渤海大学本科毕业论文
渤海大学本科毕业论文题目 关于均值不等式的探讨
The Subject of Undergraduate Graduation Project of
DUT
DISCUSSION ON INEQUALITY
学院（系）： 数 理学院数学系 专业班级： 数学与应用数学10-1 入学年制：2010年9月 学生： 李雪琴 指导教师： 宋燕
完成日期：2014年五月
2014年 3 月 10 日
渤海大学
Bohai university
摘要
不等式主要研究数的不等关系, 是进一步学习数学的基础, 是掌握现代科学技术的重要工具。均值不等式是不等式内容的重要组成部分, 世界上的很多国家, 对均值不等式的教学都有其具体要求, 在高中《课程标准》里面都对这部分内容的教学做了明确的规定. 其内容在中学数学课程中也占有十分重要的地位, 而国内外专门针对该知识点的研究比较少。本文通过实例讲解均值不等式, 并延伸扩展相关问题，综合运用并进一步探讨，将研究均值不等式所得相关结果, 用以解决最值问题、不等式证明以及实际生活中的数学应用的实际问题。
关键词 均值不等式，最值问题，数学应用
The subject of Undergraduate Graduation Project (Thesis)
BHU
DISCUSSION ON INEQUALITY
Abstract
Inequality mainly studies several relations, is the foundation of further study mathematics, is an important tool to master modern science and technology.Average inequality is the inequality content is an important part of many countries in the world, the average inequality senior the important position, and the special study of the knowledge is less at inland and abroad.In this paper, through the example explains the mean inequality, and extending related issues, the integrated use of and further discussion, will study the related results of mean inequality, to solve the problem of the most value, an inequation, and the actual problems of the application of mathematics in actual life.
Keywords ：inequality ，the most value issue ，the value of mathematics application
目录
引言
1 均值不等式及有关结论 1.1 均值不等式定义
1.1.1 解决最值问题的有效方法—均值不等式 1.2 均值不等式结论
1.1.2 拓展均值不等式及其相关结论 1.3 均值不等式的推广 1.1 3 均值不等式的推广 2 均值不等式的应用
2.1 应用均值不等式的思想方法：待定系数法 2.2 应用均值不等式的主要解题技巧 2.3 应用均值不等式求最值问题 2.4 应用均值不等式证明不等式问题 2.5 应用均值不等式讨论数列极限问题 2.5.1均值不等式在极限中的应用 2.2.2均值不等式在数列收敛中的应用
参考文献
引言
均值不等式是数学中一个重要的不等式，它的许多性质对解决数学问题都有很大帮助，在现实生活中也有着广泛的应用。可以说均值不等式的发现，验证和应用也是数学文化的精髓所在。这对于我们来说是一项巨大的财富。但是我们要注意，求解最值时请一定要注意相等条件，若多次利用均值不等式求解最值，则必须注意这些不等式等号成立的条件是否一致，只有在一致的条件下才有可能达到最值。
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. 巧妙地应用此不等式在求最值, 比较大小, 证明不等式等各方面都可得到较为理想的解法. 均值不等式的推广是均值不等式的延伸, 也是解题的重要依据之一.
本人在这个内容的实习教学中, 引导学生思维, 让学生自我发现并相互探讨, 寻求到例题的解法, 直接或变形后运用均值不等式及其相关结果, 学生感到很轻松, 非常感兴趣, 并能自觉或不自觉地用联系和理解的方法学习数学, 对完成学习任务有一种愉快的感觉, 学生在领会知识方面具有一定的独立性, 能够举一反三, 触类旁通, 调动了学生在数学学习中的热情, 对今后的学习, 对素质的培养, 将具有重要的启迪作用。
总之, 对均值不等式的学习研究, 理解掌握和运用, 对数学问题的解答, 对实际生活和生产实际中应用数学问题的处理, 对学生学习的能力和素质的培养, 都具有极为重要的意义。
1、 均值不等式及有关结论
1.1 均值不等式定义
如果是正数, 那么, 当且仅当时取“ = ”号。即两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数。这个不等式, 我们通常把它称为均值不等式，是高中新教材第六章教学的重点, 也是难点。对均值不等式的深刻理解和掌握, 弄清楚其运用条件, 便能在解题中快速找到突破口, 进而找到正确解决问题的方法。
1.1.1 解决最值问题的有效方法—均值不等式
对均值不等式认真观察分析知道, 若两个正数的积为常数, 当且仅当它们相等时, 它们的和有最小值; 若两个正数的和为常数, 当且仅当它们相等时, 它们的积有最大值。最值问题在此便略有体现。经研究后, 归纳出3个用均值不等式求最值问题的适用条件。
条件1:在所求最值的代数式中, 各变数都是正数, 否则变号转换;
条件2:各变数的和或积要为常数, 以确保不等式的一端为定值, 否则执行拆
项或添项变形;
条件3:各变数必须有相等的可能。
一个题目同时满足上述三个条件, 或者可以变形成适合以上条件的, 便可用均值不等式求, 这就帮助学生在解题时迅速找到了突破口, 从而找到正确方法, 快速简易地求最值。下面举出一些实例：
例1:已知, 求代数式的最小值 解
：
11a +b a +b b a b a (1+)(1+) =(1+)(1+) =(2+)(2+) =5+2(+) ≥5+2⨯=9
a b a b a b a b
故满足条件的代数式的最小值是9。
例2:若, 则函数=的最大值是————. 解: = ≤=，故的最大值是4 例3:代数式的最小值是_———— 解: ==1=3
故的最小值是3。 例4:求函数=的值域 解:
y =
2=≥=4，故函数的值域为。
例5:过点作直线L 交X , Y轴正向于A, B 两点, 求L 的方程, 使三角形AOB 的面积最小。
解:设直线L 的方程为, 与轴交点为, 与轴交点为, 其中. 则，, 于是
S ABC =
1111⎡11⎡⎛1⎫⎤⎤ab =(2-)(1-2k ) =⎢4-(+4k ) ⎥=2+⎢ -⎪+(-4k )
⎥≥2422k 2⎣k 2⎣⎝k ⎭⎦⎦
当且仅当= -, 即= -时, 三角形AOB 的面积的最小值为4. 故L 的方程为
1.2均值不等式结论
1.2.1拓展均值不等式及其相关结论
1.1.3. 1 均值不等式的拓展
以上所谈均值不等式, 都是针对两个正数而言, 推广到任意的n 个正数„„也有均值不等式当且仅当时取等号, 在中学教材中, 大都是用两个正数的均值不等式, 有时也用三个正数的均值不等式, 其不等式形式为:已知为正数, 则, 该式的证明在高二教材第24页有说明, 其应用条件仍与两个正数的均值不等式的三个条件相同。有些问题, 表面只给出两个正数, 需要巧妙地拆开部分项, 形成三个或者三个以上的正数, 才能凑成这些正数的“和”或“积”为定值, 再用多个正数的均值不等式求解。下面举两个例子说明.
例8:若∈, 求的最小值.
解：2x 2+
422=2x 2++≥6所以最小值为6。 x x x 例9:已知= 2, 求的最小值, 并求的值。
xy xy 22解：xy +x =++x ≥==3
22当且仅当, 即时, 上式取等号。故取最小值是3。 由解得即当时, 取得最小值3 1.1.3. 2 研究均值不等式所得结果
对a > 0, b > 0, 作进一步研究, 显然有, 又由于等价的均值不等式
≤a +b ⇒a +b ≤2(
a +b )⇒
⇒≤
≤
2
≤
2(a +
b )
因此, 对于a > 0, b > 0, 有
三个重要结论: ① ②; ③
当且仅当a = b 时, 上面三式取等号, 这三个式子虽然是由均值不等式推广而得, 但掌握并应用于解题之中, 有时候比均值不等式更有效, 起到事半功倍的效果。下面举几个例子予以说明:
例10:已知a ≥0, b≥0, a + b = 1, 求代数式的最大值 解
:
由②得
=
=。
故满足条件的最大值是。
例11:已知a > b > 0, 求的最小值。
1664⎛b +a -b ⎫⎛a ⎫
=⇒≥解:由①式得, b (a -b ) ≤
⎪ ⎪2
2b (a -b ) a ⎝⎭⎝2⎭
2
2
所以a 2+
1664
≥a 2+2≥=16, 故的最小值是16。
b (a -b ) a
例12:若a + b + c = 1, 且a, b, c∈,
最小值。
解:由③式得
≥=
例13:一段长为L 的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园, 问这个矩形的长、 各为多少时, 菜园的面积最大, 最大的面积是多少? 解:设矩形的长为x, 则宽为，于是, 菜园面积为:
L -x 11⎛x +L -x ⎫12
S =x =x (L -x )≤ ⎪=L
222⎝2⎭2
当且仅当x =L - x, 即时取等号。这时宽为故这个菜园的长为, 宽为时, 菜园面积最大, 最大面积是
2
1.3均值不等式的推广
1.3.1 引言
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. 巧妙地应用此不等式在求最值, 比较大小, 证明不等式等各方面都可得到较为理想的解法. 均值不等式的推广是均值不等式的延伸, 也是解题的重要依据之一.
定理A(均值不等式) 设为n 个正数, 则其算术平均, 几何平均与调和平均有
:
a +a + +a n n
≤12
n +... a 1a 2a n
引理(Jensen 不等式）若函数f 在区间I 上存在二阶导数, 且
有f"(x)≥0, 则有其中xi ∈I,qi >0,i=1,2,„,n, 且=1,当且仅当x1 q1=x2 q 2=„=xnqn 时等号成立; 若f"(x)≤0, 不等式反号. 1.3.2 主要结论
定理1 设＞0， ＞0，i ＝1，2，„，n, 则
a 1λ1a 2λ2... a n λn
⎛
λ+λ+... +λ
n
≥ 12
1+2+... +n a a a n 2⎝1⎫
⎪⎪⎪⎪⎭
λ1+λ2+... +λn
(1)
当且仅当时等号成立；
a 1λ1a 2λ2... a n λn
⎛λa +λa +... +λn a n ⎫≤ 1122⎪⎝λ1+λ2+... +λn ⎭
λ1+λ2+... +λn
(2)
当且仅当时等号成立。
证明 设f （x ）＝lnx ，x ∈（0，+∞）, 则f" （x ）= 0,λi >0,i=1,2,„,n, 且
λ1
λ1+λ2+ +λn
+
λ2
λ1+λ2+ +λn
+... +
λn
λ1+λ2+ +λn
=1 (3)
由Jensen 不等式得
⎡⎛⎫1⎛⎫1⎛⎫1⎤ λ1+λ2+ +λn λn λ1λ2
ln =-ln ⎢ ⎪+ ⎪+... + ⎪⎥n 12λ+λ+ +λa λ+λ+ +λa λ+λ+ +λn ⎭1n ⎭2n ⎭a n ⎦⎝12⎝12⎣⎝12
a 1
+a 2
+... +
a n
⎛λn λ1λ2111⎫≤- ln +ln +... +ln ⎪=ln a 1λ1a 2λ2... a n λn
λ1+λ2+ +λn a n ⎭⎝λ1+λ2+ +λn a 1λ1+λ2+ +λn a 2
()
1
λ1+λ2+ +λn
⎛
λ+λ+ +λ
n
由y=lnx 的单调性知 12
1+2+... +n a a a n 2⎝1⎫
⎪⎪⎪⎪⎭
λ1+λ2+ +λn
≤a 1λ1a 2λ2... a n λn
由Jensen 不等式取等号的条件知, 当且仅当时上式等号成立. 由于>0, >0,i=1,2,„,n 及(3)式, 运用Jensen 不等式得
ln
⎛⎫λ1a 1+λ2a 2+... +λn a n λn λ1λ2=ln a 1+a 2+... +a n ⎪
λ1+λ2+... +λn λ1+λ2+ +λn λ1+λ2+ +λn ⎭⎝λ1+λ2+ +λn
≥
λ1
λ1+λ2+ +λn
ln a 1+
λ2
λ1+λ2+ +λn
ln a 2+... +
λn
λ1+λ2+ +λn
ln a n 从而有
a 1λ1a 2λ2... a n λn
⎛λa +λa +... +λn a n ⎫≤ 1122⎪⎝λ1+λ2+... +λn ⎭
λ1+λ2+... +λn
由Jensen 不等式取等号的条件知, 当且仅当时上式等号成立. 注1:当时, 定理1 即为定理A(均值不等式
)
a +a + +a n n
≤12
111n +... a 1a 2a n
推论1 设>0, >0,i=1,2,„,n, 则
a 1λ1a 2λ2... a n λn ≥
1
2
(λ1+λ2+... +λn )
λ1+λ2+... +λn
λ1+λ2+... +λn
(4)
(λ1λ+λ2λ+... +λn λ)
n
⎛111⎫
++... +⎪
a n ⎭⎝a 1a 2
当且仅当时等号成立；a 1λ1a 2λ2... a n λn
（5）
当且仅当时等号成立
⎛a +a + +a n ⎫
≤λ1λ1λ2λ2... λn λn 12⎪
λ+λ+ +λn ⎭⎝12
λ1+λ2+... +λn
证明 由, ＞0，i =1,2,„,n, 及(1)得
⎛
λ1+λ2+ +λn
1+2+... +n λa λa λn a n 22⎝11
a 1λ1a 2λ2... a n λn ≥
1
⎫
⎪⎪⎪⎪⎭
λ1+λ2+ +λn
≤(λ1a 1)1(λ2a 2)2... (λn a n )n 即
λλλ
(λ1+λ2+... +λn )
λ1+λ2+... +λn
λ1+λ2+... +λn
(λ1λ+λ2λ+... +λn λ)
2
n
⎛111⎫
++... +⎪
a n ⎭⎝a 1a 2
由定理1 知, 当且仅当时上式等号成立. 由，i =1,2,„,n, 及(2)得
a n a 1a 2⎛
λ⋅+λ⋅+... +λ⋅2n 1λ⎛a n ⎫⎛a 1⎫⎛a 2⎫λ2λn 1 ... ≤ ⎪ ⎪ ⎪
λλλ1+λ2+ +λn ⎝1⎭⎝2⎭⎝λn ⎭
⎝
λ1
λ2
λn ⎫⎪⎪⎪⎪⎭
λ1+λ2+ +λn
即
a 1λ1a 2λ2... a n λn
⎛a +a + +a n ⎫
≤λ1λ1λ2λ2... λn λn 12⎪
⎝λ1+λ2+ +λn ⎭
λ1+λ2+... +λn
由定理1 知, 当且仅当时上式等号成立. 推论1 得证
推论2 设＞0， ＞0，i =1,2,„,n, 且, 则有a 1a 2... a n ≥
λ1λ2λn
q q
⎛λ1λ2λn ⎫
++... + ⎪a a a 12n ⎝⎭
q
当且仅当等号成立；
a 1λ1a 2λ2... a n λn
(λa +λa +... +λn a n )≤1122
q
q
q
当且仅当等号成立.
1
注2：当q=1时，则有a 1λ1a 2λ2... a n λn ≤
1
a 1
+
2
a 2
+... +
n
a n
当且仅当等号成立
a 1λ1a 2λ2... a n λn ≤λ1a 1+λ2a 2+... +λn a n 当且仅当等号成立.
⎛a ⎫
例1 试证对任意正数a ，b ，c,d ，有 1+⎪
⎝b ⎭证明 在(4)中令n ＝3, 得
a +b
a ⎛⎫
≥ 1+⎪⎝b +c +d ⎭
a +b +c +d
(λ
1
λ1
a 1λ1)(λ2λ2a 2λ2)λ3λ3a 3λ3()
⎛
λ+λ+λ≥ 123 1+1+1 a a a
23⎝1⎫
⎪⎪⎪⎪⎭
λ1+λ2+λ3
令, , , , 得
⎛a ⎫ 1+⎪⎝b ⎭
a +b
a +b
⎡c ⎛1⎫c ⎤⎡⎤⎡d ⎛1⎫d ⎤⎛c +a +b +d ⎫c +a +b +d ⎛a a +b ⎛1⎫⎫=⎢c ⎪⎥⎢(a +b ) ⎪⎥⎢d ⎪⎥≥ =1+⎪ ⎪
⎝b ⎭⎦⎝c +b +d ⎭⎢⎝c ⎭⎦⎥⎣⎢⎥⎣⎢⎝d ⎭⎦⎥⎝c +b +d ⎭⎣
a +b +c +d
⎛n +1⎫
例2 设n 为自然数,n ≥2, 试证 ⎪
⎝2⎭
λ1
λ2
λn
n (n +1)2
⎛2n +1⎫
≤22⋅33⋅44... n n ≤ ⎪
⎝3⎭
λ1+λ2+... +λn
n (n +1)2
⎛a ⎫⎛a +a +... +a n ⎫⎛a ⎫⎛a ⎫
证明 由(5)得 1⎪ 2⎪... n ⎪≤ 12⎪
λλλλ+λ+... +λ⎝1⎭⎝2⎭n ⎭⎝n ⎭⎝12
取＝i ，＝1 ，i ＝1，2，„，n, 由(6)得
⎛1⎫⎛2⎫⎛3⎫⎛n ⎫⎛1+2+3+... +n ⎫
22⋅33⋅44... n n = ⎪ ⎪ ⎪... ⎪≤ ⎪
123n 1+2+3+... +n ⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
1
1
2
2
2
3
2
n
2
2
2
2
1+2+3+... +n
⎛2n +1⎫
= ⎪⎝3⎭
n (n +1)2
又取＝i ，＝1 ，i ＝1，2，„，n, 由(6)得
n ⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫⎛⎫
... ≤ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎝1⎭⎝2⎭⎝3⎭⎝n ⎭⎝1+2+3+... +n ⎭
1
2
3
n
1+2+3+... +n
⎛2⎫= ⎪⎝n +1⎭
n (n +1)2
从而有
2均值不等式的应用
2.1应用均值不等式的思想方法：待定系数法
不等式是高中数学的重要内容, 均值不等式是不等式进行变形的一个重要依据, 在应用时不仅要牢记三个条件“正、定、等”, 而且要善于根据均值不等式的结构特征, 创设应用均值不等式的条件, 利用待定系数法凑定值是常用的解题技巧, 本文举例说明.
例1 已知a > 0 , b > 0 ,且a + b = 1 ,求的最小值. 解 设m > 0 ,则由题设及均值不等式可知:
ab +
1⎛1⎫
= mab +⎪+(
1-m )ab ≥(1-m )ab (1) ab ⎝ab ⎭
(1) 式当且仅当, 即时取等号. 又, 即 , 亦即 (2)
显然(1) , (2) 同时取等号的充要条件是 解之得m = 16. 代入(1) 得
:
ab +
1117≥(1-16)ab =8+15(-ab )≥8+15⨯(-) =. ab 44
故当且仅当时, 取到最小值. 例2 若a, 且a + b = 1. 求证:
1⎫2⎛1⎫⎛
证明 设m > 0 ,则2a +1=2 a +⎪=⋅m a +⎪. 由均值不等式得.
2⎭m ⎝2⎭⎝
≤m +a +
2
1
(1)其中当且仅当时取等号.
=
同理可得: (2)其中当且仅当时取等号.
显然(1) , (2) 同时取等号的充要条件是. 由于a + b = 1 , 故可解得 将m = 1 代入(1) , (2) ,并将两式相加得
11⎤⎡
1+(a +) 1+(b +) ⎥+=2即 ≤⎥
22⎥⎣⎦
2.2 运用均值不等式解题的主要技巧
利用均值不等式解题的关键是凑“ 定和”和“定积”，此时往往需要采用“ 拆项、补项、平衡系数”等变形技巧找到定值，再利用均值不等式来求解，使复杂问题简单化，收到事半功倍的效果!
2.2.1 拆项
例1（原人教版课本习题）已知n>0, 求证： 证明：因为n>0
，所以n +等号成立!
4n n 4=++≥3 当且仅当n=2 时
n 222n 22.2.2 拆幂
例2 (1993年全国高考题）如果圆柱轴截面的周长为定值，那么圆柱体积的最大值（）
A． B. C. D.
解 设圆柱底面半径为r ，高为h ，则2h+4r=，即
⎛r +r +h ⎫⎛l ⎫
所以 V =πr 2h =πr ⋅r ⋅h ≤π ⎪= ⎪π，故选 A.
3⎝⎭⎝6⎭
33
2.2.3 升幂
例2 设，求的最大值. 解 因为，所以≥0，所以
12⎛12⎫2
sin x +sin x +cos x ⎪14⎛1⎫y 2=sin 4x ⋅cos 2x =4 sin 2x ⋅sin 2x ⋅cos 2x ⎪≤4 =⎪
23⎝2⎭ ⎪27
⎝⎭
3
所以当且仅当即tanx=时等号成立，故.
2.2.4 整体代换
例4 已知，且x+2y=1，求证：
证明：因为，x+2y=1，所以
⎛11⎫112y x +=(
x +2y ) +⎪=3++≥3+=3+当且仅当，即，时x y x y ⎝x y ⎭等号成立. 1.3.5 平衡系数
11⎡3x +(2x +1)+(8-5x )⎤
y =x (x +0.5)(3.2-2x )=⋅3x ⋅(2x +1)(8-5x )≤⎢⎥=1.8
1515⎣3⎦
3
2.2.5 分离取倒数 2.2.6换元
解 令，则， 当t=0时，y=0;
当t>0时，，当且仅当，即时取等号. 所以当时函数取最大值.
总之，我们利用均值不等式求最值时，一定要注意“一正二定三等”，同时还要注意一些变形技巧，灵活运用均值不等式.
2.3 应用均值不等式求最值问题
均值不等式( a > 0 , b > 0 , 当且仅当a = b时等号成立) 是一个重要的不等式, 利用它可以求解函数最值问题. 对于有些题目, 可以直接利用公式求解. 但有些题目必须进行必要的变形才能利用, 下面是一些常用的变形技巧.
2.3.1 配凑
1) 凑系数
例1 当0
解析 由0 0 , 利用均值不等式求最值, 必须和为定值或积为定值, 此题为2 个式子的积的形式, 但其和不是定值. 注意到2 x + (8 - 2 x) = 8 为定值, 故只需将y = x (8 - 2 x) 凑上一个系数即可.
11⎛2x +8-2x ⎫
y =x (8-2x )=⎡2x 8-2x ≤⎤()⎪=8 ,当且仅当2 x = 8 - 2 x 即⎦2 2⎣2⎝⎭
2
x = 2 时取等号, 所以当x = 2时, y = x (8 - 2 x) 的最大值为8.
点评 本题无法直接运用均值不等式求解, 但凑上系数后即可得到和为定值, 就可利用均值不等式求得最大值.
2) 凑项
例2 已知, 求函数的最大值.
解析 由已知4 x - 5 0 ,
1⎫⎛
f (x )
=- 5-4x +⎪+3≤-5-4x ⎭⎝1 时等号成立.
3=-2+3=1. 当且仅当即x = 点评 本题需要调整项的符号, 又要配凑项的系数, 使其积为定值. 3) 分离 例3 求的值域.
解析 本题看似无法运用均值不等式, 如将分子配方凑出( x + 1) ,再将其分离.
(x +1)y =
2
+5(x +1)+44
=(x +1)++5.
x +1x +1
当x + 1 > 0 ,即x > -1 时, (当且仅当x = 1 时取“ = ”号) . 当x + 1
点评 分式函数求最值, 通常化成( A > 0 , m > 0 , g ( x) 恒正或恒负) 的形式, 然后运用均值不等式来求.
2.3.2 整体代换
例4 已知a > 0 , b > 0 , a + 2b = 1 ,求的最小值. 解析
11⎛11⎫2b a 2b a ⎛11⎫
+= +⎪⋅1= +⎪⋅(
a +2b )=1+++2=3++≥3+=3+a b ⎝a b ⎭a b a b a b ⎝⎭
当且仅当时取“ = ”号.
由, 得, 即时, 的最小值为.
点评 本题巧妙运用“1”的代换, 得到, 而与的积为定值, 即可用均值不等式求得的最小值.
2.3.3 换元
例5 求函数的最大值.
解析 变量代换, 令, 则( t ≥0) ,则, 当t = 0 时, y = 0 ,当t > 0 时, , 当且仅当, 即时取“= ”号, 所以时,.
点评 本题通过变量代换, 使问题得到了简化, 而且将问题转化成熟悉的分式型函数的最值问题, 从而为构造积为定值创设有利条件. 1.5.4 取平方
5⎫1
例6
求函数y =
2⎭2
解析 注意到2 x - 1 与5 - 2 x 的和为定值
,
y 2=
2
=4+4+(2x -1)+(5-2x )=8.
又y > 0 ,所以, 当且仅当2 x - 1 = 5 -2 x ,即时取“ = ”号, 所以
点评 本题将解析式2 边平方构造出“和为定值”, 为利用均值不等式创造了条件.
总之, 我们利用均值不等式求最值时, 一定要注意“一正二定三相等”, 同时还要注意一些变形技巧, 积极创造条件利用均值不等式.
2.4应用均值不等式证明不等式问题
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。下面举两个例子予以说明。
例6:已知a, b, c为互不相等的正数, 且abc = 1求证:
证明:
1/b +1/c 1/a +1/c 1/a +1/b 111
故原不等式得证
例7:证:
证明: 由均值不等式得 ， 以上三式相加, 得
2(a 2+b 2+1)≥2(ab +a +b )
原不等式得证。
2.5应用均值不等式讨论数列极限问题 2.5.1均值不等式在极限中的应用
极限是高等数学中的重要内容， 极限理论是高等数学中的基础理论。高等数学中有许多重要的概念都是以极限形式来定义的。而极限概念是用不等式描述的。这就决定了不等式运算是高等数学中最基本的运算之一， 因此作为基本重要不等式之一的均值不等式在解决高等数学的问题中发挥着及其重要的作用，下面举例详细说明：
2.5.1.1 证明重要极限的存在性。［ １］
1
证明：先证数列单调递增。令a 1=a 2= =a n =1+, a n +1=1，则由均值不等
n
式得
1⎡⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫⎤
即
所以数列单调递增。 再证数列有上界。
下面的证明可以看到一个更强的命题：
数列以（ k 为正整数） 为上界。先证不等式：当n>k 时，. 设，.
由均值不等式n
n +1
1⎡k n ⎤
k +1⋅+n -k = 因此， 其次()()⎥n +1⎢k +1n +1⎣⎦
n
k +1
⎛1⎫⎛1⎫
由，有 1+⎪
⎝n ⎭⎝n ⎭⎛1⎫⎛1⎫, ∴ 1+⎪
当n>k 时， 任取一个正整数k ，均是数列的上界。又数列单调递增，∴ 当
n ≤k 时， 不等式仍然成立。
因此， 对于数列（ n=1，2„） 恒有（ k 为正整数） 。任意选定一个k 值，均是数列的上界。
所以数列单调有界， 由单调有界定理， 数列极限存在。设极限值为e ，即. 由上面的证明，我们不难用均值不等式证明：数列极限存在且其极限也是e 。证明如下：
n ⎛⎫n +1n +1⋅+1() 1⎛n ⎫⎪≤记= ⎪⎪
x n ⎝n +1⎭n +2 ⎪
⎝⎭
n +2
n +2
⎛n +1⎫
= ⎪⎝n +2⎭
=
1
所以数列单调减少，且x n +1
数列收敛，且极限也是e 。 由上面的结果有，两边取对数有
由此可以证明数列收敛。（ 其极限称为Euler 数）
2.5.1.2 求极限
≤
a 1+a 2+ +a n
n
1n
⎫
=1... ⋅1≤=
n -2个⎭有，故
2.5.1.3 证明积分不等式
例1［ 2］ 证明：若函数f （ x） 在［ a，b ］ 连续，且x ∈［ a，b ］ ，有f （ x）>0，则
证明：利用
n ++... +a 1a 2a n
≤
a 1+a 2+... +a n
的变形
n
(a 1+a 2+... +a n )⋅
⎛111
++... +
a n ⎝a 1a 2⎫2
⎪≥n . 由已知条件：与在［ a，b ］ 上均可积。⎭
应用积分定义，将区间［ a，b ］ 进行n 等分。
⎡1b -a ⎫⎛n 1b -a ⎫(b -a )1⎤(b -a )⎛n
f x =f x +... +f x +... +⋅n 2 ⎡⎤()()() ⎪⎢⎥≥∑∑k 1k ⎪22⎣⎦ ⎪n ⎭⎝k =1f x k n ⎭n f x k ⎦n ⎝k =1⎣f x 12
2
取极限（ n→∞） 则有
例2 ［ 2］ 证明：若函数在［ a，b ］ 上是正值可积的，k=1，2„n ，且0
⎰
f 1(x )⋅f 2(x )⋅... ⋅f n (x )⎤dx ≤⎡⎰f 1(x )dx ⎤⎡⎰f 1(x )dx ⎤... ⎡⎰f 1(x )dx ⎤
⎡⎣⎦⎢a ⎥⎣⎢a ⎥⎢⎥a ⎣⎦⎦⎣a ⎦≤
b
1
n
b
1n
b
1n
b
1n
a 1+a 2+ +a n
有
n
⎡⎤
f 2(x )f n (x )⎥1⎢f 1(x ) ≤+b +... +b
b ⎢⎥n ⎢⎰f 1(x )dx ⎰f 2(x )dx ⎰a f n (x )dx ⎥a ⎣a ⎦于是：
111
⎧⎫b b n n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡b f (x )dx ⎪f x dx f (x )dx ⎤ ()b ⎪f n (x )⎥⎪1⎢⎰a 1⎪⎢f 1(x )⎥⎢f 2(x )⎥⎰⎰a 2a n ⎢=1⎰a ⎨⎢b f x dx ⎥⋅⎢b f x dx ⎥⋅... ⋅⎢b f x dx ⎥⎬dx ≤n ⎢b f x dx +b f x dx +... +b f x dx ⎥⎥⎪⎢⎰a 2()⎰a n ()⎥⎢⎢⎣⎰a 1()⎥⎦⎢⎣⎰a 2()⎥⎦⎣⎰a n ()⎥⎦⎪⎣⎰a 1()⎦⎪⎪⎩⎭
⎡f (x )dx ⎤⎡f (x )dx ⎤... ⎡f (x )dx ⎤ 即⎰⎡f x ⋅f x ⋅... ⋅f x dx ≤⎤()()()12n ⎦⎢⎥⎥⎥a ⎣⎣⎰a 1⎦⎢⎣⎰a 2⎦⎢⎣⎰a n ⎦2.5.1.4 证明积分不等式
例1［ 2］ 证明：若函数f （ x） 在［ a，b ］ 连续，且x ∈［ a，b ］ ，有f （ x）>0，则
证明：利用
n ++... +a 1a 2a n
≤
a 1+a 2+... +a n
的变形
n
b
1n
b
1n
b
1n
b
1n
(a 1+a 2+... +a n )⋅
⎛111
++... +
a n ⎝a 1a 2⎫2
⎪≥n . 由已知条件：与在［ a，b ］ 上均可积。⎭
应用积分定义，将区间［ a，b ］ 进行n 等分。
⎡1b -a ⎫⎛n 1b -a ⎫(b -a )1⎤(b -a )⎛n
f x =f x +... +f x +... +⋅n 2 ⎡⎤(1)(k )⎦⎢⎪⎥≥∑ ∑(k )n ⎪ 22⎣ ⎪n f x k ⎦n ⎝k =1⎭⎝k =1f x k n ⎭⎣f x 12
2
取极限（ n→∞） 则有
例2 ［ 2］ 证明：若函数在［ a，b ］ 上是正值可积的，k=1，2„n ，且0
⎰
f 1(x )⋅f 2(x )⋅... ⋅f n (x )⎤dx ≤⎡⎰f 1(x )dx ⎤⎡⎰f 1(x )dx ⎤... ⎡⎰f 1(x )dx ⎤ ⎡⎣⎦⎢⎥⎥⎥a ⎣a ⎦⎢⎣a ⎦⎢⎣a ⎦
b
1
n
b
1n
b
1n
b
1n
≤
a 1+a 2+ +a n
有
n
⎡⎤
f 2(x )f n (x )⎥1⎢f 1(x ) ≤+b +... +b
b ⎢⎥n f x dx ⎰f 2(x )dx ⎰a f n (x )dx ⎥⎢a ⎣⎰a 1()⎦于是：
111
⎧⎫b b n ⎡n n ⎡⎤⎤⎡⎤⎡b f (x )dx ⎪f x dx f n (x )dx ⎤ ()b ⎪f x f x f x 12()()1⎪⎢⎪⎰⎰⎰1()2n ⎥⋅... ⋅⎢⎥⎬dx ≤⎢a ⎥=1⋅⎢b +a b +... +a b
b b ⎰a ⎨⎢b f x dx ⎥⎥⎢⎥⎢⎥⎢n f 2(x )dx ⎥f n (x )dx ⎥⎪f 1(x )dx ⎰f 2(x )dx f n (x )dx ⎥⎪⎢()1⎰⎰⎰⎰⎰⎥⎢⎢⎢⎥a a ⎣a ⎦⎣a ⎦⎣a ⎦⎪⎣a ⎦⎪⎩⎭
即⎰⎡f 1(x )⋅f 2(x )⋅... ⋅f n (x )⎤dx ≤⎡⎰f 1(x )dx ⎤⎡⎰f 2(x )dx ⎤... ⎡⎰f n (x )dx ⎤ ⎣⎦⎢⎥⎥⎥a ⎣a ⎦⎢⎣a ⎦⎢⎣a ⎦
例3 设f （ x） 在［ ０，１］ 上非负连续， 证明：
证明：由题设知f （ x） ，1nf （ x） 在［ ０，１］ 上可积，将［ ０，１］ n 等分，作积分和 ⎰ln f (x )dx =lim
1
b
1n
b
1n
b
1n
b
1n
1
1
ln ∑x →∞n i =1
1
n
n
⎡⎛i ⎫⎛i ⎫⎤
f ⎪=limln ⎢∏f ⎪⎥ ⎝n ⎭x →∞⎣i =1⎝n ⎭⎦
n
1n
所以e ⎰0
1
ln f (x )dx
=e
⎡n ⎛i ⎫⎤n
lim ln ⎢f ⎪⎥x →∞⎢⎣i =1⎝n ⎭⎥⎦
∏
⎡
=lim ⎢∏x →∞
⎣i =1
n
⎛
i ⎫⎤f ⎪⎥ ⎝n ⎭⎦
≤
a 1+a 2+ +a n
得
n
⎡lim ⎢∏f x →∞
⎣i =1故
n
1n ⎛i ⎫⎤
f ∑ ⎪⎥≤lim x →∞n n ⎝⎭⎦i =1
1
n
⎛i ⎫ ⎪ ⎝n ⎭
注1： 此例中的结论仅仅是著名的Jensen 不等式的一个特例。
注2：Jensen 不等式： 设μ 是在集Ω 内的σ－代数м 上的正测度，使得μ（ Ω） ＝１，若f 是内的实函数，对所有的x ∈Ω，a
2.5.2均值不等式在数列收敛中的应用
在证数列收敛时, 文献[ 1 ]中引入的不等式, 不易想到, 缺少一定分析过程. 文献[ 2 ] 中用到二项式展开式, 过程较为繁琐. 然而利用均值不等式结合单调有界定理证明此问题, 分析思路清晰, 过程简洁, 便于理解.
2.5.2.1 单调有界定理与均值不等式
为讨论方便, 将文献[ 1 ]中定理2. 9和文献[3 ]中的均值不等式引述如下 定理1 (单调有界定理) 在实系数中, 有界的单调数列必有极限. 推论1 在实系数中, 递增有上界的数列必有极限. 推论2 在实系数中, 递减有下界的数列必有极限. 定理2 (均值不等式) 设为n 个正实数, 则有
1
(
x 1+x 2+ +x n )≥ (其中“ =”当且仅当时成立) . n
3.4.2 均值不等式在数列收敛证明中的应用
问题一:证明数列收敛
123
⎧⎪⎛1⎫⎫⎪⎧⎪⎛1⎫⎫⎪⎧⎪⎛1⎫⎫⎪
证明 由⎨ 1+⎪⎬
⎪⎝1⎭⎭⎪⎩⎪⎝2⎭⎭⎪⎩⎪⎝3⎭⎭⎪⎩
证 因为
=其中> 0. 由定理2有
⎛1⎫⎛1⎫
1++... + ⎪ 1+⎪+1n +21n ⎝⎭⎝n ⎭===1+ n +1n +1n +1其中≠ 1,故“ =”不成立, 所以数列为单调递增数列, 又因为
=1⎫1⎫1⎛⎛
1++... ++1⎪ ⎪+1 2n 2n ⎭⎝⎭2= 1
其中, 故“ =”不成立, 故, 即上式对一切偶数成立, 又为单调递增数列, 故对一切正整数n, 有
根据定理1推论1, 数列收敛.
下面利用这种方法给出另外两个问题的证明方法. 问题二:证明数列收敛.
证明 比较数列前几项, 猜想数列为单调递减数列, 下面需要证明, 即
渤海大学本科毕业论文
渤海大学本科毕业论文题目 关于均值不等式的探讨
The Subject of Undergraduate Graduation Project of
DUT
DISCUSSION ON INEQUALITY
学院（系）： 数 理学院数学系 专业班级： 数学与应用数学10-1 入学年制：2010年9月 学生： 李雪琴 指导教师： 宋燕
完成日期：2014年五月
2014年 3 月 10 日
渤海大学
Bohai university
摘要
不等式主要研究数的不等关系, 是进一步学习数学的基础, 是掌握现代科学技术的重要工具。均值不等式是不等式内容的重要组成部分, 世界上的很多国家, 对均值不等式的教学都有其具体要求, 在高中《课程标准》里面都对这部分内容的教学做了明确的规定. 其内容在中学数学课程中也占有十分重要的地位, 而国内外专门针对该知识点的研究比较少。本文通过实例讲解均值不等式, 并延伸扩展相关问题，综合运用并进一步探讨，将研究均值不等式所得相关结果, 用以解决最值问题、不等式证明以及实际生活中的数学应用的实际问题。
关键词 均值不等式，最值问题，数学应用
The subject of Undergraduate Graduation Project (Thesis)
BHU
DISCUSSION ON INEQUALITY
Abstract
Inequality mainly studies several relations, is the foundation of further study mathematics, is an important tool to master modern science and technology.Average inequality is the inequality content is an important part of many countries in the world, the average inequality senior the important position, and the special study of the knowledge is less at inland and abroad.In this paper, through the example explains the mean inequality, and extending related issues, the integrated use of and further discussion, will study the related results of mean inequality, to solve the problem of the most value, an inequation, and the actual problems of the application of mathematics in actual life.
Keywords ：inequality ，the most value issue ，the value of mathematics application
目录
引言
1 均值不等式及有关结论 1.1 均值不等式定义
1.1.1 解决最值问题的有效方法—均值不等式 1.2 均值不等式结论
1.1.2 拓展均值不等式及其相关结论 1.3 均值不等式的推广 1.1 3 均值不等式的推广 2 均值不等式的应用
2.1 应用均值不等式的思想方法：待定系数法 2.2 应用均值不等式的主要解题技巧 2.3 应用均值不等式求最值问题 2.4 应用均值不等式证明不等式问题 2.5 应用均值不等式讨论数列极限问题 2.5.1均值不等式在极限中的应用 2.2.2均值不等式在数列收敛中的应用
参考文献
引言
均值不等式是数学中一个重要的不等式，它的许多性质对解决数学问题都有很大帮助，在现实生活中也有着广泛的应用。可以说均值不等式的发现，验证和应用也是数学文化的精髓所在。这对于我们来说是一项巨大的财富。但是我们要注意，求解最值时请一定要注意相等条件，若多次利用均值不等式求解最值，则必须注意这些不等式等号成立的条件是否一致，只有在一致的条件下才有可能达到最值。
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. 巧妙地应用此不等式在求最值, 比较大小, 证明不等式等各方面都可得到较为理想的解法. 均值不等式的推广是均值不等式的延伸, 也是解题的重要依据之一.
本人在这个内容的实习教学中, 引导学生思维, 让学生自我发现并相互探讨, 寻求到例题的解法, 直接或变形后运用均值不等式及其相关结果, 学生感到很轻松, 非常感兴趣, 并能自觉或不自觉地用联系和理解的方法学习数学, 对完成学习任务有一种愉快的感觉, 学生在领会知识方面具有一定的独立性, 能够举一反三, 触类旁通, 调动了学生在数学学习中的热情, 对今后的学习, 对素质的培养, 将具有重要的启迪作用。
总之, 对均值不等式的学习研究, 理解掌握和运用, 对数学问题的解答, 对实际生活和生产实际中应用数学问题的处理, 对学生学习的能力和素质的培养, 都具有极为重要的意义。
1、 均值不等式及有关结论
1.1 均值不等式定义
如果是正数, 那么, 当且仅当时取“ = ”号。即两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数。这个不等式, 我们通常把它称为均值不等式，是高中新教材第六章教学的重点, 也是难点。对均值不等式的深刻理解和掌握, 弄清楚其运用条件, 便能在解题中快速找到突破口, 进而找到正确解决问题的方法。
1.1.1 解决最值问题的有效方法—均值不等式
对均值不等式认真观察分析知道, 若两个正数的积为常数, 当且仅当它们相等时, 它们的和有最小值; 若两个正数的和为常数, 当且仅当它们相等时, 它们的积有最大值。最值问题在此便略有体现。经研究后, 归纳出3个用均值不等式求最值问题的适用条件。
条件1:在所求最值的代数式中, 各变数都是正数, 否则变号转换;
条件2:各变数的和或积要为常数, 以确保不等式的一端为定值, 否则执行拆
项或添项变形;
条件3:各变数必须有相等的可能。
一个题目同时满足上述三个条件, 或者可以变形成适合以上条件的, 便可用均值不等式求, 这就帮助学生在解题时迅速找到了突破口, 从而找到正确方法, 快速简易地求最值。下面举出一些实例：
例1:已知, 求代数式的最小值 解
：
11a +b a +b b a b a (1+)(1+) =(1+)(1+) =(2+)(2+) =5+2(+) ≥5+2⨯=9
a b a b a b a b
故满足条件的代数式的最小值是9。
例2:若, 则函数=的最大值是————. 解: = ≤=，故的最大值是4 例3:代数式的最小值是_———— 解: ==1=3
故的最小值是3。 例4:求函数=的值域 解:
y =
2=≥=4，故函数的值域为。
例5:过点作直线L 交X , Y轴正向于A, B 两点, 求L 的方程, 使三角形AOB 的面积最小。
解:设直线L 的方程为, 与轴交点为, 与轴交点为, 其中. 则，, 于是
S ABC =
1111⎡11⎡⎛1⎫⎤⎤ab =(2-)(1-2k ) =⎢4-(+4k ) ⎥=2+⎢ -⎪+(-4k )
⎥≥2422k 2⎣k 2⎣⎝k ⎭⎦⎦
当且仅当= -, 即= -时, 三角形AOB 的面积的最小值为4. 故L 的方程为
1.2均值不等式结论
1.2.1拓展均值不等式及其相关结论
1.1.3. 1 均值不等式的拓展
以上所谈均值不等式, 都是针对两个正数而言, 推广到任意的n 个正数„„也有均值不等式当且仅当时取等号, 在中学教材中, 大都是用两个正数的均值不等式, 有时也用三个正数的均值不等式, 其不等式形式为:已知为正数, 则, 该式的证明在高二教材第24页有说明, 其应用条件仍与两个正数的均值不等式的三个条件相同。有些问题, 表面只给出两个正数, 需要巧妙地拆开部分项, 形成三个或者三个以上的正数, 才能凑成这些正数的“和”或“积”为定值, 再用多个正数的均值不等式求解。下面举两个例子说明.
例8:若∈, 求的最小值.
解：2x 2+
422=2x 2++≥6所以最小值为6。 x x x 例9:已知= 2, 求的最小值, 并求的值。
xy xy 22解：xy +x =++x ≥==3
22当且仅当, 即时, 上式取等号。故取最小值是3。 由解得即当时, 取得最小值3 1.1.3. 2 研究均值不等式所得结果
对a > 0, b > 0, 作进一步研究, 显然有, 又由于等价的均值不等式
≤a +b ⇒a +b ≤2(
a +b )⇒
⇒≤
≤
2
≤
2(a +
b )
因此, 对于a > 0, b > 0, 有
三个重要结论: ① ②; ③
当且仅当a = b 时, 上面三式取等号, 这三个式子虽然是由均值不等式推广而得, 但掌握并应用于解题之中, 有时候比均值不等式更有效, 起到事半功倍的效果。下面举几个例子予以说明:
例10:已知a ≥0, b≥0, a + b = 1, 求代数式的最大值 解
:
由②得
=
=。
故满足条件的最大值是。
例11:已知a > b > 0, 求的最小值。
1664⎛b +a -b ⎫⎛a ⎫
=⇒≥解:由①式得, b (a -b ) ≤
⎪ ⎪2
2b (a -b ) a ⎝⎭⎝2⎭
2
2
所以a 2+
1664
≥a 2+2≥=16, 故的最小值是16。
b (a -b ) a
例12:若a + b + c = 1, 且a, b, c∈,
最小值。
解:由③式得
≥=
例13:一段长为L 的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园, 问这个矩形的长、 各为多少时, 菜园的面积最大, 最大的面积是多少? 解:设矩形的长为x, 则宽为，于是, 菜园面积为:
L -x 11⎛x +L -x ⎫12
S =x =x (L -x )≤ ⎪=L
222⎝2⎭2
当且仅当x =L - x, 即时取等号。这时宽为故这个菜园的长为, 宽为时, 菜园面积最大, 最大面积是
2
1.3均值不等式的推广
1.3.1 引言
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. 巧妙地应用此不等式在求最值, 比较大小, 证明不等式等各方面都可得到较为理想的解法. 均值不等式的推广是均值不等式的延伸, 也是解题的重要依据之一.
定理A(均值不等式) 设为n 个正数, 则其算术平均, 几何平均与调和平均有
:
a +a + +a n n
≤12
n +... a 1a 2a n
引理(Jensen 不等式）若函数f 在区间I 上存在二阶导数, 且
有f"(x)≥0, 则有其中xi ∈I,qi >0,i=1,2,„,n, 且=1,当且仅当x1 q1=x2 q 2=„=xnqn 时等号成立; 若f"(x)≤0, 不等式反号. 1.3.2 主要结论
定理1 设＞0， ＞0，i ＝1，2，„，n, 则
a 1λ1a 2λ2... a n λn
⎛
λ+λ+... +λ
n
≥ 12
1+2+... +n a a a n 2⎝1⎫
⎪⎪⎪⎪⎭
λ1+λ2+... +λn
(1)
当且仅当时等号成立；
a 1λ1a 2λ2... a n λn
⎛λa +λa +... +λn a n ⎫≤ 1122⎪⎝λ1+λ2+... +λn ⎭
λ1+λ2+... +λn
(2)
当且仅当时等号成立。
证明 设f （x ）＝lnx ，x ∈（0，+∞）, 则f" （x ）= 0,λi >0,i=1,2,„,n, 且
λ1
λ1+λ2+ +λn
+
λ2
λ1+λ2+ +λn
+... +
λn
λ1+λ2+ +λn
=1 (3)
由Jensen 不等式得
⎡⎛⎫1⎛⎫1⎛⎫1⎤ λ1+λ2+ +λn λn λ1λ2
ln =-ln ⎢ ⎪+ ⎪+... + ⎪⎥n 12λ+λ+ +λa λ+λ+ +λa λ+λ+ +λn ⎭1n ⎭2n ⎭a n ⎦⎝12⎝12⎣⎝12
a 1
+a 2
+... +
a n
⎛λn λ1λ2111⎫≤- ln +ln +... +ln ⎪=ln a 1λ1a 2λ2... a n λn
λ1+λ2+ +λn a n ⎭⎝λ1+λ2+ +λn a 1λ1+λ2+ +λn a 2
()
1
λ1+λ2+ +λn
⎛
λ+λ+ +λ
n
由y=lnx 的单调性知 12
1+2+... +n a a a n 2⎝1⎫
⎪⎪⎪⎪⎭
λ1+λ2+ +λn
≤a 1λ1a 2λ2... a n λn
由Jensen 不等式取等号的条件知, 当且仅当时上式等号成立. 由于>0, >0,i=1,2,„,n 及(3)式, 运用Jensen 不等式得
ln
⎛⎫λ1a 1+λ2a 2+... +λn a n λn λ1λ2=ln a 1+a 2+... +a n ⎪
λ1+λ2+... +λn λ1+λ2+ +λn λ1+λ2+ +λn ⎭⎝λ1+λ2+ +λn
≥
λ1
λ1+λ2+ +λn
ln a 1+
λ2
λ1+λ2+ +λn
ln a 2+... +
λn
λ1+λ2+ +λn
ln a n 从而有
a 1λ1a 2λ2... a n λn
⎛λa +λa +... +λn a n ⎫≤ 1122⎪⎝λ1+λ2+... +λn ⎭
λ1+λ2+... +λn
由Jensen 不等式取等号的条件知, 当且仅当时上式等号成立. 注1:当时, 定理1 即为定理A(均值不等式
)
a +a + +a n n
≤12
111n +... a 1a 2a n
推论1 设>0, >0,i=1,2,„,n, 则
a 1λ1a 2λ2... a n λn ≥
1
2
(λ1+λ2+... +λn )
λ1+λ2+... +λn
λ1+λ2+... +λn
(4)
(λ1λ+λ2λ+... +λn λ)
n
⎛111⎫
++... +⎪
a n ⎭⎝a 1a 2
当且仅当时等号成立；a 1λ1a 2λ2... a n λn
（5）
当且仅当时等号成立
⎛a +a + +a n ⎫
≤λ1λ1λ2λ2... λn λn 12⎪
λ+λ+ +λn ⎭⎝12
λ1+λ2+... +λn
证明 由, ＞0，i =1,2,„,n, 及(1)得
⎛
λ1+λ2+ +λn
1+2+... +n λa λa λn a n 22⎝11
a 1λ1a 2λ2... a n λn ≥
1
⎫
⎪⎪⎪⎪⎭
λ1+λ2+ +λn
≤(λ1a 1)1(λ2a 2)2... (λn a n )n 即
λλλ
(λ1+λ2+... +λn )
λ1+λ2+... +λn
λ1+λ2+... +λn
(λ1λ+λ2λ+... +λn λ)
2
n
⎛111⎫
++... +⎪
a n ⎭⎝a 1a 2
由定理1 知, 当且仅当时上式等号成立. 由，i =1,2,„,n, 及(2)得
a n a 1a 2⎛
λ⋅+λ⋅+... +λ⋅2n 1λ⎛a n ⎫⎛a 1⎫⎛a 2⎫λ2λn 1 ... ≤ ⎪ ⎪ ⎪
λλλ1+λ2+ +λn ⎝1⎭⎝2⎭⎝λn ⎭
⎝
λ1
λ2
λn ⎫⎪⎪⎪⎪⎭
λ1+λ2+ +λn
即
a 1λ1a 2λ2... a n λn
⎛a +a + +a n ⎫
≤λ1λ1λ2λ2... λn λn 12⎪
⎝λ1+λ2+ +λn ⎭
λ1+λ2+... +λn
由定理1 知, 当且仅当时上式等号成立. 推论1 得证
推论2 设＞0， ＞0，i =1,2,„,n, 且, 则有a 1a 2... a n ≥
λ1λ2λn
q q
⎛λ1λ2λn ⎫
++... + ⎪a a a 12n ⎝⎭
q
当且仅当等号成立；
a 1λ1a 2λ2... a n λn
(λa +λa +... +λn a n )≤1122
q
q
q
当且仅当等号成立.
1
注2：当q=1时，则有a 1λ1a 2λ2... a n λn ≤
1
a 1
+
2
a 2
+... +
n
a n
当且仅当等号成立
a 1λ1a 2λ2... a n λn ≤λ1a 1+λ2a 2+... +λn a n 当且仅当等号成立.
⎛a ⎫
例1 试证对任意正数a ，b ，c,d ，有 1+⎪
⎝b ⎭证明 在(4)中令n ＝3, 得
a +b
a ⎛⎫
≥ 1+⎪⎝b +c +d ⎭
a +b +c +d
(λ
1
λ1
a 1λ1)(λ2λ2a 2λ2)λ3λ3a 3λ3()
⎛
λ+λ+λ≥ 123 1+1+1 a a a
23⎝1⎫
⎪⎪⎪⎪⎭
λ1+λ2+λ3
令, , , , 得
⎛a ⎫ 1+⎪⎝b ⎭
a +b
a +b
⎡c ⎛1⎫c ⎤⎡⎤⎡d ⎛1⎫d ⎤⎛c +a +b +d ⎫c +a +b +d ⎛a a +b ⎛1⎫⎫=⎢c ⎪⎥⎢(a +b ) ⎪⎥⎢d ⎪⎥≥ =1+⎪ ⎪
⎝b ⎭⎦⎝c +b +d ⎭⎢⎝c ⎭⎦⎥⎣⎢⎥⎣⎢⎝d ⎭⎦⎥⎝c +b +d ⎭⎣
a +b +c +d
⎛n +1⎫
例2 设n 为自然数,n ≥2, 试证 ⎪
⎝2⎭
λ1
λ2
λn
n (n +1)2
⎛2n +1⎫
≤22⋅33⋅44... n n ≤ ⎪
⎝3⎭
λ1+λ2+... +λn
n (n +1)2
⎛a ⎫⎛a +a +... +a n ⎫⎛a ⎫⎛a ⎫
证明 由(5)得 1⎪ 2⎪... n ⎪≤ 12⎪
λλλλ+λ+... +λ⎝1⎭⎝2⎭n ⎭⎝n ⎭⎝12
取＝i ，＝1 ，i ＝1，2，„，n, 由(6)得
⎛1⎫⎛2⎫⎛3⎫⎛n ⎫⎛1+2+3+... +n ⎫
22⋅33⋅44... n n = ⎪ ⎪ ⎪... ⎪≤ ⎪
123n 1+2+3+... +n ⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
1
1
2
2
2
3
2
n
2
2
2
2
1+2+3+... +n
⎛2n +1⎫
= ⎪⎝3⎭
n (n +1)2
又取＝i ，＝1 ，i ＝1，2，„，n, 由(6)得
n ⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫⎛⎫
... ≤ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎝1⎭⎝2⎭⎝3⎭⎝n ⎭⎝1+2+3+... +n ⎭
1
2
3
n
1+2+3+... +n
⎛2⎫= ⎪⎝n +1⎭
n (n +1)2
从而有
2均值不等式的应用
2.1应用均值不等式的思想方法：待定系数法
不等式是高中数学的重要内容, 均值不等式是不等式进行变形的一个重要依据, 在应用时不仅要牢记三个条件“正、定、等”, 而且要善于根据均值不等式的结构特征, 创设应用均值不等式的条件, 利用待定系数法凑定值是常用的解题技巧, 本文举例说明.
例1 已知a > 0 , b > 0 ,且a + b = 1 ,求的最小值. 解 设m > 0 ,则由题设及均值不等式可知:
ab +
1⎛1⎫
= mab +⎪+(
1-m )ab ≥(1-m )ab (1) ab ⎝ab ⎭
(1) 式当且仅当, 即时取等号. 又, 即 , 亦即 (2)
显然(1) , (2) 同时取等号的充要条件是 解之得m = 16. 代入(1) 得
:
ab +
1117≥(1-16)ab =8+15(-ab )≥8+15⨯(-) =. ab 44
故当且仅当时, 取到最小值. 例2 若a, 且a + b = 1. 求证:
1⎫2⎛1⎫⎛
证明 设m > 0 ,则2a +1=2 a +⎪=⋅m a +⎪. 由均值不等式得.
2⎭m ⎝2⎭⎝
≤m +a +
2
1
(1)其中当且仅当时取等号.
=
同理可得: (2)其中当且仅当时取等号.
显然(1) , (2) 同时取等号的充要条件是. 由于a + b = 1 , 故可解得 将m = 1 代入(1) , (2) ,并将两式相加得
11⎤⎡
1+(a +) 1+(b +) ⎥+=2即 ≤⎥
22⎥⎣⎦
2.2 运用均值不等式解题的主要技巧
利用均值不等式解题的关键是凑“ 定和”和“定积”，此时往往需要采用“ 拆项、补项、平衡系数”等变形技巧找到定值，再利用均值不等式来求解，使复杂问题简单化，收到事半功倍的效果!
2.2.1 拆项
例1（原人教版课本习题）已知n>0, 求证： 证明：因为n>0
，所以n +等号成立!
4n n 4=++≥3 当且仅当n=2 时
n 222n 22.2.2 拆幂
例2 (1993年全国高考题）如果圆柱轴截面的周长为定值，那么圆柱体积的最大值（）
A． B. C. D.
解 设圆柱底面半径为r ，高为h ，则2h+4r=，即
⎛r +r +h ⎫⎛l ⎫
所以 V =πr 2h =πr ⋅r ⋅h ≤π ⎪= ⎪π，故选 A.
3⎝⎭⎝6⎭
33
2.2.3 升幂
例2 设，求的最大值. 解 因为，所以≥0，所以
12⎛12⎫2
sin x +sin x +cos x ⎪14⎛1⎫y 2=sin 4x ⋅cos 2x =4 sin 2x ⋅sin 2x ⋅cos 2x ⎪≤4 =⎪
23⎝2⎭ ⎪27
⎝⎭
3
所以当且仅当即tanx=时等号成立，故.
2.2.4 整体代换
例4 已知，且x+2y=1，求证：
证明：因为，x+2y=1，所以
⎛11⎫112y x +=(
x +2y ) +⎪=3++≥3+=3+当且仅当，即，时x y x y ⎝x y ⎭等号成立. 1.3.5 平衡系数
11⎡3x +(2x +1)+(8-5x )⎤
y =x (x +0.5)(3.2-2x )=⋅3x ⋅(2x +1)(8-5x )≤⎢⎥=1.8
1515⎣3⎦
3
2.2.5 分离取倒数 2.2.6换元
解 令，则， 当t=0时，y=0;
当t>0时，，当且仅当，即时取等号. 所以当时函数取最大值.
总之，我们利用均值不等式求最值时，一定要注意“一正二定三等”，同时还要注意一些变形技巧，灵活运用均值不等式.
2.3 应用均值不等式求最值问题
均值不等式( a > 0 , b > 0 , 当且仅当a = b时等号成立) 是一个重要的不等式, 利用它可以求解函数最值问题. 对于有些题目, 可以直接利用公式求解. 但有些题目必须进行必要的变形才能利用, 下面是一些常用的变形技巧.
2.3.1 配凑
1) 凑系数
例1 当0
解析 由0 0 , 利用均值不等式求最值, 必须和为定值或积为定值, 此题为2 个式子的积的形式, 但其和不是定值. 注意到2 x + (8 - 2 x) = 8 为定值, 故只需将y = x (8 - 2 x) 凑上一个系数即可.
11⎛2x +8-2x ⎫
y =x (8-2x )=⎡2x 8-2x ≤⎤()⎪=8 ,当且仅当2 x = 8 - 2 x 即⎦2 2⎣2⎝⎭
2
x = 2 时取等号, 所以当x = 2时, y = x (8 - 2 x) 的最大值为8.
点评 本题无法直接运用均值不等式求解, 但凑上系数后即可得到和为定值, 就可利用均值不等式求得最大值.
2) 凑项
例2 已知, 求函数的最大值.
解析 由已知4 x - 5 0 ,
1⎫⎛
f (x )
=- 5-4x +⎪+3≤-5-4x ⎭⎝1 时等号成立.
3=-2+3=1. 当且仅当即x = 点评 本题需要调整项的符号, 又要配凑项的系数, 使其积为定值. 3) 分离 例3 求的值域.
解析 本题看似无法运用均值不等式, 如将分子配方凑出( x + 1) ,再将其分离.
(x +1)y =
2
+5(x +1)+44
=(x +1)++5.
x +1x +1
当x + 1 > 0 ,即x > -1 时, (当且仅当x = 1 时取“ = ”号) . 当x + 1
点评 分式函数求最值, 通常化成( A > 0 , m > 0 , g ( x) 恒正或恒负) 的形式, 然后运用均值不等式来求.
2.3.2 整体代换
例4 已知a > 0 , b > 0 , a + 2b = 1 ,求的最小值. 解析
11⎛11⎫2b a 2b a ⎛11⎫
+= +⎪⋅1= +⎪⋅(
a +2b )=1+++2=3++≥3+=3+a b ⎝a b ⎭a b a b a b ⎝⎭
当且仅当时取“ = ”号.
由, 得, 即时, 的最小值为.
点评 本题巧妙运用“1”的代换, 得到, 而与的积为定值, 即可用均值不等式求得的最小值.
2.3.3 换元
例5 求函数的最大值.
解析 变量代换, 令, 则( t ≥0) ,则, 当t = 0 时, y = 0 ,当t > 0 时, , 当且仅当, 即时取“= ”号, 所以时,.
点评 本题通过变量代换, 使问题得到了简化, 而且将问题转化成熟悉的分式型函数的最值问题, 从而为构造积为定值创设有利条件. 1.5.4 取平方
5⎫1
例6
求函数y =
2⎭2
解析 注意到2 x - 1 与5 - 2 x 的和为定值
,
y 2=
2
=4+4+(2x -1)+(5-2x )=8.
又y > 0 ,所以, 当且仅当2 x - 1 = 5 -2 x ,即时取“ = ”号, 所以
点评 本题将解析式2 边平方构造出“和为定值”, 为利用均值不等式创造了条件.
总之, 我们利用均值不等式求最值时, 一定要注意“一正二定三相等”, 同时还要注意一些变形技巧, 积极创造条件利用均值不等式.
2.4应用均值不等式证明不等式问题
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。下面举两个例子予以说明。
例6:已知a, b, c为互不相等的正数, 且abc = 1求证:
证明:
1/b +1/c 1/a +1/c 1/a +1/b 111
故原不等式得证
例7:证:
证明: 由均值不等式得 ， 以上三式相加, 得
2(a 2+b 2+1)≥2(ab +a +b )
原不等式得证。
2.5应用均值不等式讨论数列极限问题 2.5.1均值不等式在极限中的应用
极限是高等数学中的重要内容， 极限理论是高等数学中的基础理论。高等数学中有许多重要的概念都是以极限形式来定义的。而极限概念是用不等式描述的。这就决定了不等式运算是高等数学中最基本的运算之一， 因此作为基本重要不等式之一的均值不等式在解决高等数学的问题中发挥着及其重要的作用，下面举例详细说明：
2.5.1.1 证明重要极限的存在性。［ １］
1
证明：先证数列单调递增。令a 1=a 2= =a n =1+, a n +1=1，则由均值不等
n
式得
1⎡⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫⎤
即
所以数列单调递增。 再证数列有上界。
下面的证明可以看到一个更强的命题：
数列以（ k 为正整数） 为上界。先证不等式：当n>k 时，. 设，.
由均值不等式n
n +1
1⎡k n ⎤
k +1⋅+n -k = 因此， 其次()()⎥n +1⎢k +1n +1⎣⎦
n
k +1
⎛1⎫⎛1⎫
由，有 1+⎪
⎝n ⎭⎝n ⎭⎛1⎫⎛1⎫, ∴ 1+⎪
当n>k 时， 任取一个正整数k ，均是数列的上界。又数列单调递增，∴ 当
n ≤k 时， 不等式仍然成立。
因此， 对于数列（ n=1，2„） 恒有（ k 为正整数） 。任意选定一个k 值，均是数列的上界。
所以数列单调有界， 由单调有界定理， 数列极限存在。设极限值为e ，即. 由上面的证明，我们不难用均值不等式证明：数列极限存在且其极限也是e 。证明如下：
n ⎛⎫n +1n +1⋅+1() 1⎛n ⎫⎪≤记= ⎪⎪
x n ⎝n +1⎭n +2 ⎪
⎝⎭
n +2
n +2
⎛n +1⎫
= ⎪⎝n +2⎭
=
1
所以数列单调减少，且x n +1
数列收敛，且极限也是e 。 由上面的结果有，两边取对数有
由此可以证明数列收敛。（ 其极限称为Euler 数）
2.5.1.2 求极限
≤
a 1+a 2+ +a n
n
1n
⎫
=1... ⋅1≤=
n -2个⎭有，故
2.5.1.3 证明积分不等式
例1［ 2］ 证明：若函数f （ x） 在［ a，b ］ 连续，且x ∈［ a，b ］ ，有f （ x）>0，则
证明：利用
n ++... +a 1a 2a n
≤
a 1+a 2+... +a n
的变形
n
(a 1+a 2+... +a n )⋅
⎛111
++... +
a n ⎝a 1a 2⎫2
⎪≥n . 由已知条件：与在［ a，b ］ 上均可积。⎭
应用积分定义，将区间［ a，b ］ 进行n 等分。
⎡1b -a ⎫⎛n 1b -a ⎫(b -a )1⎤(b -a )⎛n
f x =f x +... +f x +... +⋅n 2 ⎡⎤()()() ⎪⎢⎥≥∑∑k 1k ⎪22⎣⎦ ⎪n ⎭⎝k =1f x k n ⎭n f x k ⎦n ⎝k =1⎣f x 12
2
取极限（ n→∞） 则有
例2 ［ 2］ 证明：若函数在［ a，b ］ 上是正值可积的，k=1，2„n ，且0
⎰
f 1(x )⋅f 2(x )⋅... ⋅f n (x )⎤dx ≤⎡⎰f 1(x )dx ⎤⎡⎰f 1(x )dx ⎤... ⎡⎰f 1(x )dx ⎤
⎡⎣⎦⎢a ⎥⎣⎢a ⎥⎢⎥a ⎣⎦⎦⎣a ⎦≤
b
1
n
b
1n
b
1n
b
1n
a 1+a 2+ +a n
有
n
⎡⎤
f 2(x )f n (x )⎥1⎢f 1(x ) ≤+b +... +b
b ⎢⎥n ⎢⎰f 1(x )dx ⎰f 2(x )dx ⎰a f n (x )dx ⎥a ⎣a ⎦于是：
111
⎧⎫b b n n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡b f (x )dx ⎪f x dx f (x )dx ⎤ ()b ⎪f n (x )⎥⎪1⎢⎰a 1⎪⎢f 1(x )⎥⎢f 2(x )⎥⎰⎰a 2a n ⎢=1⎰a ⎨⎢b f x dx ⎥⋅⎢b f x dx ⎥⋅... ⋅⎢b f x dx ⎥⎬dx ≤n ⎢b f x dx +b f x dx +... +b f x dx ⎥⎥⎪⎢⎰a 2()⎰a n ()⎥⎢⎢⎣⎰a 1()⎥⎦⎢⎣⎰a 2()⎥⎦⎣⎰a n ()⎥⎦⎪⎣⎰a 1()⎦⎪⎪⎩⎭
⎡f (x )dx ⎤⎡f (x )dx ⎤... ⎡f (x )dx ⎤ 即⎰⎡f x ⋅f x ⋅... ⋅f x dx ≤⎤()()()12n ⎦⎢⎥⎥⎥a ⎣⎣⎰a 1⎦⎢⎣⎰a 2⎦⎢⎣⎰a n ⎦2.5.1.4 证明积分不等式
例1［ 2］ 证明：若函数f （ x） 在［ a，b ］ 连续，且x ∈［ a，b ］ ，有f （ x）>0，则
证明：利用
n ++... +a 1a 2a n
≤
a 1+a 2+... +a n
的变形
n
b
1n
b
1n
b
1n
b
1n
(a 1+a 2+... +a n )⋅
⎛111
++... +
a n ⎝a 1a 2⎫2
⎪≥n . 由已知条件：与在［ a，b ］ 上均可积。⎭
应用积分定义，将区间［ a，b ］ 进行n 等分。
⎡1b -a ⎫⎛n 1b -a ⎫(b -a )1⎤(b -a )⎛n
f x =f x +... +f x +... +⋅n 2 ⎡⎤(1)(k )⎦⎢⎪⎥≥∑ ∑(k )n ⎪ 22⎣ ⎪n f x k ⎦n ⎝k =1⎭⎝k =1f x k n ⎭⎣f x 12
2
取极限（ n→∞） 则有
例2 ［ 2］ 证明：若函数在［ a，b ］ 上是正值可积的，k=1，2„n ，且0
⎰
f 1(x )⋅f 2(x )⋅... ⋅f n (x )⎤dx ≤⎡⎰f 1(x )dx ⎤⎡⎰f 1(x )dx ⎤... ⎡⎰f 1(x )dx ⎤ ⎡⎣⎦⎢⎥⎥⎥a ⎣a ⎦⎢⎣a ⎦⎢⎣a ⎦
b
1
n
b
1n
b
1n
b
1n
≤
a 1+a 2+ +a n
有
n
⎡⎤
f 2(x )f n (x )⎥1⎢f 1(x ) ≤+b +... +b
b ⎢⎥n f x dx ⎰f 2(x )dx ⎰a f n (x )dx ⎥⎢a ⎣⎰a 1()⎦于是：
111
⎧⎫b b n ⎡n n ⎡⎤⎤⎡⎤⎡b f (x )dx ⎪f x dx f n (x )dx ⎤ ()b ⎪f x f x f x 12()()1⎪⎢⎪⎰⎰⎰1()2n ⎥⋅... ⋅⎢⎥⎬dx ≤⎢a ⎥=1⋅⎢b +a b +... +a b
b b ⎰a ⎨⎢b f x dx ⎥⎥⎢⎥⎢⎥⎢n f 2(x )dx ⎥f n (x )dx ⎥⎪f 1(x )dx ⎰f 2(x )dx f n (x )dx ⎥⎪⎢()1⎰⎰⎰⎰⎰⎥⎢⎢⎢⎥a a ⎣a ⎦⎣a ⎦⎣a ⎦⎪⎣a ⎦⎪⎩⎭
即⎰⎡f 1(x )⋅f 2(x )⋅... ⋅f n (x )⎤dx ≤⎡⎰f 1(x )dx ⎤⎡⎰f 2(x )dx ⎤... ⎡⎰f n (x )dx ⎤ ⎣⎦⎢⎥⎥⎥a ⎣a ⎦⎢⎣a ⎦⎢⎣a ⎦
例3 设f （ x） 在［ ０，１］ 上非负连续， 证明：
证明：由题设知f （ x） ，1nf （ x） 在［ ０，１］ 上可积，将［ ０，１］ n 等分，作积分和 ⎰ln f (x )dx =lim
1
b
1n
b
1n
b
1n
b
1n
1
1
ln ∑x →∞n i =1
1
n
n
⎡⎛i ⎫⎛i ⎫⎤
f ⎪=limln ⎢∏f ⎪⎥ ⎝n ⎭x →∞⎣i =1⎝n ⎭⎦
n
1n
所以e ⎰0
1
ln f (x )dx
=e
⎡n ⎛i ⎫⎤n
lim ln ⎢f ⎪⎥x →∞⎢⎣i =1⎝n ⎭⎥⎦
∏
⎡
=lim ⎢∏x →∞
⎣i =1
n
⎛
i ⎫⎤f ⎪⎥ ⎝n ⎭⎦
≤
a 1+a 2+ +a n
得
n
⎡lim ⎢∏f x →∞
⎣i =1故
n
1n ⎛i ⎫⎤
f ∑ ⎪⎥≤lim x →∞n n ⎝⎭⎦i =1
1
n
⎛i ⎫ ⎪ ⎝n ⎭
注1： 此例中的结论仅仅是著名的Jensen 不等式的一个特例。
注2：Jensen 不等式： 设μ 是在集Ω 内的σ－代数м 上的正测度，使得μ（ Ω） ＝１，若f 是内的实函数，对所有的x ∈Ω，a
2.5.2均值不等式在数列收敛中的应用
在证数列收敛时, 文献[ 1 ]中引入的不等式, 不易想到, 缺少一定分析过程. 文献[ 2 ] 中用到二项式展开式, 过程较为繁琐. 然而利用均值不等式结合单调有界定理证明此问题, 分析思路清晰, 过程简洁, 便于理解.
2.5.2.1 单调有界定理与均值不等式
为讨论方便, 将文献[ 1 ]中定理2. 9和文献[3 ]中的均值不等式引述如下 定理1 (单调有界定理) 在实系数中, 有界的单调数列必有极限. 推论1 在实系数中, 递增有上界的数列必有极限. 推论2 在实系数中, 递减有下界的数列必有极限. 定理2 (均值不等式) 设为n 个正实数, 则有
1
(
x 1+x 2+ +x n )≥ (其中“ =”当且仅当时成立) . n
3.4.2 均值不等式在数列收敛证明中的应用
问题一:证明数列收敛
123
⎧⎪⎛1⎫⎫⎪⎧⎪⎛1⎫⎫⎪⎧⎪⎛1⎫⎫⎪
证明 由⎨ 1+⎪⎬
⎪⎝1⎭⎭⎪⎩⎪⎝2⎭⎭⎪⎩⎪⎝3⎭⎭⎪⎩
证 因为
=其中> 0. 由定理2有
⎛1⎫⎛1⎫
1++... + ⎪ 1+⎪+1n +21n ⎝⎭⎝n ⎭===1+ n +1n +1n +1其中≠ 1,故“ =”不成立, 所以数列为单调递增数列, 又因为
=1⎫1⎫1⎛⎛
1++... ++1⎪ ⎪+1 2n 2n ⎭⎝⎭2= 1
其中, 故“ =”不成立, 故, 即上式对一切偶数成立, 又为单调递增数列, 故对一切正整数n, 有
根据定理1推论1, 数列收敛.
下面利用这种方法给出另外两个问题的证明方法. 问题二:证明数列收敛.
证明 比较数列前几项, 猜想数列为单调递减数列, 下面需要证明, 即