不等式的实际应用教案

作为一位不辞辛劳的人民教师，通常需要准备好一份教案，编写教案有利于我们准确把握教材的重点与难点，进而选择恰当的教学方法。教案应该怎么写才好呢？以下是小编整理的《不等式的实际应用教案》仅供参考，希望能够帮助到大家。

第一篇：不等式的实际应用教案

不等式的应用（2）——最值问题·教案

北京市五中 李欣

教学目标

1.深刻理解不等式中，两个或三个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数这一定理，即平均值定理.

2.熟练应用平均值定理，求某些问题的最值.

3.培养学生严谨的思维品质，以及对数学思想方法的理解和运用，提高学生灵活运用所学知识解决问题的能力.

教学重点与难点

平均值定理适用的条件，及其变形使用. 教学过程设计

(一)不等式平均值定理的功能

师：不等式平均值定理的内容是：若干个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数.即：

如果a1，a2，a3，„，an∈R+且n∈N+，n>1，那么

在高中阶段，我们只要求同学掌握两个或三个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数.请同学用数学表达式表示上述定理.

(教师板书)

师：由两个不等式的结构来看，它们的功能是：从左往右可以把和的形式缩小为积的形式;从右往左可以把积的形式扩大为和的形式.为了使用方便，通常把不等式变形为

由于平均值定理在特殊形式下，可以进行放缩变换，因而它在数学中，可以作为用综合法证明不等式的依据，还可以作为求最值问题的工具.

今天，我们主要研究应用平均值定理求最值的问题.

(二)应用平均值定理求函数的最值

例1 当0

师：函数y=x(2-x)是积的形式，求最大值实质是要做什么样的转化? 生：可以使用平均值定理把积的形式转化成和的形式. 师：平均值定理是对正数而言的，由于x，2-x都是正数，所以

在什么条件下“≤”取“=”号?

生：当且仅当x=2-x，即x=1时，取等号.此时，y的最大值为1. 师：把积的形式化为和的形式，这个和应该为定值才行.

从而求出最小值. (教师板书)

解：由x>1，知x-1>0.则

中等号成立.

所以当x=2时，y的最小值为6. 师：运用平均值定理求函数的最值时，必须要有和的定值或积的定值出现.即

①，当且仅当a=b时.取“=”号.

(定值)②，当且仅当a=b=c时，取“=”号. 不等式①②可以在求函数的最大值时使用.

③，当且仅当a=b时，取“=”号.

值)④，当且仅当a=b=c时，取“=”号. 不等式③，④可以在求函数的最小值时使用.

例2 中对函数式的运算结构稍做变化，就可以使用定理了. 例3 填空题：

师：请同学来分析(1). 生甲：由于x>0，则

生乙：我的做法与甲同学不一样. 由于x>0，则

师：甲、乙两位同学对函数式的变形采取了不同的方法，但都得到了定积，谁是谁非呢?

师：分析的很好!在拆、凑函数式的时候，除了要考虑能否得到“定积”或“定和”以外，还要顾及使用平均值定理后，能否取“=”号.这一条件如果思维不严密，就会出现错误.

由学生自己解(2). (板书如下)

y=x2·(5-2x)=x·x·(5-2x)

如果学生的板书有漏洞或错误，教师可以边纠正，边总结应用平均值定理求函数最值的步骤.

如果学生板书没有问题，教师可以请学生总结步骤.并进行适当的引导或补充.

应用平均值定理求函数的最值，要注意的问题有： (1)函数式中诸元素是否为正数; (2)诸元素的和或积是否为定值; (3)判断“=”是否成立.

(三)灵活运用平均值定理求最值

师：此题为三角函数求最值的问题，应从何处入手?

用平均值定理求最大值，但sin x+cos2x不是定值，因此，应从配、凑和为定值入手.

师：函数式中涉及到正、余弦两种三角函数，可以利用同角的平方关系进行转化.

(2sin2x+cos2x+cos2x)为定值;即可求出y2的最大值.

师：对函数式的变形是灵活多样的，但宗旨都是使和或积为定值. 例5 若正数x，y满足6x+5y=36，求xy的最大值. 教师可以先让学生进行讨论，然后再请一位同学发言. 生：已知是两正数和的等式.要求两数积的最大值，可以由

(板书如下)

解：由于x，y为正数，则6x，5y也是正数，所以

当且仅当6x=5y时，取“=”号.

师：函数式中含有根式，不容易看出定积是否存在，用什么方法解决这个问题?

生：可以先用换元法把根式去掉，再把函数式进行转化.

师：换元法是常用的数学思想方法，能帮助我们把复杂问题简单化.

(四)不等式在应用问题中的应用

例7 已知：长方体的全面积为定值S，试问这个长方体的长、宽、高各是多少时，它的体积最大，求出这个最大值.

师：经过审题可以看出，长方体的全面积S是定值.因此最大值一定要用S来表示.首要问题是列出函数关系式.

生：设长方体体积为y，其长、宽、高分别为a，b，c，则y=abc.由于a+b+c不是定值，所以肯定要对函数式进行变形. 生：我受例4的启发，发现可以利用平均值定理先求出y2的最大值，这样y的最大值也就可以求出来了.

解法如下：

解：设长方体的体积为y，长、宽、高分别是为a，b，c，则

y=abc，2ab+2bc+2ac=S.

而

y2=(abc)2=(ab)(bc)(ac)

当且仅当ab=bc=ac，即a=b=c时，上式取“=”号，y2有最小值

师：对应用问题的处理，关键是把实际问题转化成数学问题，列好函数关系式是求最值的基本保证。

(五)布置作业： 1.选择题：

(1)设a，b为实数，且a+b=3，那么2a+2b的最小值是 [ ]。

(2)设a>0，b>0，且2a+5b=200，那么lg a+lg b满足 [ ]。

A.当 a=50，b=20时，取最大值 5 B.当a=50，b=20时，取最大值3 C.当a=50，b=20时，取最小值 5 D.当 a=50，b=20时，取最小值 3 (3)x，y是满足2x+y-1=0的正实数，那么xy [ ]。

22.填空题：

3.当0

5.用一块正方形的白铁片，在它的四个角各剪去一个相等的小正方形，制成一个无盖的盒子，问当小正方形的边长为多大时，制成的盒子才有最大的体积?并求出这个体积。

材料每平方米 3元，用作侧面的材料每平方米2元，问怎样设计容器的尺寸，才能使制作的成本最低(不计拼接时用料和其它损耗)。

作业答案或提示：

1.选择题：(1)B;(2)B;(3)B。

5.设大正方形的边长为a，小正方形的边长为x，盒子的体积是

课堂教学设计说明

本课以平均值定理的应用为主线，例1，例2从抓典型思路入手，引导学生积极参与，使学生掌握求最值的一般方法，例3，例4则是通过对典型错误的辨析和纠正，加深了学生对定理条件的理解，进一步激发了学生的学习兴趣，提高了思维的严谨性，在此基础上，例5，例6则突出了化归转化和换元法在解题中的作用，使学生认识到数学思想方法就是运用数学知识分析问题和解决问题的观点，方法、解题中的很多错误，都是因为对思想方法的认识肤浅造成的，只有领悟思想方法的实质，才能不断提高解题能力和纠错、防错能力. 例7是为了提高学生解决实际问题的意识而设计的.但如果时间不够，可以专门设计一节课，利用平均值定理解应用问题.

第二篇：乘法估算与实际应用 教学设计 教案

教学准备

1. 教学目标

知识与技能

1、使学生掌握乘法估算的方法,会进行乘法估算。

2、培养学生估算的意识,归纳概括、迁移类推的能力,以及应用所学知识灵活解决实际问题的能力。

3.在解决具体问题的情境中，能选择合适的方法进行乘法估算，养成估算习惯。 4.培养学生灵活运用估算的方法解决实际问题的能力，能解释估算过程，并能对估算结果做出合理性判断。

过程与方法

1、使学生经历学习乘法估算的全过程，掌握估算的基本方法。情感、态度和价值观。

2、培养学生认真审题的良好学习习惯。

2. 教学重点/难点

教学重点：掌握乘法估算的方法,会进行乘法估算。

教学难点：培养学生估算的意识,选择适当方法灵活解决实际问题的能力。

3. 教学用具

课件

4. 标签

教学过程

1.课件出示口算题：

400+300= 700+500= 900-300= 90+60= 800+600= 500+600= 200+900=

师：看看你们的计算能力怎么样?

看来同学们的知识掌握得非常牢固。这些题都难不倒你们，不过下面的题可就不一样了，请看第二题。

410+290= 720+490= 910-380= 82+58= 720+690= 190+900=

师：说出这些数分别接近哪些整十或整百数。看了题目，题目要求我们怎么做呀? 把两位数看成接近它的整十，把三位数看成接近它的整百。

师：但光会算算式子还不行，能用学过的数学知识解决生活中的问题那才有意思呢! 今天我们就一起学习新的数学知识。板书课题：乘法估算与实际应用 2.探究新知 出示例题：

2008年9月25日，我国神舟七号飞船发射升空，并于2008年9月28日成功着陆，现在航空航天展览馆对外开放，吸引了一匹又一匹的游客，你们想不想去看看?今天老师就带你们进行一次特殊的旅行。三年级一班的同学共29人参观，展览馆的门票每张8元，29个同学参观，老师带250元够吗?(老师不需要买票)

师：他们遇到了什么问题?请同学们认真读题、认真思考，从题中你获得了哪些数学信息?我们要解决的是什么问题?“带250元够吗?”是什么意思?够干什么?

你们打算用什么方法解决这个问题?乘法?除法?还是加法减法? 小组合作，共同解决问题。 29×8=232 232<250 同学们不仅会列出算式，还明白为什么这样算，你们真是会动脑筋的好孩子。在这里，我们可以用求出精确数据的方法来解决这个问题，可是，有时我们为了方便计算，节省时间，解决这一类的问题，我们只要算出一个大约数就可以了，那这个大约数怎么算呢?

师：前面我们已经学过整十乘一位数的乘法口算。我们可以把29看成最接近的整十数来估算。

8，因为29接近30，要解决这个问题就要算出29个同学要花多少钱买票，也就是29×

30﹦240，所以29×8的积比较接近240。29×8≈240。 我们可以把29估大一些，看成30，8×同学们可以比较一下，像这样的乘法计算方法就是我们今天所要学习的内容——估算 29×8≈240，240<250。因为我们把29看做30，估大了。可见带250元够买门票。问题解决了，我们可以进去参观了!

32大约是多少呢?能不能用我们前面学过的计算方法来解决这个问怎么才能知道8×题。

同学们已经学会了估算的知识，认真思考后，在练习本上简单地记录你的估算过程，注意写答句。做完之后同桌之间可以交流交流，统一意见，并把你的想法告诉老师。 32大约是多少呢?能不能用我们前面学过的计算方法来解决这个问题。怎么才能知道8×(小组汇报)

能学生会出现这样的情况：32×8≈240(元) 240<250 可以买门票。

肯定学生的估算方法正确，可是结论合理吗?引导学生思考估大估小问题，考虑剩余30﹦240，所以8×32的积比较接近240。我们可以列成8×32≈240。 的人数。因为8×但这只是30个同学的票，还有2人没买票，经过比较，带250元不够买门票。 观察以上两组算式： 29×8≈240。够买门票 32×8≈240不够买门票

请大家思考：拿了同样的钱，估算结果同样是240元，为什么29个同学带250元够买票，而32个同学却不够呢?想一想，这是为什么?

小结：我们的估算方法都是正确的，但是估算结果与实际结果始终有一定的差距的，因此，在生活中，我们遇到到问题，要根据实际情况估大些或估小些，上街买东西时通常要多带些钱，以防万一，这样才保险些。

3.课堂练习 填空：

1.学校有学生696人，大约是( )人。

2.小明平均每分钟步行 61米， 2分钟大约可行( )米。 3.跳绳每根6元1角，30元最多可以买( )根。 附答案：700 1200 5 1.育红小学将有370名学生参加秋游活动，只需要8辆限坐47人的客车。( )

2.把104×20 看成100×20来估，估算的结果比实际结果少4。( ) 附答案：√ × 1.一个会议室有18排座位，每排座位有21个， 如果有360名老师开会能否坐下? ( ) A.能 B.不能 C.不能确定

2.王老师买了100本笔记本，每本2元8角，带300元够买。(

4.巩固提升

附答案：12 ×720 ≈10 ×700 ≈7000(桶) 光明小学共有102个班，每个班有41人， (1)小学大约有多少学生?

) (2)如果要为光明小学学生更换课桌，大约需要多少张课桌?

附答案：102 ×43 ≈100×40 ≈4000(人)

课堂小结

1、这节课开头我们碰到了什么问题。是怎么用数学的方法来解决的?

2、上完这节课，你有什么感受和体会? 师生总结

1. 感受乘法估算在生活中的实际应用，体验估算的价值。

2.我们的估算方法都是正确的，但是估算结果与实际结果始终有一定的差距的，因此，在生活中，我们遇到到问题，要根据实际情况估大些或估小些。

板书

乘法估算与实际应用

29×8≈240(元)， 29×8≈240(元)， 8×30﹦240(元) 8×30﹦240(元) 240<250。 2×8﹦16(元) 16+240=256 256>250 答：带250元钱够买门票。 答：带250元钱不够买门票。

第三篇：切线不等式的应用

利用不等式“xR,exx1”解决高考压轴题

呼和浩特市第二中学

郎砺志

“xR,exx1”这一结论频繁地出现在与导数相关的各种教辅材料中，可以说学生很熟悉这个不等式的结论和证明过程，但是大多数人可能仅仅把它当成是一道练习题，殊不知，就是这样一个看似不起眼的结论，却撑起了近5年高考理科数学导数试题(压轴题)的半边天，所以本文的主要内容就是：分析近几年高考导数试题，诱发新的解题线索，提供高效而实用的解题方案，最后给出2013年全国理科数学新课标卷第21题的一种新解法。 命题1. xR,exx1. 可以从两个角度证明这个命题的正确性。 角度1. 构造函数

证明：设f(x)exx1,xR，则f(x)ex1

令f(x)ex1=0，解得x0，

则当x(,0)时，f(x)0，f(x)单调递减; 则当x(0,)时，f(x)0，f(x)单调递增;

于是由单调性可知，f(x)minf(x)极小=f(0)0 ，即xR,exx1。 角度2.数形结合

在同一坐标平面内作出两个函数f(x)e,g(x)x1的图象，如下图所示，

证完!

由上图可知，这个不等式实际上反映的是曲线f(x)e和其图象上的点(0,1)处的切线图形的高低关系。

xx于是这里得到，

定理. xR,exx1，当且仅当x0时取等号。

由上面的定理可以立即得到， 推论1. x[0,),e1xx12x 2xx证明：让我们换一套思路证明它，

tR,et1，则 xR,edt(1x)dt，

00tt根据牛顿-莱布尼茨公式可得e1xx12x，证完! 2这里要点明，这个结论实际上在高等数学中是显然的，根据函数的幂级数展开可得，

x2x31e1x1xx2,x[0,).。

2!3!2x推论2. xR,lnxx1，当且仅当x1时取等号。

证明：由定理可得，xR,ex1x，两边同时取以e为底的对数得， lnxx1，当且仅当x1时取等号。

推论3. x[1,),lnx11(x). 2x证明：t[1,),lntt1，则x[1,),化简可得推论3. 接下来就是高考试题的分析。

题1(2010年全国理科数学Ⅱ卷第22题节选) 设函数f(x)1e. xx1lntdt(t1)dt，

1xx。 x1x证明：欲证 当x1时，f(x)，只须证明：

x111ex1 ，即

x11ex，也即

x1求证：当x1时，f(x)exx1，得证。

题2.(2013年辽宁理科数学卷第21题节选) 已知函数f(x)(1x)e2x. 求证：当x[0,1]时，f(x)1. 1x证明：事实上，等价于证明e2x(x1)2，也即

exx1. 题3.(2010年理科数学新课标卷第21题节选) 设函数f(x)ex1xax2，

当x0时，f(x)0.求实数a的取值范围。 解：由推论1可知，a111满足条件，于是当a时均满足条件，事实上，当a时，222故当x(0,ln(2a))时，f(x)ex2a0,f(x)ex12ax,f(x)ex2a，此时函数f(x)单调递减，有f(x)f(0)0,从而函数f(x)单调递减，所以f(x)f(0)0，这和题目条件矛盾，综上，a1。 2这里顺便指出，利用这道题的结论可以轻松断定2012年辽宁理科数学高考第12题的A选项是错误的，从而我们也能感受到高考试题的延续性。 题4.(2011年湖北省理科数学卷第21题节选) 设ak,bk(k1,2,3,,n)均为正数，证明：

若a1b1a2b2anbnb1b2bn, 则a11a22an证明：欲证a11a22anbbbnbbbn1。

bbb1，只须证ln(a11a22ann)ln10，

即b1lna1b2lna2bnlnan0 ① 事实上，根据题意即推论2可知，

lnakak1,k1,2,3,,n，带到①式左边可得，

b1lna1b2lna2bnlnanb1(a11)b2(a21)bn(an1)

=(b1a1b2a2bnan)(b1b2bn)0,证完。

题5.(2010年湖北省理科数学卷21题节选) 求证：1111n ln(n1)23n2(n1)证明：由推论3知：x[1,),lnx11(x); 且 2x11当x1,lnx(x);

2xk1k11k111,(k1,2,3,n), 有ln() 令xkk2kk1111[(1)(1)]2kk1111()2kk1

于是有，ln(k1)lnk111(),k1,2,3,n. 2kk1将这n个同向不等式相加并整理即可得：

1证完。 111n ln(n1)23n2(n1)下面给出2013年全国新课标卷第21题的一种新解法。 题6.已知函数f(x)eln(xm) 当m2时，f(x)0. 证明：很明显，f(x)eln(x2)，若记g(x)elnx(2)，则只须证明

xxxg(x)exln(x2)0即可，事实上，由推论2，ln(x2)x1知， g(x)ex(x1)，设h(x)ex(x1)，由定理可知h(x)0成立，但上述等号无法同时取得，综上，利用“>”的传递性可得，当m2时，f(x)0. 证完! 上面的各个例题告诉我们，不等式“xR,ex1”及其推论在高考试卷中的应用是广泛而重要的，能灵活地运用这些结论对快速高效地解决高考导数大题意义深远，另外，通过分析高考试题，我们也可以得到一个结论：看似纷繁芜杂的导数试题中其实蕴含着永恒的规律，遵循本文给出的解题线索，你一定能拥有针对性极强的解题意识，在高考压轴题的海洋中遨游。

x

第四篇：积分不等式的证明及应用

衡阳师范学院

毕业论文(设计)

题 目：积分不等式的证明及应用

所 在 系： 数学与计算科学系

专 业： 数学与应用数学

学 号： 08090233 作者姓名： 盛军宇 指导教师： 肖娟

2012年 4 月 27 日

积分不等式的证明及应用

数学与计算科学系 数学与应用数学专业 学号:08090233 姓名:盛军宇 指导老师:肖娟

摘要

本文主要研究了如何利用积分中值定理、辅助函数、以及一些特殊积分不等式等方法证明积分不等式,并通过若干实例总结有关积分不等式的证明方法及规律,讨论了一些特殊积分不等式的应用. 关键词 积分不等式;中值定理;函数

0. 引言

积分不等式是微积分学中的一类重要不等式,在数学分析中有着广泛的应用,且在考研试卷中会经常出现.对积分不等式证明方法的介绍,不仅解决了一些积分不等式的证明,而且可以把初等数学的知识与高等数学的知识结合起来,拓宽我们的视野,提高我们的发散思维能力和创新能力.目前国内外对该课题的研究比较普遍,主要研究了如何利用微积分相关知识来解决一些比较复杂的积分不等式的证明.积分不等式的常用证法有: 定积分的定义、定积分的性质、泰勒公式、分部积分法、线性变换等.本文主要从以下几个方面讨论和归纳了一系列积分不等式的证明方法:利用积分中值定理来证积分不等式、利用Schwarz不等式来证积分不等式、利用微分中值定理来证积分不等式、利用积分中值定理来证积分不等式、利用二重积分来证积分不等式等. 1. 积分不等式的证明方法

1.1 利用积分第一中值定理证明积分不等式

积分第一中值定理(定理1) 若fx在a,b上连续, 则至少存在一点a,b,

使得fxdxfba. ab积分第一中值定理在证明积分不等式中有着举足轻重的作用. 例1 设fx在0,1上可微,而且对于任意x0,1,有|fx|M, 求证:对任意正整数n有

10fxdx1nn1ni1Mifnnn,其中M是一个与x无关的常数. 分析 由于目标式中一个式子为

i11if,另一个式子为fxdx0n,故把fxdx按

01区间可加性写成一些定积分的和,并应用积分第一中值定理加以证明. 证 由定积分的性质及积分中值定理,有

10fxdxnini1ni1fxdxni1fi1,,i1,2,,n. ,innni1i又因为fx在0,1上可微,所以由微分中值定理可知,存在ii,,使得, niiffifii,i1,2,,n.nni

因此10fxdx1nni11ifnnni1fi1nni1ifn

1n1n1n1nni1niffiniffinifiinM1nMn

i1n.

i1ni1在抽象函数fx的积分不等式中,若出现和号、幂函数、对数函数等,一般可以利用定积分的定义或区间可加性,将区间a,bn等分,点i也可采用特殊的取法. 1.2 利用拉格朗日中值定理证明积分不等式

拉格朗日中值定理(定理2) 若函数f满足如下条件:

if在a,b上连续;iif在a,b内可导, 则在a,b内至少存在一点,使得

ffbfaba. 利用拉格朗日中值定理的关键是根据题意选取适当的函数f(x)和区间a,b,使它们满足拉格朗日定理条件,然后运用拉格朗日公式或等价形式来运算得出所要的结论. 例2 设fx在a,b上连续.证明:若fafb0,则

fxdxabba24M,MMaxfx.

xa,b分析 由条件fafb0,及fx与fx,故想到利用拉格朗日中值定理. 证 由拉格朗日中值定理得: 对任意的xa,ab, 2fxfxfaf1xa,a1x. ,b, 对任意的x2abfxfxfbf2xb,x2b.

ababfxMxa,xa,,fxMbx,x,b22,

故

fxdxabab2afxdxbab2fxdx

ab2afxdxbab2fxdx

ab2aMxadxbab2Mbxdxba24M. 注意到M是fx在a,b上的最大值,所以解题的关键是如何使fx与fx联系起来,因而不难想到拉格朗日中值定理来证明. 1.3 构造变上限函数证明积分不等式

作辅助函数,将结论的积分上限或下限换成x,式中相同的字母也换成x,移项,使

得不等式的一端为零,则另一端为所作的辅助函数,这种方法在证明一些特定类型积分不等式时有重要作用.

1例3 设函数fx在0,1上连续,证明不等式fxdx0210f2xdx.

x分析 此例若令Fxftdt02x0f2tdt,则Fx的正负不易判断,需进一步的改进. 证 由待证的积分不等式构造变上限定积分的辅助函数,令

xxFxftdtxf0022tdt显然,F00,且Fx可导,有

f2Fx2fxxftdt02xx0tdtxf2t

fxftdt0,

0则Fx在x0时单调减小,即有FxF00,x0,

1特别地,F10,即证得不等式fxdx0210f2xdx. 例4 设函数fx在0,1上可微,且当x0,1时,0fx1,f00, 1试证 fxdx0210f3xdx.

2131证 问题在于证明fxdx00fxdx0, x令Fxftdt02x0fx3tdt,因为F00, Fx2fxftdt0f3xfx2x0ftdtf2x,

x0已知f00,0fx1,故当x0,1时,fx0, 记gx2ftdtf2x, 则g00,gx2fx2fxfx=2fx1fx0,x0,1, 于是gx2ftdtf2xg00,x0,1,故Fx0,x0,1, 0x4

1所以F1F00,即fxdx0210f3xdx. 通过上述两例,我们知道了构造变上限函数证明积分不等式,遇到特殊情况,不能按常规直接作辅助函数需要稍微变化一下,有时甚至要在一个题中构造两个辅助函数,以便判断所作函数的单调性. 1.4 利用二重积分证明积分不等式

在积分不等式的证明中利用定积分与积分变量形式无关的这一性质,将定积分的平方项或者定积分之间的乘积转化为积分变量形式不同的定积分之积,把定积分化为二重积分,可以达到有效的作用.

例5 若函数fx,px,gx在a,b上连续,px是正值函数,fx,gx是单调增加函数,则pxfxdxpxgxdxaabbpxdxpxfxgxdx.该不等式称为切贝谢

aabb夫不等式. 分析 只要证bapxdxpxfxgxdxabbbapxfxdxpxgxdx0

abb即可,而上述式子又可视为累次积分,从而化为二重积分. 证 因定积分的值与积分变量无关,故pxdxpydy,

aapxgxdxpygydy.

aabbbapydypxfxgxdxabbapxfxdxpygydy

abpypxfxgxpxpyfxgydxdyD

pxpyfxgxgydxdyD 1

其中,积分区域Daxb;ayb.因为定积分与积分变量的形式无关, 所以交换x与y的位置,得到

pypxfygygxdxdyD 2

将1式与2式相加,得12pxpyfxfygxgydxdy,由已知,

D可知px是正值函数,fx,gx是单调增加函数,从而fxfy与gxgy同号,

于是在D上pxpyfxfygxgy0,从而,0. 即pxfxdxpxgxdxaabbpxdxpxfxgxdx.

aa101bb例6 若函数fx在0,1上不恒为零且连续增加,则

ff3xdxxdx101xfxf3xdxxdx.

2200证 由于在0,1上,结论式中的分母均为正值,所以结论等价于

10f2xdx10xff23xdx10xf10f3xdx10xf2xdx0, 而   10fff2xdx210xf3xdx130xdx2xdx

Dxyf3ydxdyDfxxf3ydxdy

D2xf3yyxdxdy 3

其中,积分区域D0x1;0y1因定积分的值与积分变量的形式无关,故又有

Df2yf3xxydxdy 4

22将3式与4式相加,得1xyfyfxfxfydxdy, 2D由已知,函数fx在0,1上连续增加,从而对任意的x,y0,1,有

xyfyfxfxfy0,故22101ff3xdxxdx101xfxf3xdxxdx.

2200从以上的积分不等式证明中,可知把定积分化为重积分能巧妙地解决一些积分不等式的证明问题. 1.5 借助于判别式来证明积分不等式

引入适当的参数,构造合适的函数,讨论参数的判别式,以便证明所求证的积分不等式. 例7 设fx0,且在a,b上连续,试证fxdxabbdxfxaba.

2分析 可构造多项式,利用多项式的性质来证明积分不等式.

证 由题设对任意的,考察函数fx,因为fxfx0,有 fx2ba2bdxb2,即fx2dx02dxaafxfxfxdxab0, 不等式的左端可以看成的二次三项式,且对任意的上述不等式均成立, 故判别式2abdx4a2bdxfxbafxdx0,即fxdxabbdxfxaba.

2用判别式解题的关键是要有一个函数值恒定(大于或小于零、大于或等于零、小于或等于零)的一元二次方程gx,而g2x0,于是我们构造g2xdx0这样一个方程,

ab再结合这种情况下的判别式也是一个不等式,便可证明此题. 1.6 利用对称性证明积分不等式

命题1 当积分区域关于直线yx对称时,被积函数的两个变量交换位置后,二重积分的值不变. 这一条规律有助于解决一些特定类型的积分不等式的证明. 例8 函数fx在a,b上取正值且fx在a,b上连续试证:

fyhfxdxdyba,ha,b;a,b.

2证 因为ha,b;a,b关于直线yx对称,从而Ifxfyhfxdxdyfxdxdyhfy, 所以Ifyhdxdy12hfxfydxdyfxfy1dxdybah2. 由上例可知,在积分不等式的证明过程中,我们可以应用基本不等式,它可能起到重要作用. 1.7 利用积分第二中值定理的推论证明积分不等式

积分第二中值定理的推论:设函数f在a,b上可积.若g为单调函数,则存在a,b,使得fxgxdxgafxdxgbfxdx. aabb应用这个推论可以较容易地解决某些恒等式与某些不等式的证明.

babb例9 设函数fx在a,b上单调递增连续,则xfxdxfxdx.

a2a证 假设函数gxxab2,显然gx在a,b上可积,又函数fx在a,b上递增连续,根据积分第二中值定理的推论知存在a,b,使得

fxgxdxababfagxdxfbgxdx 

ab且式又可变为fxgxdxfagxdxfbgxdx.由定积分的几何意义

ab知gxdxbgxdx,abaa,b,同时,fafb,于是,

bfxgxdxfbfagxdx即xab0, bababb,故fxdx0xfxdxfxdxa22a. 2. 一些特殊积分不等式的应用

2.1 Chebyshew不等式及其应用

Chebyshew不等式 设fx,gx同为单调递减或当调递增函数,则有

bafxdxgxdxbafxgxdx.

aabb若fx,gx中一个是增函数,另一个为减函数,则不等式变为

Chebyshewbafxdxgxdxbafxgxdx.

aabb不等式有广泛应用,特别在证明一类积分不等式中发挥重要作用. 例10 设gx是1,1上的下凸函数,fx为1,1上的偶函数且在0,1上递增,则, 1fxdx1gxdx112fxgxdx.

11分析 从所证的不等式看,它有点类似于Chebyshew不等式,如果能够构造出一个单调函数满足Chebyshew不等式的条件,问题就容易解决了,为此构造辅助函数,令xgxgx.

证 令xgxgx,显然x也为1,1上的偶函数,由于gx是1,1上的下凸函数,故当0x1x21,

gx1gx2x1x2gx1gx2x1x2, 即gx1gx2gx2gx1,即x1x2,所以fx,x在0,1上为增函数, 由Chebyshew不等式知, 110fxdxxdx011101fxxdx21211fxdxxdx111211fxxdx, 可得fxdxgxdx2fxgxdx. 1112.2 利用Schwarz不等式证明积分不等式

Schwarz不等式 若fx,gx在a,b上可积,则

Schwarzbafxgxdx2baf2xg2xdx. 不等式是一个形式简单,使用方便的积分不等式,在证明某些含有乘积及

b平方项的积分不等式时颇为有效. 例11 已知fx0,在a,b上连续,fxdx1, k为任意实数,求证:

a abfxcoskxdxabfxsinkxdx1 5

22证 5式左端第一项应用Schwarz不等式得

bafxcoskxdx2abfxfxcoskxdxb2

2 同理afxsinkxdxb2fxdxfxcosaabkxdxfxcosab2kxdx6

bafxsin2kxdx 7

67即得5式. 此题证明的关键在将fx写成2.3 Jensen不等式

fxfx的形式,以便应用Schwarz不等式.

定理3 设fx在a,b上连续,且mfxM,又t是m,M上的连续凸函数(指下凸函数),则有积分不等式

ba1ba1fxdxbafxdx 8

ab注 若t是m,M上的连续凹函数,则8式中的不等式号反向. 定理4 设fx,px在a,b上连续,且mfxM,px0axb,t是

m,M上的连续凸函数,则有bapxfxdxbapxdxpxfxdx 9

pxdxabab注 当t是m,M上的连续凹函数时,9式中的不等号反向. 例12 设fx在a,b上连续,且fx0,则对任意的自然数n,有

1nlnbaba1fxdxba1t2banlnfxdx. 证 令tnlnt,那么tn,tnt10,故t为凹函数, 显然fx在t的定义域内有意义,故由定理3知,结论成立. 例13 设fx,px是a,b上的正值连续函数,则对任意的自然数n,有

banpxlnfxdxpxdxabnlnbapxfxdxbapxdx. 证 令tnlnt由上例知t为凹函数,故由定理4知结论成立. 2.4 Young不等式的应用

Young不等式 设fx是单调递增的,连续于0,a上,f00,a,b0,f1x表示fx的反函数,则abYounga0fxdxb0f1ydy,其中等号成立当且仅当fab. 不等式是一个非常重要的不等式,灵活巧妙地应用它,可以使一些较为困难的问题迎刃而解.

例14 证明:a,b1时,不等式abea1blnb成立. 证 设fxex1,则fx单调并连续,f等式有,

a1b11yln1y,因为a,b1,由Young不a1b10故abea1blnb. 2.5 Steffensen不等式

Steffensenfxdx0f1ydyea1blnbab1, 不等式 设在区间a,b上,g1x ,g2x连续,fx一阶可导,任给

xaxa,b,成立不等式g1tdtxag2tdt,且g1xdxabbag2xdx.若fx在a,b上单调递减,则fxg1xdxabfxgxdx;若fx在上单调递增上述不等式变号.

a2b例15 证明20sinx1x2dx20cosx1x2dx. 证 对任意的x0,22,因为cosx1sinx,所以有sintdt0xx0costdt;此外,显然有2sinxdx00cosxdx1且函数

在0,上单调递减,从而根据Steffensen不21x21等式,知20sinx1x2dx20cosx1x2dx. 结论

总之,以上讨论的积分不等式的主要证明方法都离不开积分的性质,主要是通过函数的可微性和函数的可积性,利用二重积分、拉格朗日中值定理和积分中值定理来证积分不等式;以及巧妙的利用Schwarz不等式和Jensen不等式等,在实际应用中需要结合各方面灵活使用题中条件或不等式,才会使问题得以正确解决. 参考文献

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Mathematics and Application Mathematics specialty Number:08090233

Name:ShengJunyu

Instructor:XiaoJuan

Abstract: This paper studied to use the integral mean value theorem、the auxiliary function、 some special integral inequality and other methods to prove integral inequality, and summarized some examples about proof methods and rules of integral inequality, and discussed the application of some special integral inequality.

Key word: integral inequality; theorem of mean; function

第五篇：Jensen不等式的证明和应用

1.设x在a,b内二阶可导，且x0，则

p1x1p2x2pnxnp1x1p2x2pnxn



pppppp12n12n

其中p1,p2,L,pn均为正数，x1,x2,L,xnÎ2.证明不等式abc

abc

3

(a,b)。

aabbcc其中a,b,c均为正数。

3.应用Jensen不等式证明： 1)设aj0j1,2,,n有

n

++L+a1a2an

#a1+a2+L+an

。

n

2)设aj0,bj0j1,2,,n有

骣np鼢骣nq

ajbj£珑aj鼢bj珑邋 鼢珑鼢珑桫桫j=1j=1j=1

n

p1q

,q>1,其中p>1

11

+=1。 pq

积分不等式的证明

1.设函数fx在闭区间0,1上具有连续的导数，f01，且



f2xdx1。

1)求xfxfxdx;2)证明：xf





22

xdxfx

2

dx。

4

b

2.设fx在a,b上可导，且fxM,fa0，证明：



a

fxdx

M2

ba 2

3.设fx0,x0,1，则



fx2dx。

3

4.设函数fx在闭区间0,1上连续，在0,1内有二阶导数，且fx0，证明：



1

fxndxf。

n1

5.设函数fxC0,1，且x,y0,1，有fxfyMxy，

b

证明



a

1n

fxdxf

nk1

kM

。 

n2n

6. 估计



x2dx的符号。

7. 设fx在0,1上连续且单调减少，f10，求证：

xfxdxfxdx

01

11



xfxdx

01

fxdx

8. 设fx在a,b上连续，且fx0，则

b



a

fxdx

a

b

12

ba。fx9. 设f1x,f2x,,fnx均为a,b上正值可积函数0ab，证明：

b1



n

f1xdxf2xdxfnxdxf1xf2xfnxdx。

aaaab

n

b

1n

b

1n

10. 设fx在a,b上可导，且fx在a,b上可积，fafb0，试证：

fxfxdx

2a

b

axb。

11. 设fx在,有界，且导数连续，又对任意的实数x有fxfx1， 试证：fx1。

1

12. 设fx在,aa0上非负可积，且xfxdx0，

a1



a

a

求证：

xfxdxfxdx。

21a

1a

aa

13. 设fx在0,1上有二阶连续的导数，则对任意的0,,

132

,1，有 3

fx3fffx。

14. 设fx在a,b上连续，则maxfxfxdxfx。 xa,bbaa

a

bb

15. 设fx在0,1上有连续的导数，且f0f10，证明：



fxdx

maxfx。 40x1

16. 设fx在a,b上连续，且严格单增，证明：ab

fxdx2xfxdx。

a

a

bb

17. 设fx在0,1上有连续的导数，满足0fx1且f00求证：

113

fxdxfxdx。 00

18. 设fx在0,1上连续且递减，证明：当01时，19. 设fx在0.上连续，且单调增加，证明：

ba

1

xfxdxbfxdxafxdx。 20a0b

fxdxfxdx。

1

20. 设fx在0,1上有连续的导数，且f0f10，证明：



21

fxdxfxdx。 402

21. 设fx在a,b上有连续的导数，且fa0，证明：

b

f

a

bab2xdxfxdx。 2

a

22. 设fx在0,1上有连续的导数，证明： 对于x0,1，有fx

fxfxdx。

23. 设fx在a,b上有连续的导数，且fa0，证明：

b



a

2ba

fxfxdxfxdx。

2a

b

24. 设fx在a,b上有连续的导数，且fafb0，证明：

b



a

2ba

fxfxdxfxdx。 4a

b

25. 设fx在a,b上不恒为零，且其导数fx连续，并且有fafb0，证明：

a,b，使f

fxdx 。 ba

2a

b

26. 设fx在a,b上单调增加，且fx0，证明：

bafafxdxba

a

b

fafb

。

27. 设fx在0,1上连续，且单调减少，fx0,证明：对于满足01的任何

,，有fxdxfxdx。





28. 设fx在a,b上具有连续的二阶导数，fx，且f0f10,fx0，

证明：



fx

4。 fx29. 设fx在a,b上连续，且fx0，证明：

b

1b1lnfxdxlnfxdx。 babaaa



30. 设Intannxdx，n为大于1的正整数，证明：



11

。 In

2n12n11

31. 设fx在0,1上有一阶连续导数，且f1f01，证明：fxdx1。



32. 设fx在0,2上连续，且

fxdx0,xfxdxa0，证明：

22

0,2，使fa。

33. 设fx在0,1上连续，且

fxdx0,xfxdx1.，证明：

11

1)x00,1，使得fx04;2)x10,1使得fx14。

34.设fx在0,1上连续，且



fxdx0,xfxdx0,,x

11

n1

fxdx0,xnfxdx1，证明：c0,1，

n

使fc2n1。

35. 设正值函数fx在闭区间a,b上连续，

b

b

fxdxA，证明：

a

b



a

fxe

fx

dx

a

babaA。 fx36.设函数fx在闭区间a,b上连续，不恒为零。满足0fxM，

bbMbab

fxdx。 则fxcosxdxfxsinxdx

12aaa

22