吳明德

江蘇省泰興市第一高級中學(xué) (225400)

高中階段應(yīng)用定積分主要解決面積問題.其實(shí)定積分還有其它解題功能，今舉例說明定積分在證明不等式中的應(yīng)用，供參考.

一、利用保號性

我們知道，定義在［a,b］上的函數(shù)h(x)，若恒有h′(x)>0,則h(x)為增函數(shù)，h(b)>h(a),即∫琤璦h′(x)dx>0.設(shè)函數(shù)f(x)、g(x)在［a,b］上均可導(dǎo)，h(x)=f(x)-g(x)，則由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，關(guān)于f(x)琤璦>g(x)琤璦的證明，可由f′(x)>g′(x)蕁要琤璦f′(x)dx>∫琤璦g′(x)dx證得.

例1 已知a>b>0，求證：a+b2>a-b玪n玜-玪n玝>ab.

分析：由a>b>0得ab>1.欲證左式，即證12玪n玜b>ab-1ab+1，即證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時(shí)，由基本不等式得12x≥2(x+1)2，(僅在x=1時(shí)取等號)，于是∫琣b112xdx>∫琣b12(x+1)2dx,即①式成立，故左式得證.

欲證右式，即證ab-1ab>玪n玜b，即證(x-1x)琣b1>2玪n玿琣b1②.又(x-1x)′=1+1x2≥2x=(2玪n玿)′(僅在x=1時(shí)取等號)，所以∫琣b1(1+1x2)dx>∫琣b12xdx,即②式成立，于是右式得證.

例2 已知n∈N,n≥2，求證：12+13+…+1n<玪n玭.

分析：本題先證：1k+1<玪n(k+1)-玪n玨(k∈N+).當(dāng)x∈［k,k+1)(k∈N+)時(shí)，設(shè)函數(shù)f(x)=1k+1,g(x)=1x，則f(x)

二、放縮積分和

設(shè)函數(shù)g(x)在(0，+∞)恒正遞減，如圖1，對于i∈N+，直線x=i和x=i+1與曲線y=g( x)以及x軸圍成曲邊梯形ABED，補(bǔ)成矩形ABCD，則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.設(shè)f′(x)=g(x)，則f′(x)在(0，+∞)恒正且遞減蕁苙i=1f′(i)>f(n+ 1)-f(1) ③

當(dāng)然，若f′(x)在(0，+∞)恒正遞增(如圖2)，則有∑ni=1f′(i)

因此，在結(jié)構(gòu)上符合③、④的不等式可用放縮積分和的方法加以證明.

例3 已知n∈N,n≥2，求證：1+12+13+…+1n>2(n+1-1).

分析：由不等式的特點(diǎn)可設(shè)f(x)=2x(x>0),則ゝ′(x)=1x在(0，+∞)上恒正且遞減，由③即證得.

例4 已知n∈N,n≥2，求證：1n+1+2n+1+3n+1+…+nn+1<2n+23.

分析：即證1+2+3+…+n<23(n+1)32，為此構(gòu)造函數(shù)f(x)=23x32(x>0)，則ゝ′(x)=x在(0，+∞)遞增，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］給出了例3的一般情形，但證明相當(dāng)繁瑣，其實(shí)利用定積分的和式進(jìn)行放縮則較為簡單.

例5 已知m、n∈N,m≥2,n≥2，求證：nn-1(m+1)琻-1n-1<∑mi=11ni

分析：設(shè)f(x)=nn-1x琻-1n(x>0)，則f′(x)=1nx在(0，+∞)上遞減，則由③式得

∑mi=11ni>nn-1(m+1)琻-1n-1,左式成立.

由于函數(shù)f′(x)=1nx在(0，+∞)遞減，則由圖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］曹會洲.一個(gè)不等式的證明.中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)，2005，5.