ）都在［ａ，ｂ］上可积，则有闵可夫斯基（Ｍｉｎｋｏｗｓｋｉ）不等式：ʏｂａ（ｆ（ｘ）＋ｇ（ｘ））２ｄｘ[]１２ɤʏｂａｆ２（ｘ）ｄｘ[]１２＋ʏｂａｇ２（ｘ）ｄｘ[]１２．提示㊀不等式两边平方，化简，利用Ｓｃｈｗａｒｚ不等式．（四）Ｈａｄａｍａｒｄ不等式设ｆ（ｘ）为［ａ，ｂ］上的连续凸函数．求证：ｆａ＋ｂ２()ɤ１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘɤｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）２．提示㊀利用凸函数的性质，证明详细过程见下页．二㊁利用函数单调性与极值解决不等式问题（一）利用单调性解决不等式问题函数的单调性是较为简单直接的证明不等式的方法，对于可导函数ｆ（ｘ）可以通过ｆᶄ（ｘ）的正负判断ｆ（ｘ）的增减性，从而利用具体自变量的取值得到不等式．此类题目的关键在于构建合适的ｆ（ｘ）．（例题中涉及几类常用的构造函数的方法）㊀㊀㊀解题技巧与方法１５３㊀㊀例３㊀（若尔当不等式）设０＜ｘɤπ２，则２πɤｓｉｎｘｘ＜１．证明㊀设ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘｘ，则ｆᶄ（ｘ）＝ｘｃｏｓｘ－ｓｉｎｘｘ２；再令ｇ（ｘ）＝ｘｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ，则ｇᶄ（ｘ）＝－ｘｓｉｎｘ＜０，从而ｇ（ｘ）递减．又因为ｇ（０）＝０，所以ｇ（ｘ）＜０，则有ｆᶄ（ｘ）＜０，即ｆ（ｘ）递减．又因为ｌｉｍｘң０ｆ（ｘ）＝１，且ｆπ２()＝π２，所以，由ｆ（ｘ）的单调性可得２πɤｓｉｎｘｘ＜１．（二）利用极值与最值解决不等式问题对于在定义域内不单调的函数，极值和最值是解决这类函数不等式的一个突破口，构造合适的函数利用极值的定义来证明．例４㊀（利用条件极值）任意ａｉ＞０（ｉ＝１，２， ，ｎ），有ｎ１ａ１＋１ａ２＋ ＋１ａｎɤｎａ１ａ２ ａｎɤａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎ．证明㊀下面只证明ｎａ１ａ２ ａｎɤａ１＋ａ２＋ ＋ａｎｎ（另一不等号的证明见上一页）．设ｘ１＋ｘ２＋ ＋ｘｎ＝ａ（∗），ｆ（ｘ１，ｘ２， ，ｘｎ）＝ｘ１ｘ２ ｘｎ，则只需证在条件（∗）下ｆ（ｘ）的最大值为ａｎｎｎ．令Ｌ（ｘ１，ｘ２， ，ｘｎ，λ）＝ｘ１ｘ２ ｘｎ＋λ（ｘ１＋ｘ２＋ ＋ｘｎ－ａ），则Ｌｘｉ＝ｘ１ ｘｉ－１ｘｉ＋１ ｘｎ＋λ＝０，Ｌλ＝ｘ１＋ｘ２＋ ＋ｘｎ－ａ＝０，{解得λ＝－ｎａ（ｘ１ｘ２ ｘｎ）；ｘｉ＝ａｎ．又因为ｆ（ｘ）有上界，所以所求点为最大值点，即最大值为ａｎｎｎ，结论得证．三㊁利用微分中值定理和泰勒公式解决不等式问题（一）利用拉格朗日定理解决不等式问题拉格朗日定理可以将函数在区间端点的函数值与导函数在某一点的值联系起来，从而利用单调性或已知条件得到不等式．例５㊀求证：ｂ－ａｂ＜ｌｎｂａ＜ｂ－ａａ，其中０＜ａ＜ｂ．证明㊀原不等式等价于１ｂ＜ｌｎｂ－ｌｎａｂ－ａ＜１ａ，由拉格朗日定理，得ｌｎｂ－ｌｎａｂ－ａ＝１ξ，其中ξɪ（ａ，ｂ）．因为１ｂ＜１ξ＜１ａ，所以１ｂ＜ｌｎｂ－ｌｎａｂ－ａ＜１ａ．（二）利用柯西定理解决不等式问题对于已知两个函数的端点函数值问题可利用柯西定理转换成导数比值形式，从而化简不等式．例６㊀设ｘ＞０，求证：２ａｒｃｔａｎｘ＜３ｌｎ（１＋ｘ）．证明㊀原不等式等价于ａｒｃｔａｎｘｌｎ（１＋ｘ）＜３２；∀ｘ＞０，在［０，ｘ］上由柯西中值定理，得∃ξɪ（０，ｘ），使得ａｒｃｔａｎｘｌｎ（１＋ｘ）＝ａｒｃｔａｎｘ－ａｒｃｔａｎ０ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ（１＋０）＝１＋ξ１＋ξ２，设ｆ（ｘ）＝１＋ｘ１＋ｘ２，则ｆᶄ（ｘ）＝１－２ｘ－ｘ２（１＋ｘ２）２，所以ｆ（ｘ）在ｘ＝２－１时取极大值（最大值），２＋１２＜３２，所以１＋ξ１＋ξ２＜３２，即ａｒｃｔａｎｘｌｎ（１＋ｘ）＜３２，结论得证．（三）利用泰勒公式解决不等式问题对于一些不等式中涉及高阶导数及其范围的问题，可尝试利用泰勒公式的近似展开式，而利用泰勒公式的重点在于找到一个合适的点展开．四㊁函数凹凸性（一）函数凹凸性的简单推论推论１㊀ｆ（ｘ）为凸函数的充要条件为：对于定义域上，任意ｘ１＜ｘ２＜ｘ３，则有ｆ（ｘ２）－ｆ（ｘ１）ｘ２－ｘ１ɤｆ（ｘ３）－ｆ（ｘ１）ｘ３－ｘ１ɤｆ（ｘ３）－ｆ（ｘ２）ｘ３－ｘ２．推论２㊀（此推论及其变形适用于许多涉及一阶导数的不等式证明）可导函数为凸（凹）函数当且仅当任意ｘ１，ｘ２有ｆ（ｘ２）ȡｆ（ｘ１）＋ｆᶄ（ｘ１）（ｘ２－ｘ１）（ｆ（ｘ２）ɤｆ（ｘ１）＋ｆᶄ（ｘ１）（ｘ２－ｘ１））．推论３㊀若ｆ（ｘ）为二阶可导函数，则ｆ（ｘ）是凸函数的充分必要条件为ｆᵡ（ｘ）ȡ０．（此命题适用于涉及二阶导数的不等式证明）推论４㊀ｆ（ｘ）为［ａ，ｂ］上的凸函数，则ｆ（ｘ）ȡ２ｆａ＋ｂ２()－ｆ（ａ）－ｆ（ｂ）．（二）运用函数凹凸性证明不等式例７㊀证明Ｈａｄａｍａｒｄ不等式．证明㊀设ｘ＝（１－ｔ）ａ＋ｔｂ＝（ｂ－ａ）ｔ＋ａ，则１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘ＝ʏ１０ｆ［（１－ｔ）ａ＋ｔｂ］ｄｔ．同理可得１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘ＝ʏ１０ｆ［ｔａ＋（１－ｔ）ｂ］ｄｔ．因为ｆ（ｘ）为凸函数，所以１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘ＝ʏ１０ｆ［（１－ｔ）ａ＋ｔｂ］ｄｔɤʏ１０（１－ｔ）ｆ（ａ）＋ｔｆ（ｂ）ｄｔ＝ｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）２，且１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘ＝１２ʏ１０ｆ［（１－ｔ）ａ＋ｔｂ］ｄｔ＋１２ʏ１０ｆ［ｔａ＋（１－ｔ）ｂ］ｄｔ＝ʏ１０１２ｆ［（１－ｔ）ａ＋ｔｂ］＋１２ｆ［ｔａ＋（１－ｔ）ｂ］ｄｔȡʏ１０ｆ[１２（１－ｔ）ａ＋ｔ２ｂ＋ｔ２ａ＋１２（１－ｔ）ｂ]ｄｔ＝ｆａ＋ｂ２()，所以ｆａ＋ｂ２()ɤ１ｂ－ａʏｂａｆ（ｘ）ｄｘɤｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）２．不等式的解法有许多，以上几种方法需要在数学分析的基础上研究不等式．在学习过程中抓住每种方法的要点并掌握相应的数学分析的基础知识才是关键．ʌ参考文献ɔ［１］华东师范大学数学系．数学分析（上册）：第４版［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２０１０．［２］陈守信．考研数学分析总复习：精选名校真题：第５版［Ｍ］．北京：机械工业出版社，２０１８．［３］徐利治，王兴华．数学分析的方法及例题选讲：第２版［Ｍ］．北京：高等教育出版社，２０１５．［４］蒙诗德．数学分析中证明不等式的常用方法［Ｎ］．赤峰学院学报（自然科学版），２００９（０９）：２０－２２．［５］舒斯会．数学分析选讲［Ｍ］．北京：北京大学出版社，２００７．［６］林源渠，方企勤．数学分析解题指南［Ｍ］．北京：北京大学出版社，２００３．。
均值不等式的证明方法及应用
均值不等式的证明方法及应用摘要均值不等式在不等式理论中处于核心地位，是现代分析数学中应用最广泛的不等式之一。
应用均值不等式，可以使一些较难的问题得到简化处理。
本文首先系统全面地总结了均值不等式的十种证明方法,其中包括柯西法、数学归纳法、詹森不等式法、不等式法、几何法、排序法、均值变量替换法、构造概率模型法、逐次调整法、泰勒公式法；其次, 结合相关例题给出均值不等式在证明不等式、比较大小、求最值、证明极限的存在性、判断级数敛散性、证明积分不等式方面的应用。
关键词:均值不等式；数学归纳法；最值；极限；积分不等式PROOFS AND APPLICATIONS ON AVERAGE VALUEINEQUALIT YABSTRACTAverage value inequality occupies a core position in inequality theory and is one of the most widely used inequalities in modern mathematics. Using average inequality can make some difficult problems simple. In this paper, ten proof methods of average value inequality are first systematically summarized, including Cauchy method, mathematical induction, Jensen inequality, inequality method, geometry method, sorting method, variable substitution method of average value, constructing probability model method, successive adjustment method, Taylor formula method, respectively. Secondly, we give applications of average value inequality combining the corresponding examples on comparing the size, solving maximum and minimum, proving the existence of the limit, judging convergence of series and proving integral inequality.Key words: average value inequality; mathematical induction; maximum and minimum; limit; integral inequality目录前言 --------------------------------------------------------------------- 4 1 均值不等式的证明方法 --------------------------------------------------- 51.1 柯西法 ----------------------------------------------------------- 51.2 数学归纳法 ------------------------------------------------------- 61.3 詹森不等式法 ----------------------------------------------------- 71.4 不等式法 --------------------------------------------------------- 71.5 几何法 ----------------------------------------------------------- 81.6 排序法 ----------------------------------------------------------- 91.7 均值变量替换法 --------------------------------------------------- 91.8 构造概率模型法 --------------------------------------------------- 91.9 逐次调整法 ------------------------------------------------------ 101.10 泰勒公式法 ----------------------------------------------------- 102 均值不等式的应用 ------------------------------------------------------ 122.1 均值不等式在证明不等式中的应用 ---------------------------------- 122.2均值不等式在比较大小问题中的应用--------------------------------- 132.3 均值不等式在求最值问题中的应用 ---------------------------------- 132.3.1 均值不等式求最值时常见错误 -------------------------------- 142.3.2 均值不等式求最值“失效”时的对策 -------------------------- 162.4 均值不等式在证明极限的存在性时的应用 ---------------------------- 172.5 均值不等式在判断级数敛散性中的应用 ------------------------------ 192.6 均值不等式在证明积分不等式中的应用 ------------------------------ 193 结论 ------------------------------------------------------------------ 21 参考文献: --------------------------------------------------------------- 22 致谢 -------------------------------------------------------------------- 23前言不等式在数学的各个领域和科学技术中都是不可缺少的基本工具, 而均值不等式是重中之重. 通过学习均值不等式，不仅可以帮助我们解决一些实际问题，还可以培养逻辑推理论证能力和抽象思维能力，以及养成勤于思考、善于思考的良好学习习惯. 因此，研究均值不等式的证明方法及应用，是一个既有理论意义又有广泛现实意义的问题.均值不等式的证明及运用均值不等式来解决数学中的某些问题，在数学研究中历历可见. 如，比较大小、求函数的最值、证明不等式常利用均值不等式的方法进行解答. 均值不等式还是高等数学中最基本的运算之一，作为最基本不等式，在解决高等数学问题中也发挥着重要的作用. 运用均值不等式可以使复杂的问题简单化，繁琐的问题清晰化.著名数学家阿基米德[]1最先运用了均值不等式，证明了球和圆柱的相关问题.此后科学家们对均值不等式的证明方法进行了深入的研究，并在此基础上把均值不等式应用到了其他领域. 当前, 我国许多学者对均值不等式的证明方法及应用进行了大量的研究[]214-. 如，陈益琳在学生利用均值不等式解题时遇到的常见问题作了总结性的工作[]8.冉凯[]9对均值不等式在数学分析中的应用做了探讨. 均值不等式在解决许多问题中发挥着重要的作用.本文将对均值不等式的证明方法及应用进行归纳和总结.1 均值不等式的证明方法首先,我们给出均值不等式. 定理1 设12,,...,n a a a 是n 个正数，则 1212nn n a a a a a a n+++≥⋅， ()11-上式当且仅当12n a a a ===时等号成立.上述不等式我们称之为算术—几何平均不等式,以后简称均值不等式. 我们把12na a a n+++和12n n a a a ⋅分别叫做这n 个数的算术平均数和几何平均数,分别记做()n A a 和()n G a ，(1-1)式即为()()n n a G A a ≥.下面给出均值不等式的几种证明方法.1.1 柯西法当2n =时,由于120,0a a >>.有212()0a a -≥,得12122a a a a +≥. 当4n =时,12341234()()a a a a a a a a +++=+++41234123412342244a a a a a a a a a a a a ≥+≥=.当8n =时,12345678()()a a a a a a a a +++++++441234567844a a a a a a a a ≥+8123456788a a a a a a a a ≥. 这样的步骤重复n 次之后将会得到, 令1211122,,;n nn n n n a a a a a a a a a a A n+++++======= ()12-有1122221212(2)()2n nnnn n nn n n nA n A A a a a Aa a a A--+-=≥⋅=⋅即1212nn n a a a a a a n+++≥⋅.这个归纳法的证明是柯西首次提出的,我们将它称之为柯西法.1.2 数学归纳法证法一当2n =时，不等式显然成立. 假设当n k =时,命题成立. 则当1n k =+时,12111k k K a a a a A k ++++++=+,11121k K k G a a a +++=⋅.因为i a 具有全对称性，所以不妨设1min 1,2,,|,1{}i a a i k k ==+,1{|,,1}1,2,k i a ma a x i k k +==+.显然 111K k a A a ++≤≤,以及()()11110K k K a A a A +++--≤.于是,111111()K k K k A a a A a a +++++-≥. 所以12111111()(1)k K K K K K a a a A kA k A A A k k k +++++++++-+-====211121111()()k k K kk k K a a a a A a a a a A k+++++++++-≥⋅+-.即12111()k k k k K A a a a a A +++≥+-两边乘以1K A +,得111211112111()()k K k k K k K k k K A a a A a a A a a a a G ++++++++≥+-≥=.从而,有11K K A G ++≥.所以，由数学归纳法，均值不等式对一切n 成立，即 ()()n n A a G a ≥. 证法二当2n =时，不等式显然成立； 假设当n k =时成立.则当1n k =+时，有1111(1)k k k k k a k G k G -++++-≥⋅，于是11111122111(1)()()k k k k k k k k k k a k G G G a GG k-++++++-=≤⋅11(1)1()2k k k a k G G k +++-≤+ 11(1)1()2k k k a k G A k+++-≤+.所以 1112(1)(1)k k k k G k A k G +++⋅≤++-,所以 11k k G A ++≤. 当且仅当11k k a G ++=且1(1)k k k k G a k G +⋅=+-时等号成立. 由数学归纳法知,均值不等式对一切n 成立，即 ()()n n A a G a ≥．1.3 詹森不等式法引理1(Jensen 不等式)若()f x 为区间I 上的凸函数，对任意i x I ∈，0(1,2,,)i i n λ>=，且11ni i λ==∑，则11()()i nni i i i i f x f x λλ==≤∑∑ (1-3)成立.下面利用詹森不等式证明均值不等式.令 ()ln f x x =-,(0)x >,易知()f x 在(0,)+∞是凸函数.由于0(1,2,,)i a i n >=,令1i nλ=，则由引理1有下式,12121)(ln ln ln )ln(nn a a a a a a nn +++≤-+++-.则12121211)(ln ln ln )ln()ln(nn n a a a a a a a a n n na +++≥+++=,因此11212)ln()ln(nnn a a a a a na +++≥,即1212nn n a a a a a a n+++≥⋅,当且仅当12n a a a ===时等号成立.1.4 不等式法在均值不等式的证明中，可以运用一个特殊的不等式1x e x ≥+进行推导. 设()x f x e =，对()x f x e =应用迈克劳林展开式并取拉格朗日余项得:2112x x e x x e θ=++, 其中, 0x ≠, 01θ<<. 因此, 1x e x >+,0x ≠.当0x =时，等号成立.下面给出均值不等式的证明过程. 取一组数k x ,1,2,,k n =，使10nk k x ==∑.令 (1)k k n a x A =+.则由(1)k x k x e +≤(k x 全为零时,取等号)可得,111111()(1)k nnn nx nn n k k n n n k k k G a x A A e A ===⎡⎤==+≤=⎢⎥⎣⎦∏∏∏，所以 ()()n n A a G a ≥.1.5 几何法作函数nx G y e =的图像,它是凸曲线，并在点(),n G e 处作切线 ny exG =,可见这条切线在函数的下面(见图11-)，因此,可以得到0i na G inea eG ≥>1,2,3,,i n =（）.所以12()12()()()n na a a G n nn nnea ea ea e e G G G +++≥⋅=，于是n n nA n G ≥，即n n A G ≥,且从上述证明中可知，当且仅当12n n a a a G ====时，等号成立.图1-11.6 排序法做序列: 11n a x G =,1222n a ax G =,…,12111n n n n a a a x G ---=,121n n n na a a x G ==，取其中的一个排列:11nb x ==,21b x =,…,1n n b x -=，则111n x a b G =,222n x a b G =,…,n n n nx a b G =. 不妨设120n x x x ≥≥≥>.则121110n x x x <≤≤≤.由排序原理可知3121212312111n n n nx x x x x x x n b b b b x x x ++++≥⋅+⋅++⋅=, 即12n nn n a a a n G G G +++≥,1212nn n a a a a a a n+++≥⋅,所以 ()()n n A a G a ≥.1.7 均值变量替换法本节运用数学归纳和变量替换相结合的方法证明均值不等式. 易证2n =时，不等式显然成立. 假设当n k =时，不等式成立. 则当1n k =+时，设1(1,2,,)i i k x a A i n +=-=,则110k i i x +==∑.设i x 不全为零,必有一个ix 为正,另一个为负,不妨设10i x x <<,由于 1211121112()()()k k k k a a A x A x A A x x ++++=++++<, 从而112311123411()()k k k k k k A x x a a A x x a a a kA ++++++++++>++=111234111k k kkk k k G a a a a a A A +++++>=.所以 1111k k k k A G ++++>,即11k k A G ++>.易证,当且仅当0i x =时(即12n a a a ===时)取等号,故原不等式()()n n A a G a ≥成立．1.8 构造概率模型法首先给出证明过程中要用到的一个引理.引理 2 设X 是一个随机变量,并且数学期望EX 存在,则有22()EX EX ≥,ln (ln )EX E X ≥. ()14-建立概率模型,设随机变量X 的概率分布为1()i P X a n==,其中0i a ≥,1,2,,i n =.由引理2可知,1111ln ln nni i i i a nn a ==≥∑∑,112ln ln 1ni i n n a a a a n =≥∑,即1212nn n a a a a a a n+++≥⋅成立.1.9 逐次调整法12,,...,n a a a 中必存在最值数，不妨设1min{}i a a =,2max{}i a a =. 易见21212()[]2a a a a +≥.于是,用122a a+取代12,a a .n A 不变,但是n G 增大,即 121231()()11()22nn i i a a a a a a a n n =++++++=∑,1212123()()22n nn n a a a a a a a a a ++≤⋅⋅.对于各个n ,这种代换至多进行1n －次(有限次).因此，212123()2n n n n n n n nn n a a G a a a a a A A A A +=≤⋅≤≤=.即 n n G A ≤,当且仅当12n a a a ===时,取等号.1.10 泰勒公式法设()log (01,0)xaf x a x =<<>，则21''()0ln f x x a=->，将()f x 在0x 处展开，有 '''200000()()()()()()2f x f x f x f x x x x x =+-+-.因此有'000()()()()f x f x f x x x ≥+-,取011,(,),(1,2,,)ni i i x a a a b i n n ==∈=∑,从而'111111()()()()(1,2,,)n nn i i i i i i i i f a f a f a a a i n n n n ===≥+-=∑∑∑.故'111111111()()()()()nn n n nn i i i i i i i i i i i i f a nf a f a a a nf a n n n ======≥+⋅-=∑∑∑∑∑∑, 即 1111()()n ni i i i f a f a n n ==≤∑∑.因此有 12121()1log (log log log )n na a a a a a naa a a n+++≤+++,即 12121()()1log log n n a a a a a a n a an+++⋅≥,亦即112121()()loglog (01)nn n a a a a a a n aaa +++⋅≥<<,故有1212nn n a a a a a a n+++≥⋅,(0,1,2,,)i a i n >=.2 均值不等式的应用2.1 均值不等式在证明不等式中的应用一般不等式的证明,常常考虑比较法,综合法,分析法,这是高中比较常用的方法,但有些不等式运用上述方法不好入手,故考虑均值不等式或者均值不等式与综合法相结合,这样处理,常常使复杂问题简单化,从而达到证明的目的.下面举几个例子予以说明.例1 已知,,a b c 为互不相等的正数,且1abc =.求证111a b c a b c++<++. 证明1111/1/1/1/1/1/111222b c a c a b a b c bc ac ab a b c+++++=++<++=++. 故原不等式得证.例2 证明 221a b ab a b ++≥++.证明 由均值不等式得,212a a +≥,212b b +≥,222a b ab +≥.以上三式相加得,()()22212a b ab a b ++≥++，即有,221a b ab a b ++≥++. 原不等式得证.例3 设圆o 的半径为12,两弦CD 和EF 均与直径AB 交45︒,记AB 与CD 和EF 的交点分别为P 和Q,求证 221PC QE PD QF ⋅+⋅<.图21-证明 如图21-,设M 为弦CD 的中点,连接CO ,MO ,则△POM 为等腰直角三角形,且MP MO =.222222222()()2()2()2PC PD MC MP MC MP MC MP MC MO CO +=-++=+=+=211222⎛⎫== ⎪⎝⎭.同理,2212QE QF +=. 由均值不等式得，222222PC QE PD QF PC QE PD QF ++⋅+⋅≤+ 2222()()2PC PD QE QF +++=1112222+==.即 221PC QE PD QF ⋅+⋅<，原不等式得证.2.2均值不等式在比较大小问题中的应用比较大小问题是高中数学中常见的问题，准确巧妙地运用均值不等式是快速解决这类问题的关键.例4 若1a b >>，lg lg p a b =⋅,1(lg lg )2Q a b =+,lg 2a bR +=,试判断,,P Q R 之间的大小关系.解 由均值不等式，得1(lg lg )lg lg 2Q a b a b P =+≥⋅=.1lg lg (lg lg )22a b R ab a b Q +=≥=+=.由于,a b a b >≠，所以不能取等号,即R Q P >>.2.3 均值不等式在求最值问题中的应用均值不等式在求函数最值,解决一些取值范围问题时运用非常广泛,是重要知识点之一.在实际应用问题中,我们应因题而宜地进行变换,并注意等号成立的条件,达到解题的目的,变换题目所给函数的形式,利用熟悉知识求解是常用的解题技巧,熟练运用该技巧,对于提高思维的灵活性和严密性大有益处.例5 求下列函数的值域：(1)22132y x x =+； (2)1y x x=+. 解 (1)因为,222211323x =622y x x x =+≥⋅. 所以,值域为[6,+)∞. (2)当0x >时，112 2y x x x x=+≥⋅=. 当0x <时,111()2 -2y x x x x x x=+=---≤-⋅=故,值域为[.],22∞⋃+∞（－－，） 例6 若02x <<,求函数()3(83)f x x x =-的最大值. 解 因为, 02x <<.所以,()3(83)3(83)24x x x f x x =≤+-=-，故()f x 的最大值是4.例7 制作容积一定的有盖圆柱形罐头, 当圆柱高h 和底面半径r 的比为何值时,使用的材料最省? (不计加工损耗)解 设圆322222222232V V V S rh r r r V r r rπππππ=+=+=++≥,当且仅当22Vr r π=,即32V r π= 时, 材料最省. 此时有322r r h ππ= ,故 :2:1h r =,即圆柱形的高与底面半径之比为2:1时,使用的材料最省.2.3.1 均值不等式求最值时常见错误运用均值不等式解题是一项重要内容,运用这种方法有三个条件:(1)正;(2)定;(3)相等.在此运用过程中,往往需要对相关对象进行适当地放大、缩小, 或不等式之间进行传递等变形,在此过程中,学生常常因为忽视条件成立而导致错误,而且错误不易察觉.因此,就这一问题列举几个例子进行说明.例8 求()111y x x x =+≠-的值域. 分析 在解题时,我们常常写成()111112113111y x x x x x x =+=-++≥-+=---， 故[)3,y ∈+∞.虽然111x x --与的积是常数,但1x -不一定是正数,忽视均值不等式中的各项为“正”致错, 因此解法是错误的.下面给出正确解法.解 当 1x >时,()111112113111y x x x x x x =+=-++≥-+=---,当且仅当111x x -=-,即 2x =时等号成立; 当1x <时,()111112111111y x x x x x x-=-+=-+-≥--=---,所以 1y ≤-,当且仅当0x =时取等号,所以原函数的值域为(][),13,-∞-⋃+∞.例9 求2254x y x +=+的最小值.分析 在解题时,我们常常写成 222222225411142424444x x y x x x x x x +++===++≥+=++++，所以y 的最小值是 2.可是在2y ≥ 中,当且仅当22144x x +=+,即23x =-,这是不可能的,所以等号不成立,这个问题忽视均值不等式中等号成立条件.故原式的最小值不是2.下面给出正确解法.解 在22144y x x =+++中,令24t x =+, 则1y t t =+(2t ≥),易证1y t t =+在[2,)+∞上递增,所以y 的最小值是15222+=,当且仅当2t =时,即242x +=,0x =,取“”=号.例10 若正数,x y 满足26x y +=,求xy 的最大值.分析 在解题时,我们常常写成22x y xy +⎛⎫≤ ⎪⎝⎭,当且仅当x y =且26x y +=,即2x y ==时取“”=号, 将其代入上式,可得xy 的最大值为4.初看起来,很有道理, 其实在用均值不等式求最值时,在各项为正的前提下,应先考虑定值,再考虑等号是否成立.但在22x y xy +⎛⎫≤ ⎪⎝⎭中,x y +不是定值,所以xy 的最大值不是4.这个问题忽视了均值不等式中积或和是定值的条件.下面给出正确解.解 因2112922222x y xy x y +⎛⎫=⨯≤⨯= ⎪⎝⎭, 当且仅当2x y =时(此时33,2x y ==)取“”=号, 所以()max 92xy =. 2.3.2 均值不等式求最值“失效”时的对策.运用均值不等式是求最值的一种常用方法, 但由于其约束条件苛刻,在使用时往往顾此失彼,从而导致均值不等式“失效”. 下面例说几种常用的处理策略.例11 已知0 1x <<,求4lg lg y x x=+的最大值. 解 因为0 1x <<，所以lg 0x <，lg 0x ->,从而有()4lg 244lg y x x ⎛⎫-=-+-≥= ⎪⎝⎭，即 4y ≤-，当且仅当4lg lg x x -=-即1100x =时等号成立，故max 4y =-. 本题满足4lg 4lg x x⋅= 为定值，但因为0 1x <<,lg 0x <，所以此时不能直接应用均值不等式，需将负数化正后再使用均值不等式.例12 求 1 () 2y x x =- 102x ⎛⎫<< ⎪⎝⎭ 的最大值.解 ()()2112121122122228x x y x x x x +-⎛⎫=-=⋅⋅-≤⋅= ⎪⎝⎭，当且仅当212x x =-,即14x =时等号成立.故max 18y =. 本题)2(1x x +-不是定值,但可通过平衡系数来满足和为定值.例13 已知0a b >>,求()64y a a b b=+-的最小值.解 ()()()3646436412y a a b b a b b a b b =+=-++≥=--，当且仅当()64a b b a b b-==-,即 8a =, 4b =时等号成立.故min 12y =.本题 ()64a ab b⋅-不是定值,但可通过添项、减项来满足积为定值.例14 已知0 x π<<,求4sin sin y x x=+的最小值. 解 41313sin sin 2sin 5sin sin sin sin 1y x x x x x x x ⎛⎫=+=++≥⋅+= ⎪⎝⎭. 当且仅当1sin sin x x =且33sin x=,即sin 1x = 时等号成立. 故min 5y =. 本题虽有4sin sin x x ⋅为定值,但4sin sin x x=不可能成立. 故可通过拆项来满足等号成立的条件.例15 已知52x ≥,则()24524x x f x x -+=- 有______.()A 最大值54 ()B 最小值54()C 最大值1. ()D 最小值1. 解 ()()()()2221451121242222x x x f x x x x x -+-+⎡⎤===-+≥⎢⎥---⎣⎦,当且仅当()122x x -=-,即3x =时等号成立.故选()D .本题看似无法使用均值不等式,但对函数式进行分离,便可创造出使用均值不等式的条件.2.4 均值不等式在证明极限的存在性时的应用极限概念是高等数学中的重要概念，在证明数列极限的存在性时,需证明数列单调及数列有界.而在此过程中便运用了均值不等式的相关内容.下面举例说明.例16 证明重要极限1lim(1)n n e n →∞+=的存在性.证明 先证数列{1(1)n n +}单调递增.令1211n a a a n===+=，11n a +=，则由均值不等式()11-得,111111(1)(1).1[(1)(1)1]1n n n nn n nn++++++<+++个个.即 111(1)11n n n n ++<++,所以 111(1)(1)1n n n n ++++<.所以 数列{1(1)n n +}单调递增.再证数列{1(1)n n+}有上界.下面的证明可以看到一个更强的命题：数列{1(1)n n +}以11(1)k k M ++=（k 为正整数）为上界.先证不等式, 当n k >时, 1111(1)(1)n k n k++<++.设 1211k ka a a k +====+，21k n a a +===.由均值不等式111()1[(1)()]1111k n k n k k n k n k k n k n +-+⋅+⋅+-=++<++， 所以 11()()11k n k n k n ++<++,因此，1111(1)(1)n k n k ++<++. 其次由111n +>,有111(1)(1)n n n n +<++,所以111(1)(1)n k n k+<++.当n k >时，任取一个正整数k ，11(1)k k M ++=均是数列{1(1)n n+}的上界.又数列{1(1)n n +}单调递增，所以,当n k ≤时,不等式111(1)(1)n k n k+<++仍然成立.因此，对于数列 {1(1)n n +}1,2n =（）, 恒有111(1)(1)n k n k +<++（k 为正整数）. 任意选定一个k 值，11(1)k k M ++= 均是数列{1(1)n n+}的上界.所以数列{1(1)n n +} 单调有界,由单调有界定理,数列{1(1)n n +} 极限存在.极限值为e ，即1lim(1)n x e n→∞+=.例17 证明数列{11(1)n n ++}极限存在且其极限是e .证明 令 11{(1)}n n x n+=+.11221(1)11111()()[]()1122n n n n n n nn n n n n x n n n n x ++++++⋅+++==≤==++++. 所以,数列{}n x 单调减少.又0n x >,则数列{}n x 有下界.1111lim(1)lim (1)(1)n n n n nn n +→∞→∞⎡⎤+=+⋅+⎢⎥⎣⎦. 因为 1(1)n n +和1(1)n+的极限都存在, 所以1111lim(1)lim (1)(1)n n n n e n n n +→∞→∞⎡⎤+=+⋅+=⎢⎥⎣⎦. 因此, 数列{11(1)n n++}极限存在且其极限是e .例18 证明lim 1n n n →∞=.证明 由均值不等式（1-1）有:121111nnn n n n n n n -⎛⎫++++=⋅⋅≤⎪⎝⎭个2221n n n n+-=<+, 从而有201n n n≤-<,故 lim 1n n n →∞=.2.5 均值不等式在判断级数敛散性中的应用均值不等式的应用很广泛,在证明级数的敛散性时也有很重要的应用. 例19 已知正项级数1n n a ∞=∑收敛，证明级数11n n n a a ∞+=∑也收敛.证明 因为,0n a >(1,2,)n =,由均值不等式，有111()2n n n n a a a a ++≤+,已知级数1n n a ∞=∑收敛,所以级数112n n a ∞=∑与1112n n a ∞+=∑都收敛，从而级数111()2n n n a a ∞+=+∑也收敛，再由比较判别法，知级数11n n n a a ∞+=∑收敛.2.6 均值不等式在证明积分不等式中的应用积分不等式是一种特殊的不等式,而均值不等式又是证明不等式的重要方法.因此,在积分不等式的证明中我们自然会想到运用均值不等式来进行证明.例20 证明函数f x （）在[],a b 上是正值可积的, 1,2,k n =,且0a b <<,则[]11111212()()()()()()bbbbnnnnn n aa a a f x f x f x dx f x dx f x dx f x dx ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⋅≤⋅⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎰⎰⎰⎰. 证明 利用1212nn n a a a a a a n+++≥⋅.有,1212()()()()()()n bbbnn aaaf x f x f x f x dxf x dxf x dx⋅⎰⎰⎰1212()()()1()()()n b bbn a a af x f x f x n f x dx f x dx f x dx ⎡⎤⎢⎥≤+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰.于是 1111212()()()()()()n n nb n b bba n a a a f x f x f x dx f x dx f x dx f x dx ⎧⎫⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎪⎪⎪⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⋅⎨⎬⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎪⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎪⎪⎩⎭⎰⎰⎰⎰ 1212()()()11()()()b bbn a a a b b b n a a af x dx f x dx f x dx n f x dxf x dx f x dx ⎡⎤⎢⎥≤+++=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰⎰，即 []11111212()()()()()()bbbbnnnnn n aa a a f x f x f x dx f x dx f x dx f x dx ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⋅≤⋅⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎰⎰⎰⎰. 例21 设f x （）在[0,1]上非负连续，证明101ln ()0()f x dxe f x dx ⎰≤⎰.证明 由题设知f x （）在[0,1]上可积，将[0,1]n 等分，作积分和111()lim()n n i i f x dx f n n →∞==∑⎰，110111ln ()lim ln ()limln ()nn nn n i i i i f x dx f f n n n →∞→∞==⎡⎤==⎢⎥⎣⎦∑∏⎰. 所以 01111li ln (n )m l ()1lim ()n nn i i f nnn f x n dxi i e f n e →∞=⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦→∞=∏⎡⎤=⎢⎣⎰⎥⎦=∏. 由均值不等式1212...n nn a a a a a a n+++≥⋅得,110111lim ()lim ()()nn nn n i i i i f f f x dx n n n →∞→∞==⎡⎤≤=⎢⎥⎣⎦∑∏⎰.故 11ln ()0()f x dx e f x dx ⎰≤⎰.3 结论均值不等式是数学中的重要内容，对培养数学思维发展有很大帮助.本文重在梳理均值不等式的相关证明方法和应用.如，运用均值不等式时，一定时刻谨记一正、二定、三相等原则，具体问题具体分析，有时可以通过转化达到运用均值不等式解题的目的.本文系统地归纳总结均值不等式的各种证明方法及其在具体解题分析和论证推理过程中的应用.通过本论文的撰写，更深刻地理解均值不等式在证明问题和解题中的重要作用.参考文献:[1]中译本（朱恩宽、李文铭等译）:《阿基米德全集》[M]. 西安：陕西科学技术出版社,1998.[2]陈侃.算术-几何平均值不等式的证明[J].巢湖学院学报,2008,6(3):129-130.[3]熊桂武 .概率方法在不等式证明中的应用[J].重庆师范大学学报,2003,12:89-91.[4]敦茂.算术平均值与几何平均值不等式的各种证法[J].云梦学刊,1980,1(3):65-80.[5]Norman schaumberger.A coordinate approach to the AM-GM inequality[J].MathematicsMagazine,1991,64:273.[6]刘鸿雁.由Jensen不等式导出某些重要不等式[J].成都大学学报,2003,22(3):32-35．[7]匡继昌.常用不等式[M].济南:山东科学技术出版社,2004．[8]陈益琳.高中教学导练(高二)[M].北京:冶金工业出版社,2004.[9]冉凯.均值不等式在数学分析中的应用[J].青海师专学报,1997,4(2):35-38.[10]赵建勋.浅谈均值不等式的应用[J].高中数学教与学,2011,5(3):7-10.[11]蓝兴苹.均值不等式的推广与应用[J].云南民族大学学报,2006,15(4):22-24．[12]高飞、朱传桥《高中数学教与学》[M]. 济南：山东科学技术出版社,2007.[13]章国凤.均值不等式在高等数学中的应用[J].广西教育学院学报,2008,05(1):151-152.[14]陈复华.均值不等式在微积分中的应用及其它[J].湖北民族学院学报（自然科学版）,1994,2(3):88-89.致谢毕业论文暂告收尾，这也意味着我在鞍山师范学院四年的学习生活既将结束。
算术几何平均值不等式的数学归纳法
算术几何平均值不等式的数学归纳法算术几何平均值不等式是数学中重要的不等式之一，它基于算术平均值与几何平均值之间的关系，并且在许多数学应用中被广泛应用。
而证明这个不等式就需要用到数学归纳法。
一、算术平均值和几何平均值的概念算术平均值是一组数相加后除以这组数的个数所得到的值，通常用符号“A"表示，即“A=(a1+a2+...+an)/n”。
几何平均值是一组数的乘积的n次方根，其中n是这组数的个数，通常用符号"G"表示，即"G=(a1*a2*...*an)^(1/n)"。
二、算术几何平均值不等式的表述算术几何平均值不等式是指对于任意一组非负实数a1,a2,...,an(n个数)，它们的算术平均数A与它们的几何平均数G之间满足"A>=G"。
三、数学归纳法的基本思想数学归纳法是一种数学证明方法，它基于以下两个基本思想：1.证明基础：首先证明当n=1时命题成立，即“P(1)”成立。
2.归纳假设：假设当n=k(k≥1)时命题成立，即“P(k)”成立。
3.归纳步骤：通过假设“P(k)”成立，在此基础上证明“P(k+1)”成立。
四、算术几何平均值不等式的证明1.证明基础：当n=2时，有"A=(a1+a2)/2"，“G=(a1*a2)^(1/2)"。
此时，有"A-G=(a1-a2)^2/8>=0"，即当n=2时命题成立。
2.归纳假设：假设当n=k(k≥2)时命题成立，即“A>=G”成立。
3.归纳步骤：现在来证明当n=k+1时命题也成立，即证明“A'>=G'”。
其中“A'”和“G'”分别表示除去最后一个数后剩余数的算术平均数和几何平均数，即“A'=((a1+a2+...+ak)/k)"，“G'=((a1*a2*...*ak)^(1/k)"。
均值不等式的多种证明方法许兴华数学
均值不等式是数学中常见的一类不等式，它指出了一组数的平均值和它们的其他性质之间的关系。
在本文中，我们将介绍均值不等式的多种证明方法，并以许兴华数学中的相关内容为例加以说明。
1. 均值不等式的定义均值不等式是数学中一类具有广泛应用的不等式定理，它描述了数列的平均值与其他性质之间的关系。
一个常见的均值不等式是算术平均数与几何平均数之间的关系，即对于任意非负实数集合，它们的算术平均数大于等于几何平均数。
2. 均值不等式的证明方法均值不等式的证明方法有多种，其中比较常见的方法包括数学归纳法、几何法、代数法等。
下面我们将分别对这些方法进行介绍，并结合许兴华数学中的相关例题进行说明。
2.1 数学归纳法证明数学归纳法是一种常用的数学证明方法，它通常用于证明对于一切自然数n成立的命题。
在均值不等式的证明中，数学归纳法可以用于证明一些形如An≤Bn的不等式，其中n为自然数。
对于n个非负实数的情况，可以使用数学归纳法证明它们的算术平均数不小于几何平均数。
许兴华数学中的例题：证明n个非负实数的算术平均数不小于几何平均数。
解：首先证明n=2的情况成立，即对于两个非负实数a和b，有(a+b)/2≥√(ab)。
然后假设对于n=k的情况成立，即对于k个非负实数成立均值不等式，即(k个非负实数的算术平均数不小于几何平均数)。
那么对于n=k+1的情况，我们可以通过考虑第k+1个数与前面k个数的平均值的大小关系，来证明均值不等式对于n=k+1的情况也成立。
2.2 几何法证明几何法是另一种常用的证明方法，它通常通过在平面几何图形上进行推理，来证明一些数学定理。
在均值不等式的证明中，几何法可以用于证明一些形如a²+b²≥2ab的不等式。
在许兴华数学中，可以通过在平面上绘制平行四边形、三角形等几何图形，来证明一些均值不等式。
3. 结语以上，我们介绍了均值不等式的多种证明方法，并结合许兴华数学中的相关内容进行了说明。
均值不等式作为数学中的重要概念，在不同的数学领域都有着重要的应用，它的证明方法也有很多种。
算术_几何平均值不等式的证明
平均值不等式是数学分析中解决许多极限问题以及其他应用问题的一个重要依据，特别是算术平均值－几何平均值不等式（以下简称算几不等式）的应用更是尤为广泛，许多极限问题的证明都要应用到这一不等式，而关于这一不等式的证明方法，常见的有利用数学归纳法及詹生不等式的证明，下面介绍几种另外的证明方法。
１利用二项式定理证明：首先，对于ａ，ｂ＞０由二项式定理，得（ａ＋ｂ）ｎ＞ａｎ＋ｎａｎ－１ｂ由数学归纳法，若ｎ－１时为真，对于ｎ，假设ａｎ≥ａｎ－１≥…≥ａ２≥ａ１≥０．又设ａ＝１ｎ－１ｎ－１ｉ＝１"ｘｉ，ｂ＝１ｎ（ｘｎ－ａ），故有ａ，ｂ≥０及１ｎｎ－１ｉ＝１"ｘｉ#$ｎ＝（ａ＋ｂ）ｎ＞ａｎ＋ｎａｎ－１ｂ＝ｘｎ１ｎ－１ｎ－１ｉ＝１"ｘｉ%&ｎ－１≥ｘｎ（ｘ１ｘ２…ｘｎ－１）即ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎｎ≥ｘ１ｘ２…ｘｎｎ’（ｘｉ≥０，ｉ＝１，２，…，ｎ）．２利用不等式ｅｘ≥１＋ｘ（ｘ≥－１）证明：设Ａｎ＝ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎｎ，Ｇｎ＝ｘ１ｘ２…ｘｎｎ’（ｘｉ＞０，ｉ＝１，２，…，ｎ）由不等式ｅｘ≥１＋ｘ（ｘ≥－１）可知，对于每一ｉ，有ｅｘｐｘｉＡｎ－%&１≥ｘｉＡｎ求乘积，得１＝ｎｉ＝１(ｅｘｐｘｉＡｎ－%$１＝ｅｘｐｎｉ＝１"ｘｉＡｎ－%$１%$≥ｎｉ＝１(ｘｉＡｎ＝ＧｎＡｎ%$ｎ算术－几何平均值不等式的证明故Ａｎ≥Ｇｎ，即ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎｎ≥ｘ１ｘ２…ｘｎｎ"（ｘｉ＞０，ｉ＝１，２，…，ｎ）．３利用泰勒公式证明：设ｆ（ｘ）＝ｌｏｇａｘ（０＜ａ＜１，ｘ＞０），则ｆ″（ｘ）＝１ｘ２１ｎａ＞０，将ｆ（ｘ）在点ｘ０处展开，有ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ０）＋ｆ′（ｘ０）（ｘ－ｘ０）＋ｆ″（ｘ）２（ｘ－ｘ０）２，!＝ｘ０＋"（ｘ－ｘ０）（０＜"＜１）因此有ｆ（ｘ）≥ｆ（ｘ０）＋ｆ′（ｘ０）（ｘ－ｘ０），取ｘ０＝１ｎｎｉ＝１#ｘｉ（ｘｉ∈（ａ，ｂ），（ｉ＝１，２，…，ｎ），则有ｆ（ｘｉ）≥ｆ１ｎｎｉ＝１%ｘｉ&’＋ｆ′１ｎｎｉ＝１%ｘｉ&(ｘｉ－ｎｉ＝１%ｘｉ&(（ｉ＝１，２，…，ｎ）故ｎｉ＝１%ｆ（ｘｉ）≥ｎｆ１ｎｎｉ＝１%ｘｉ&(＋ｆ′１ｎｎｉ＝１%ｘｉ&(＋ｎｉ＝１%ｘｉ－ｎｉ＝１%ｘｉ&(＝ｎｆ１ｎｎｉ＝１%ｘｉ&(即ｆ１ｎｎｉ＝１%ｘｉ&(≤１ｎｎｉ＝１%ｆ（ｘｉ）．因此有ｌｏｇａ１ｎ（ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎ）≤１ｎ（ｌｏｇａｘ１＋ｌｏｇａｘ２＋…ｌｏｇａｘｎ）即１ｎｌｏｇａ（ｘ１ｘ２…ｘｎ）≥ｌｏｇａ１ｎ（ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎ）亦即ｌｏｇａ（ｘ１ｘ２…ｘｎ）１ｎ≥１ｎｌｏｇａ（ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎ）（０＜ａ＜１）故有ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎｎ≥ｘ１ｘ２…ｘｎｎ"（ｘｉ＞０，ｉ＝１，２，…，ｎ）．４利用函数凹凸性证明：设ｆ（ｘ）＝ｌｏｇａｘ（ａ＞１，ｘ＞０），则ｆ″（ｘ）＝－１ｘ２１ｎａ＜０，故ｆ（ｘ）是上凸函数，因此有ｎｉ＝１%ａｉｆ（ｘｉ）≤ｆｎｉ＝１%ａｉｘｉ&(，取ａｋ＝１ｎ（ｋ＝１，２，…，ｎ），有１ｎ（ｌｏｇａｘ１＋ｌｏｇａｘ２＋…ｌｏｇａｘｎ）≤ｌｏｇａ１ｎ（ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎ）即１ｎｌｏｇａ（ｘ１ｘ２…ｘｎ）≤ｌｏｇａ１ｎ（ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎ）亦即ｌｏｇａ（ｘ１ｘ２…ｘｎ）１ｎ≤ｌｏｇａ１ｎ（ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎ）故有ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎｎ≥ｘ１ｘ２…ｘｎｎ"（ｘｉ＞０，ｉ＝１，２，…，ｎ）．。
如何应用数学归纳法证明不等式
如何应用数学归纳法证明不等式数学归纳法是一种常见的数学证明方法，通过证明初始情况成立和任意情况都成立，来证明一般情况成立。
在不等式证明中，也可以应用数学归纳法。
本文将介绍如何应用数学归纳法证明不等式。
第一步，证明初始情况成立。
通常，需要选取一个最小的自然数来作为初始情况，然后证明不等式在该自然数下成立。
以证明$a^n-1$能够被$(a-1)$整除为例。
当$n=1$时，$a^1-1=a-1$，由于$a-1$显然能够整除$a-1$，因此初始情况成立。
第二步，假设任意情况成立。
即假设当$n=k(k \in N^*)$时，$a^k-1$能够被$(a-1)$整除。
第三步，证明一般情况也成立。
即证明当$n=k+1$时，$a^{k+1}-1$也能够被$(a-1)$整除。
由于$a^{k+1}-1 = a^k \cdot a - 1 = (a^k-1) \cdot a + (a-1)$，而根据假设，$a^k-1$能够被$(a-1)$整除，因此$a^{k+1}-1$也能够被$(a-1)$整除。
通过上述三步，我们得到了$a^n-1$能够被$(a-1)$整除。
类似的，可以应用数学归纳法证明其他的不等式。
例如证明$1+2+...+n=\frac{n(n+1)}{2}$，我们可以选取$1$作为初始情况；假设当$n=k(k \in N^*)$时，$1+2+...+k=\frac{k(k+1)}{2}$；然后证明当$n=k+1$时，$1+2+...+k+(k+1)=\frac{(k+1)(k+2)}{2}$。
当然，在进行数学归纳法证明时，选择初始情况和需要证明的语句都需要谨慎选择。
总结一下，数学归纳法是一种常见的数学证明方法，可以应用在不等式证明当中。
通过证明初始情况成立、假设任意情况成立、证明一般情况也成立这三步，可以有效地证明不等式。
高中数学均值不等式证明过程
高中数学均值不等式证明过程在高中数学中，均值不等式是一种重要的数学定理。
它是用来比较几个数的平均值的大小关系的定理。
下面我将通过证明过程来介绍这个定理。
我们来看均值不等式的基本形式。
对于任意给定的正实数a1，a2，…，an，它们的算术平均数A和几何平均数G满足以下不等式：A ≥ G其中，算术平均数定义为这些数的和除以它们的个数，几何平均数定义为这些数的乘积的n次方根。
现在我们来证明这个不等式。
假设n=2，也就是只有两个数a1和a2。
根据算术平均数和几何平均数的定义，我们有：A = (a1 + a2) / 2G = √(a1 * a2)为了证明A ≥ G，我们可以将不等式两边平方，得到：A^2 ≥ G^2展开计算后得到：(a1 + a2)^2 / 4 ≥ a1 * a2化简后得到：a1^2 + 2a1a2 + a2^2 ≥ 4a1a2继续化简得到：a1^2 - 2a1a2 + a2^2 ≥ 0这是一个平方差的形式，可以写成：(a1 - a2)^2 ≥ 0由于平方的结果永远是非负的，所以不等式成立。
因此，当n=2时，均值不等式成立。
接下来，我们来证明当n=k时，均值不等式也成立。
假设对于任意的k个正实数a1，a2，…，ak，均值不等式成立。
即：(a1 + a2 + … + ak) / k ≥ √(a1 * a2 * … * ak)现在，我们考虑n=k+1的情况。
即有k+1个正实数a1，a2，…，ak，ak+1。
我们可以将a1，a2，…，ak的和记作S，即S=a1 + a2 + … + ak。
对于这k+1个数，它们的算术平均数记作A，几何平均数记作G。
根据定义，我们有：A = (S + ak+1) / (k + 1)G = √(a1 * a2 * … * ak * ak+1)为了证明A ≥ G，我们可以将不等式两边平方，得到：A^2 ≥ G^2展开计算后得到：[(S + ak+1) / (k + 1)]^2 ≥ a1 * a2 * … * ak * ak+1化简后得到：[(S + ak+1)^2] / (k + 1)^2 ≥ a1 * a2 * … * ak * ak+1再继续化简得到：(S^2 + 2Sak+1 + ak+1^2) / (k + 1)^2 ≥ a1 * a2 * … * ak * ak+1接下来，我们将右边的乘积展开，得到：a1 * a2 * … * ak * ak+1 = (a1 * a2 * … * ak) * ak+1然后，我们利用假设，将左边的不等式中的(S^2 + 2Sak+1 + ak+1^2) / (k + 1)^2替换成(S / k) * (S / k) + 2(S / k) * (ak+1 / k) + (ak+1 / k)^2，得到：(S / k) * (S / k) + 2(S / k) * (ak+1 / k) + (ak+1 / k)^2 ≥ (a1 * a2 * … * ak) * ak+1继续化简得到：(S / k) * (S / k) + 2(S / k) * (ak+1 / k) + (ak+1 / k)^2 ≥ a1 * a2 * … * ak * ak+1这是一个平方和的形式，可以写成：[(S / k) + (ak+1 / k)]^2 ≥ a1 * a2 * … * ak * ak+1由于平方的结果永远是非负的，所以不等式成立。
算术——几何平均值不等式的几则数学归纳法证明
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如何证明均值不等式的拓展
均值不等式的拓展形式有很多，这里以算术-几何平均值
（AM-GM）不等式为例，介绍其证明方法：
第一步，首先考虑非负实数的情况。
设x1,x2,…,xn为非负实数，考虑AM-GM不等式，即x1+⋯+xn≥x1⋯xn等号成立当且仅当x1=⋯=xn。
第二步，使用反向数学归纳法证明该不等式。
首先对k用归纳法证明：x1+⋯+x2k2k≥x1⋯x2k2k，其中k=1时该结论易证。
第三步，假设该结论对k-1成立，即若记G=x1⋯x2k−12k−1，
G′=x2k−1+1⋯x2k2k−1，由该结论分别在k-1和1时的情况成立，可知x1+⋯+x2k2k≥2k−1G+2k−1G′2k≥GG′=x1⋯x2k2k等号成立当且仅当
x1=⋯=x2k−1, x2k−1+1=⋯=x2k且G=G′，即所有xi均相等。
第四步，这表明该结论对k也成立。
以上表明，原命题P(n)对无穷多个正整数n=2k成立。
第五步，对任意给定的正整数n≥2，设原命题P(n)成立，则在P(n)中令xn=A:=x1+⋯+xn−1n−1可得x1+⋯+xn−1+An (=A)
≥x1⋯xn−1An⟹A≥x1⋯xn−1n−1且等号成立当且仅当所有xi均相等。
这表明P(n−1)也成立。
因此，算术-几何平均值（AM-GM）不等式得证。
平均值不等式公式四个
平均值不等式公式四个
均值不等式是在中学时期是一个值得大家去深入学习的知识点，因为它经常出现在各大考试中，而且会与方程、函数等其它知识点一起考察，一般的题型有：解不等式、证明不等式、求最大最小值。
特别是在解决极值问题时，直接利用均值不等的推论比其它方法要方便许多。
我们所说的均值
此外关于均值不等式的证明方法有很多，例如数学归纳法（第一数学归纳法或反向归纳法）、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，都可以证明均值不等式，在这里简要介绍数学归纳法的证明方法：
（注：在此证明的，是对n维形式的均值不等式的证明方法。
）
用数学归纳法证明，需要一个辅助结论。
引理：设A≥0，B≥0，则不等式公式四个具体如下：
，且仅当B=0时取等号。
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）（或用二项展开公式更为简便）。
原题等价于：均值不等式公式四个该怎么用？均值不等式的证明方法时取等号。
值得一提的是利用琴生不等式法也可以很简单地证明均值不等式，同时还有柯西归纳法等等方法。
建议感兴趣的小伙伴们可要深入学习，
多多咨询老师，让自己掌握更多的解题方法与思路。
均值不等式公式四个该怎么用？均值不等式的证明方法时取等号。
当n=2时易证；
假设当n=k时命题成立。
均值不等式的证明
均值不等式的证明均值不等式的证明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)^2+(a2)^2+..(an)^2/n]}≥(a1+a2+..an)/n≥n次根号(a1a2a3..an)≥n/(1/a1+1/a2+..+1/an)证明：1.sqrt(((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[竞赛书上都有证明：空间向量法;二次函数法;是赫尔德不等式的特例]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[判断凸函数的方法是二阶导数<0,或从图象上直接观察]nf((x1+x2+...xn)/n)=nlg[(a1+a2+..an)/n]≥f(x1)+f(x2)+...f(xn)=lga1+lga2+lga3...lgan=lga1*a2..an也即lg[(a1+a2+..an)/n]≥1/n(lga1a2a3...a n)=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))[同号]≥02*(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+...[重复操作n 次]≥...≥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[a2a3..an/a1^(n-1)]+n次根号+[a1a3a4..an/a2(n-1)]+n次根号[a1a2a4...an/a3^(n-1)]+...n次根号[a1a2a3...a(n-1)/an^(n-1)]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：1.sqrt(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=r sqrt(ab)就是垂直于直径的弦，而r≥弦的一半3.sqrt(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[由上一个不等式]。
n元基本不等式的证明过程
n元基本不等式的证明过程n元基本不等式是指对于任意实数a1, a2, ..., an，有以下不等式成立，(a1 + a2 + ... + an)/n ≥ (a1 a2 ... an)^(1/n)。
这个不等式也被称为均值不等式或者幂平均不等式。
证明过程如下：首先，我们可以使用数学归纳法来证明这个不等式。
当n=2时，不等式成立。
这是因为对于任意实数a和b，有(a+b)/2 ≥ √(ab)，这是平均值不等式的形式。
接下来，假设对于任意正整数k，不等式对于n=k成立。
我们来证明不等式对于n=k+1也成立。
考虑实数a1, a2, ..., ak+1，我们可以将它们分成两组，(a1, a2, ..., ak)和ak+1。
根据我们的假设，对于前面的k个数，不等式成立，(a1 + a2 + ... + ak)/k ≥ (a1 a2 ... ak)^(1/k)。
对于ak+1，我们可以将它看做是一个数的情况，即n=1的情况，不等式显然成立，ak+1 ≥ ak+1。
现在我们考虑这两组数的加权平均值。
设前面k个数的加权平均值为A，即A = (a1 + a2 + ... + ak)/k，加权平均值的定义是A = (w1a1 + w2a2 + ... + wkak)，其中w1, w2, ..., wk是权重，满足w1 + w2 + ... + wk = k。
那么我们可以得到ak+1的加权平均值为ak+1 = (1/k)ak+1。
根据加权平均值不等式，我们有A ≥ (a1 a2 ...ak)^(1/k)，ak+1 ≥ (a1 a2 ... ak)^(1/k)。
将这两个不等式相乘，我们得到A ak+1 ≥ (a1 a2 ... ak)^(1/k) (a1a2 ... ak)^(1/k) = (a1 a2 ... ak ak+1)^(1/k)。
因此，我们有(A ak+1)/2 ≥ (a1 a2 ... akak+1)^(1/(k+1))。
高中数学基本不等式证明
高中数学基本不等式证明高中数学中，基本不等式是指一些常见的不等式或不等式组，它们的成立非常重要，经常被用于证明其他不等式或解决实际问题。
下面，我将为您详细介绍几个常见的高中数学基本不等式以及它们的证明。
1. 平均不等式：对于任意正数a1,a2,...,an，有(a1+a2+...+an)/n ≥ (a1*a2*...*an)^(1/n)。
证明：我们可以利用数学归纳法进行证明。
首先，当n=2时，不等式成立，即(a1+a2)/2≥(a1*a2)^(1/2)，这是平均值不等式的特殊情况。
假设当n=k时，不等式成立，即(a1+a2+...+ak)/k ≥(a1*a2*...*ak)^(1/k)。
当n=k+1时，考虑(a1+a2+...+ak+ak+1)/(k+1)与(a1*a2*...*ak*ak+1)^(1/(k+1))的大小关系。
由于(a1+a2+...+ak)/k ≥ (a1*a2*...*ak)^(1/k)（根据假设，这是成立的）。
我们可以将(a1+a2+...+ak+ak+1)分解为(k*(a1+a2+...+ak))/k+ak+1，利用不等式的性质，得到：(k*(a1+a2+...+ak))/k+ak+1 ≥k*(a1*a2*...*ak)^(1/k)*(ak+1)^(1/k+1)。
经过简单的变形，我们可以得到要证明的不等式，即(a1+a2+...+ak+ak+1)/(k+1) ≥ (a1*a2*...*ak*ak+1)^(1/k+1)。
根据数学归纳法的原理，平均不等式得证。
2.伯努利不等式：对于任意实数x>-1和正整数n，有(1+x)^n ≥ 1+nx。
证明：我们可以利用数学归纳法来证明伯努利不等式。
首先，当n=1时，左边为(1+x)，右边为1+x，显然成立。
假设当n=k时，不等式成立，即(1+x)^k ≥ 1+kx。
当n=k+1时，考虑(1+x)^(k+1)和(1+(k+1)x)之间的大小关系。
第四讲 数学归纳法证明不等式
二、用数学归纳法证明不等式
探究：利用例6的结论，考虑n个正数 a1 a2 an , , , n a a a n a a a n a a a 1 2 n 1 2 n 1 2 n (a1 , a 2 , , a n为正数),你能得出n个正数 的均值不等式吗？
二、用数学归纳法证明不等式
1 1 1 n 例7.证明： 1+ + + + n > . 2 3 2 1 2
二、用数学归纳法证明不等式
例3.观察下面两个数列，从第几项起an始终小 于bn？证明你的结论. 4 4 9 8 16 25 16 32 36 64 49 64 81 …
an=n2 1 an=2n 2
128 256 512 …
二、用数学归纳法证明不等式
例4.证明不等式|sinnθ|≤n|sinθ|(
第四讲
数学归纳法证明不等式
+
例2.平面上有n(n N , n 3)点，其中任何 三点都不在同一条线上.过这些点中任意两 点做直线，这样的直线共有多少条？证明 你的结论.
思考：结合上述证明过程，你认为数学归纳法 有什么特殊作用？
练习
用数学归纳法证明下列各题 (1)1+3+5+…+(2n-1)=n2; (2) 32n+2-8n-9对一切正整数n能被64整 除; (3)凸n边形多少条对角线？证明你的结论.
2.3数学归纳法
证题步骤： （1）当n取缔一个值n0时结论正确； （2）假设当n=k（k∈N*，且k≥ n0时结 论正确,证明当n=k+1时结论也正确. 那么，命题对于从 n0时开始的所有正整数 n都成立.
第四讲
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用数学归纳法证明平均值不等式
【摘要】本文尝试用数学归纳法从不同角度对平均值不等式进行了证明，进一步体现了均值不等式证法的多样性。
【关键词】平均值不等式数学归纳法
一、引言
不等式历来是中学数学教学的重要内容。
不等式涉及数量之间大小的比较，通过比较常能显出变量变化之间相互制约的关系，因而从某种意义上说，不等式的探讨在数学中甚至比等式的推演更为重要。
本文试探讨一种比较特殊而又著名的不等式——“平均值不等式”。
这种不等式不仅本身颇为有用，而且它的证法也可作进一步熟练不等式证明技巧之用，而且它在中学数学中有着更为广泛的应用。
特别在高中数学中，我们频繁地接触到此类不等式的简化形式（如平均值不等式中: n=2,3,4,…的情形），但诸多教科书并未对它作更进一步的探讨。
从历年高考考察的情况来看，虽然对平均值不等式未作很高的要求，但几乎每年高考均有题目涉及到此类不等式,可见平均值不等式及其相关教学在中学数学中有着其重要的地位和作用。
二、平均值不等式的证明
著名的平均值不等式如下：
现用数学归纳法证这个问题。
（i）当n=1 b1=1等号成立，故命题成立。
（ⅱ）若当n=k时命题成立，即若b1,b2,…，bk>0且b1·b2…bn=1, 则b1＋b2＋…＋bk≥k。
当n=k+1时，设b1,b2,b3…，bk+1>0且b1·b2…bk·bk＋１=１，b1，b2，…，bk+1若b1=b2=…＝bk+1=1，命题显然成立。
若b1,b2,…bk,bk+1不全为1，则由于b1·b2…bk·bk+1=1,b1,b2,…,bk+1中至少有一个大于1及小于1的bi 。
不妨设bk1，于是由(1-bk)(1-bk+1)bk·bk+1+1 (*)。
另一方面，由于b1·b2…bk＋１（bk·bk+1）=１，按归纳法假设有b1+b2+…+bk-1+(bk·bk+1)≥k，因而b1+b2+…+bk-1+bk+bk+1=b1+b2+…+bk-1+(bk+bk+1)>b1+b2+…+bk-1+bk·bk+1+ 1≥k+1。
因此当n=k+1时，命题成立。
由（i）及（ⅱ）知，对任意自然数n，命题成立。
证法3 在证法1中，当n=k时，由不等式正确推导n=k+1时不等式正确，是比较困难的，但是由n=k时的正确性推导n=2k时的正确性却很简单，因此我们可先证明不等式对一切n=2k成立，再证明不等式对一切n＞2 ，n≠2k成立。
由（i）及（ⅱ）知，对一切自然数n不等式成立。
证法4 证法3比起证法1要简便得多，还可在证法3基础上进一步简化，我们要用到柯西提出的一种证法。
（i）证当n=2k，不等式成立（同证法3）。
由（i）、（ⅱ）知，对任意自然数n，不等式成立。
三、小结
本文用数学归纳法证明了平均值不等式，事实上，这几种方法并非孤立，它们之间有一定的联系。
比如证法2是在证法1的基础上将不等式作了一个变形，然后用了数学归纳法，而证法3走了一个捷径巧妙地运用了数学归纳法，至于证法4这种证法较难想到，它是在证法3的基础上巧妙地运用了柯西提出的一种数学归纳法。
参考文献：
[1]徐胜林，吴明确. 平均值不等式[J] 数学通讯, 2005年第20期.
[2]李炯生，黄国勋. 中国初等数学研究[M]. 北京:科学技术文献出版社,1992.54-55.
“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”。