借用定积分证明不等式
吴明德
江苏省泰兴市第一高级中学 (225400)
高中阶段应用定积分主要解决面积问题.其实定积分还有其它解题功能，今举例说明定积分在证明不等式中的应用，供参考.
一、利用保号性
我们知道，定义在［a,b］上的函数h(x)，若恒有h′(x)>0,则h(x)为增函数，h(b)>h(a),即∫琤璦h′(x)dx>0.设函数f(x)、g(x)在［a,b］上均可导，h(x)=f(x)-g(x)，则由f′(x)>g′(x)，得h′(x)>0,于是∫琤璦h′(x)dx>0，即∫琤璦(f′(x)-g′(x))dx>0,所以∫琤璦f′(x)dx>∫琤璦g′(x)dx.因此，关于f(x)琤璦>g(x)琤璦的证明，可由f′(x)>g′(x)荨要琤璦f′(x)dx>∫琤璦g′(x)dx证得.
例1 已知a>b>0，求证：a+b2>a-b玪n玜-玪n玝>ab.
分析：由a>b>0得ab>1.欲证左式，即证12玪n玜b>ab-1ab+1，即证12玪n玿゛b1>x-1 x+1琣b1①.又(12玪n玿)′=12x,(x-1x+1)′=2(x+1)2,而x>0时，由基本不等式得12x≥2(x+1)2，(仅在x=1时取等号)，于是∫琣b112xdx>∫琣b12(x+1)2dx,即①式成立，故左式得证.
欲证右式，即证ab-1ab>玪n玜b，即证(x-1x)琣b1>2玪n玿琣b1②.又(x-1x)′=1+1x2≥2x=(2玪n玿)′(仅在x=1时取等号)，所以∫琣b1(1+1x2)dx>∫琣b12xdx,即②式成立，于是右式得证.
例2 已知n∈N,n≥2，求证：12+13+…+1n<玪n玭.
分析：本题先证：1k+1<玪n(k+1)-玪n玨(k∈N+).当x∈［k,k+1)(k∈N+)时，设函数f(x)=1k+1,g(x)=1x，则f(x)
设函数g(x)在(0，+∞)恒正递减，如图1，对于i∈N+，直线x=i和x=i+1与曲线y=g( x)以及x轴围成曲边梯形ABED，补成矩形ABCD，则S〢BCD>S〢BED.即g(i)>∫﹊+1璱g(x)dx.令i=1,2,3,…，n，各式相加得∑ni=1g(i)>∑ni=1∫﹊+1璱g(x)dx,即∑ni=1g(i)>∫﹏+1璱g(x)dx.设f′(x)=g(x)，则f′(x)在(0，+∞)恒正且递减荨苙i=1f′(i)>f(n+ 1)-f(1) ③
当然，若f′(x)在(0，+∞)恒正递增(如图2)，则有∑ni=1f′(i)
例3 已知n∈N,n≥2，求证：1+12+13+…+1n>2(n+1-1).
分析：由不等式的特点可设f(x)=2x(x>0),则ゝ′(x)=1x在(0，+∞)上恒正且递减，由③即证得.
例4 已知n∈N,n≥2，求证：1n+1+2n+1+3n+1+…+nn+1<2n+23.
分析：即证1+2+3+…+n<23(n+1)32，为此构造函数f(x)=23x32(x>0)，则ゝ′(x)=x在(0，+∞)递增，由④得1+2+3+…+n<23(n+1)32-23<23(n+1)32，故原不等式成立.
文［1］给出了例3的一般情形，但证明相当繁琐，其实利用定积分的和式进行放缩则较为简单.
例5 已知m、n∈N,m≥2,n≥2，求证：nn-1(m+1)琻-1n-1<∑mi=11ni
∑mi=11ni>nn-1(m+1)琻-1n-1,左式成立.
由于函数f′(x)=1nx在(0，+∞)递减，则由图1可 知，S〢BCD=f′(i)<∫琲﹊-1猣′(x)dx，(i=2,3,4,…，m).又f′(1)=1，各式相加得1+∑mi=11ni<1+∑mi=1∫琲﹊-1猣′(x)dx，即∑mi=11ni<1+∫琺1f′(x)dx=nn-1m琻-1n-1n-1,右式成立.
Р慰嘉南
［1］曹会洲.一个不等式的证明.中学数学教学，2005，5.
江苏省泰兴市第一高级中学 (225400)
高中阶段应用定积分主要解决面积问题.其实定积分还有其它解题功能，今举例说明定积分在证明不等式中的应用，供参考.
一、利用保号性
我们知道，定义在［a,b］上的函数h(x)，若恒有h′(x)>0,则h(x)为增函数，h(b)>h(a),即∫琤璦h′(x)dx>0.设函数f(x)、g(x)在［a,b］上均可导，h(x)=f(x)-g(x)，则由f′(x)>g′(x)，得h′(x)>0,于是∫琤璦h′(x)dx>0，即∫琤璦(f′(x)-g′(x))dx>0,所以∫琤璦f′(x)dx>∫琤璦g′(x)dx.因此，关于f(x)琤璦>g(x)琤璦的证明，可由f′(x)>g′(x)荨要琤璦f′(x)dx>∫琤璦g′(x)dx证得.
例1 已知a>b>0，求证：a+b2>a-b玪n玜-玪n玝>ab.
分析：由a>b>0得ab>1.欲证左式，即证12玪n玜b>ab-1ab+1，即证12玪n玿゛b1>x-1 x+1琣b1①.又(12玪n玿)′=12x,(x-1x+1)′=2(x+1)2,而x>0时，由基本不等式得12x≥2(x+1)2，(仅在x=1时取等号)，于是∫琣b112xdx>∫琣b12(x+1)2dx,即①式成立，故左式得证.
欲证右式，即证ab-1ab>玪n玜b，即证(x-1x)琣b1>2玪n玿琣b1②.又(x-1x)′=1+1x2≥2x=(2玪n玿)′(仅在x=1时取等号)，所以∫琣b1(1+1x2)dx>∫琣b12xdx,即②式成立，于是右式得证.
例2 已知n∈N,n≥2，求证：12+13+…+1n<玪n玭.
分析：本题先证：1k+1<玪n(k+1)-玪n玨(k∈N+).当x∈［k,k+1)(k∈N+)时，设函数f(x)=1k+1,g(x)=1x，则f(x)
设函数g(x)在(0，+∞)恒正递减，如图1，对于i∈N+，直线x=i和x=i+1与曲线y=g( x)以及x轴围成曲边梯形ABED，补成矩形ABCD，则S〢BCD>S〢BED.即g(i)>∫﹊+1璱g(x)dx.令i=1,2,3,…，n，各式相加得∑ni=1g(i)>∑ni=1∫﹊+1璱g(x)dx,即∑ni=1g(i)>∫﹏+1璱g(x)dx.设f′(x)=g(x)，则f′(x)在(0，+∞)恒正且递减荨苙i=1f′(i)>f(n+ 1)-f(1) ③
当然，若f′(x)在(0，+∞)恒正递增(如图2)，则有∑ni=1f′(i)
例3 已知n∈N,n≥2，求证：1+12+13+…+1n>2(n+1-1).
分析：由不等式的特点可设f(x)=2x(x>0),则ゝ′(x)=1x在(0，+∞)上恒正且递减，由③即证得.
例4 已知n∈N,n≥2，求证：1n+1+2n+1+3n+1+…+nn+1<2n+23.
分析：即证1+2+3+…+n<23(n+1)32，为此构造函数f(x)=23x32(x>0)，则ゝ′(x)=x在(0，+∞)递增，由④得1+2+3+…+n<23(n+1)32-23<23(n+1)32，故原不等式成立.
文［1］给出了例3的一般情形，但证明相当繁琐，其实利用定积分的和式进行放缩则较为简单.
例5 已知m、n∈N,m≥2,n≥2，求证：nn-1(m+1)琻-1n-1<∑mi=11ni
∑mi=11ni>nn-1(m+1)琻-1n-1,左式成立.
由于函数f′(x)=1nx在(0，+∞)递减，则由图1可 知，S〢BCD=f′(i)<∫琲﹊-1猣′(x)dx，(i=2,3,4,…，m).又f′(1)=1，各式相加得1+∑mi=11ni<1+∑mi=1∫琲﹊-1猣′(x)dx，即∑mi=11ni<1+∫琺1f′(x)dx=nn-1m琻-1n-1n-1,右式成立.
Р慰嘉南
［1］曹会洲.一个不等式的证明.中学数学教学，2005，5.
