第二部分:不等式与中值定理应用 主要内容:函数、和式、积分不等式的建立、证明与应用;函数极值、单调、凸性的 讨论与应用。 §1.微分方法的应用 相关知识点 1.微分中值定理,泰勒公式。 2.利用单调性讨论导出不等式 3.利用讨论极值的方法导出不等式 范例 1.证明贝努力不等式:若ag(0,1),则当x>-1时(1+x)“≥1+ax 若a∈(0,1),则当 1+ 证:设f(x)=(1+x)-1-ax,考察f(x)的符号 2、证明杨格不等式:若x,y∈R,p>1、11∠1,则xys+ p q 证:原不等式可变形为 2(x)7 ≥1。令t=_ 考察函数 t-,(t>0),可证p(t)≥(1)=1。 3、设a1,…an为正数,a0,故后一个不等式可变形为:
14 第二部分：不等式与中值定理应用 主要内容：函数、和式、积分不等式的建立、证明与应用；函数极值、单调、凸性的 讨论与应用。 §1.微分方法的应用 相关知识点: 1. 微分中值定理,泰勒公式。 2. 利用单调性讨论导出不等式。 3. 利用讨论极值的方法导出不等式。 范例： 1． 证明贝努力不等式：若 （0，1），则当 x＞－１时 (1+ x) 1+ x 。 若 （0，1），则当 x＞－１时 (1+ x) 1+ x 。 证：设 f(x)＝ (1+ x) - 1 - x ，考察 f (x) 的符号。 2、证明杨格不等式：若 1 1 1 , , 1 , + = + p q x y R p ，则 q y p x xy p q + 。 证：原不等式可变形为 1 1 1 1 1 1 1 − + − − − p p p x y p p y x p 。令 −1 = p x y t ，考察函数 , ( 0) 1 1 1 ( ) 1 1 − = + − t t p p p t t p ，可证 (t) (1) = 1 。 3、设 a1 , ,an 为正数， 0 .证明不等式： 1 1 1 1 2 1 1 ( ) + + + n a a a a a n a a n n n n 证： 由于 故 x 关于x单调减少 n a a a a a a n n n n n 1 1 1 1 1 0 , 1 ( ) ( ) , + + = ， 由此变形即得到第一个不等式。又注意到 0 ，故后一个不等式可变形为：
a ≥(a1…an)"=(a1…a)”,此即“几何平均”≤“算术平均”。 4、设a1,B>0,(=1,2…,m),求证: a1+a+an a1+a2+…+a B,+B B B. 证:先考察n=2情形。将欲证不等式/+a2) B1+B2 A)变形为 B,+B2B,+B2 B1 B2 1+ ≤|1+ B2 注意到B1,B2的任意性,可见左边应 B 是函数q()=(+1)“(+)“(1+1)在(O,∞)的最小值。这只要通过考察导数: ()=(+)+ (t-02)的符合即可得证。当n>2时,记a=a2+…+an β=β2+…+Bn并由归纳法即可证明 5、证明:当x>0时, x(x+1) 证:注意到x→>+∞时,不等式两边都趋于零,故作变换y=-,不等式可改写成 y-√1+y(1+y)>0(y>0)。记o(y)=y-√1+yh(1+y),则(O)=0,故只 须证(y)↑。由于g’(y)>0,即证 6、x>0,证明:当t≤x时e-(1--)x≥0。 证:不等式可变形为xl(1--)≤-1。显然当t=0,x时不等式已成立,以下设
15 n n n n n a a a a n a a 1 1 1 1 ( ) ( ) = + + ，此即“几何平均” “算术平均”。 4、设 , 0 ,(i 1,2, ,n) i i = ，求证： n n n n n n + + + + + + + + 1 1 1 1 1 2 1 2 。 证：先考察 n = 2 情形。将欲证不等式 1 2 1 2 2 2 1 1 1 2 1 2 + + + 变形为 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 + + + + ，即 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 1 1 1 + + + + ，注意到 1 2 , 的任意性，可见左边应 是函数 (0, ) (1 ) ) 1 ( ) (1 ) (1 2 1 2 1 2 + = + + = + 在 t t t t t 的最小值。这只要通过考察导数： ( ) (1 ) ( ) 1 2 1 1 1 2 1 2 − + = + + − t t t t 的符合即可得证。当 n＞２时，记 = 2 ++ n 、 = 2 ++ n 并由归纳法即可证明。 5、证明：当 x＞０时， ) 1 ln (1 ( 1) 1 2 x x x + + 。 证：注意到 x → + 时，不等式两边都趋于零，故作变换 x y 1 = ，不等式可改写成 y − 1+ y ln(1+ y) 0 (y 0) 。记 ( y) = y − 1+ y ln(1+ y) ，则 (0) = 0 ，故只 须证 (y) 。由于（y) 0 ，即证。 6、ｘ＞０，证明：当ｔ ｘ时 − (1− ) 0 −t x x t e 。 证：不等式可变形为 t x t x ln(1− ) − 。显然当ｔ＝０,ｘ时不等式已成立，以下设
16 ≠0,1-t,故只须证 q(x)≥0。(x)=hx-1)-hx+,对hu在[x-t,x](00,设 f(x)=2(e“-e)-(a-x)e+e)a≤x≤b,则f(a)=0,故只须证∫(x)>0 (通过设置变量使问题动态化,把问题化为函数形态的讨论) 8、证明:当x>0时xy≤xhx+e 证:将不等式变形为hx+-≥y。故只须证∫(x)=hx+在e处取到最 小值。这只要考察∫'(x)的符号即可。 9、设f(x)在[a,bn次可微,f(a)=f(b)=0,k=0,1,,n-1 证:彐c∈(ab)使/(o)2(b-a)y I(b)f(a) 证:这是函数与其高阶导数之间的关系,宜用 Taylor公式讨论之。分别将f(x)在点 a,b处展开成 Taylor公式得到f(x)=f(a)+-f"(a)x-a)”,及 f(x)=f(b)+-∫"(bX(x-b)。为使等式中出现因子b-a,可令x÷b+a,则有 )=f(a)+ 2"nl(m)(ab-a)", f(b+a )=f(b)+ 2"ml/)(nb
16 t 0,t x 。 令 (x) = ln(1 ) x t x − ，注意到 x → +时(x) → −t ， 故只须证 (x) 0。 x t t x x t x − ( ) = ln( − ) − ln + ,对 ln u 在［ｘ－ｔ，ｘ］（０＜ｔ＜ｘ ） 或［ｘ，ｘ－ｔ］（ｔ＜０） 上应用 Lagrange 定理， ( ) 0 − + − = x t t t x ，（分别对 0＜ｔ＜ｘ，ｔ＜０讨论）。 7、证明： ( ) 2 a b e e a b e e a b a b + − − 证：当ａ＜ｂ时，不等式可变形为 2( − ) − ( − )( + ) 0 a b a b e e a b e e ，设 f（x）= 2(e − e ) − (a − x)(e + e ) a x b , f (a) = 0 a x a x 则 ，故只须证 f (x) 0 。 （通过设置变量使问题动态化，把问题化为函数形态的讨论） 8、证明：当ｘ＞０时 1 ln − + y xy x x e 。 证：将不等式变形为 1 1 1 ln ( ) ln − − − + = + y y y e x e y f x x x e x 。故只须证 在 处取到最 小值。这只要考察 f (x) 的符号即可。 9、设 f（x）在[a，b] n 次可微， ( ) ( ) 0 ( ) ( ) f a = f b = k k ，k = 0，1，．．．，ｎ－１。求 证： ( ) ( ) ( ) 2 ! ( , ) ( ) 1 ( ) f b f a b a n c a b f c n n n − − − 使 。 证：这是函数与其高阶导数之间的关系，宜用 Taylor 公式讨论之。分别将 f（x）在点 a，b 处展开成 Taylor 公式得到 n a n f x a n f x f a ( )( ) ! 1 ( ) ( ) ( ) = + − ，及 ( )( ) ! 1 ( ) ( ) ( ) f x b n f x f b b n = + − 。为使等式中出现因子ｂ－ａ，可令ｘ＝ 2 b + a ，则有 f（ 2 b + a ）= n n n f b a n f a ( )( ) 2 ! 1 ( ) ( ) + − ，f（ 2 b + a ）= n n n f b a n f b ( )( ) 2 ! 1 ( ) ( ) + −
两式相减得(b)-f(a) (b-a)((+ro)2mr"(c,其中 10、设f(x)在a,b存在n+1阶导数,且满足f(a)=f(b)=0,k=0,1,…,n。 证明:3∈[a,b使f(2)=fm( 证:n=0时,令h(x)=exf(x),则h(x)=e(f(x)-f(x),因h(a)=h(b)=0 所以∈[{ab]使f()=f(5) 0时,令g(x)=∑/“(x),则g(a)=g(b)=0。故5∈[ab使g(5)=g(5 又因g(x)-g(x)=f(x)-f(m(x),故()=fm(2) l、设P(x)是n次多项式,a>0,a≠0,求证:方程a2+P(x)=0,至多有n+1个 不同的实根。 证:(反证)应用罗尔定理,并注意到(a2+P(x)+)=a(ha)"1≠0 12、设0<a<b,f(x)在a,b]连续,在(a,b)可导,试证:彐x1,x2,x3∈[a,b使 得 f(ru f(x2) In f(x3) 证:将原式变形成 f(x1) 4x,(2)=hb-h f(x3),∫"前的系 数有一个共同特征:某函数F(x)在a,b的增量与F'在某点的值之比。因此联想到柯西 定理: f'(5) F'() (F(a)-F(b)=f(b)-f(a),或即 F(6)-F(a) F(f()=f(b)-f(a)
17 两式相减得 ( ) 2 ! ( ) ( ( ) ( ) ) 2 ! ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f c n b a f f n b a f b f a n n n n n n n − + − − ，其中 ( ) max( ( ) , ( ) ) ( ) ( ) ( ) n n n f c = f f 。 10、设 f（x）在[a，b]存在 n+1 阶导数，且满足 f a f b k n k k ( ) ( ) 0 , 0,1, , ( ) = ( ) = = 。 证明： [ , ] ( ) ( ) ( 1) + = n a b 使 f f 。 证：n = 0 时，令 ( ) = ( ), ( ) = ( ( ) − ( )) ( ) = ( ) = 0 − − h x e f x h x e f x f x h a h b x 则 x ，因 ， 所以 [a,b]使 f () = f ()。 n > 0 时，令 ( ) ( ) 0 ( ) g x f x n k k = = ，则 g（a）= g（b）= 0。故 [a,b]使 g() = g () ， 又因 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) + + − = − = n n g x g x f x f x ，故f f 。 11、设 P (x) n 是 n 次多项式，a > 0，a 0，求证：方程 a + P (x) = 0, n x 至多有 n+1 个 不同的实根。 证：（反证）应用罗尔定理，并注意到 ( ( )) (ln ) 0 ( 1) 1 + = n+ x n+ n x a P x a a 。 12、设 0 < a < b，f（x）在[a，b]连续，在（a，b）可导，试证： , , [ , ] x1 x2 x3 a b 使 得 ： ( ) ln 4 ( ) ( ) 2 ( ) 3 2 2 3 3 2 2 2 2 1 1 x f x b a a b x f x a b x f x − = = + 。 证：将原式变形成 ( ) 1 ln ln ( ) 4 ( ) 2 3 3 3 2 2 4 4 1 1 2 2 f x x b a f x x b a f x x b a − = − = − ， f 前的系 数有一个共同特征：某函数 F（x）在[a，b]的增量与 F 在某点的值之比。因此联想到柯西 定理： ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )) ( ) ( ) , ( ) ( ) f f b f a F F b F a F a F b f b f a F f = − − − = − 或即
依次取F(x)=x2,x+,hx即可。 13、若f(x)在[0,1连续,在(0,1)可导,且f(0)=0,f(1)=1。试证:对任 意一组正数m1,m2…,m,存在(0,1)内k个正数00,∑91=1·只须证明:存在 ∈(01)x,个使∑=1。由于00(m→+0),且1<5(1-5m)<3k。于是又存
18 依次取 F（x）= x , x ,ln x 2 4 即可。 13、若 f（x）在[0，1]连续，在（0，1）可导，且 f（0）= 0，f（1）= 1。试证：对任 意一组正数 m m mk , , , 1 2 ，存在（0，1）内 k 个正数 0 x1 x2 xk 1 ，使得 k k k m m m f x m f x m f x m = + + + + + + 1 2 2 2 1 1 ( ) ( ) ( ) 。 证：记 , , 0 , 1 1 1 = = = = = k i i i i i k i i q q M m M m q 则 。只须证明：存在 xi (0,1), xi 使 1 ( ) 1 = = k i i i f x q 。由于 0 < 1 q < 1 q + 2 q < ．．．< 1 q + 2 q ++ k−1 q < 1 且 f（0）= 0， f（1）= 1 = = k i qi 1 ，故由介值定理，存在 1 ， , , 2 k−1 (0,1) 且 1 < 2 k−1 ,使得（f 1 ）= 1 q ，（f 2 ）= 1 q + 2 q ，．．．，（f k−1 ）= 1 q + 2 q ++ k−1 q 。 又由中值定理 x1 （0， 1 ）使 ( ) 1 f x 1 = f（ 1 ）= 1 q ； x2 （ 1 ， 2 ）使得 ( ) 2 f x ( 2 － 1 ) = f（ 2 ）－f（ 1 ）= 2 q ； ．．．．．． ； xk （ k−1 ，1）使 ( ) k f x （１－ k−1 ）＝f（1）－f（ k−1 ）＝ k q 。将这些等式变形再相加即得所证。 14、设 f（x）在 (0 , + ) n 阶可导，且 x→+ lim f（x） ，x→+ lim ( ) ( ) f x n 都存在。求证： x→+ lim ( ) ( ) f x k = 0 （k = 1，2，．．．，ｎ） 。 证：（1）证明存在{ (k ) m } + 使 (k ) f ( (k ) m ) → 0 （m → + ）， k = 1，2，．．．，ｎ 。 事实上，对自然数 m ，存在 (1) m （2m－1 ，2m）使 f ( (1) m ) = f (2m)－ f (2m－1)。 由于 f ( + )存在，故 f ( (1) m ) → 0 。显然 1＜ (1) m+1 － (1) m ＜3 且{ (1) m } + 。 设{ (k ) m } + 使 (k ) f ( (k ) m ) → 0 （m → + ）,且 1＜ ( ) 1 k m+ － (k ) m ＜3 k 。于是又存
在5+)∈(5)1,5)使得f)(+)(52)-52)=f6)(52) f((521)→0,所以f(5m+)→0,并且1+),10,即知lf("(x)=0。又因为f(m)(x)=f(m-)(x)-f(m)(5m)+ f(m)(m21)=fm(m)(x-5m-)+fm)(5m2)→>0(x→+∞ 0(k=1
19 在 (k +1) m ( ( ) 2 1 k m− , ( ) 2 k m ) 使 得 (k+1) f ( (k +1) m )( ( ) 2 k m － ( ) 2 1 k m− ) = (k ) f ( ( ) 2 k m ) － (k ) f ( ( ) 2 1 k m− ) → 0 ，所以 (k+1) f ( (k +1) m ) → 0 ，并且 1＜ ( ) 2 1 k m+ － ( ) 2 k m ＜ ( 1) 1 + + k m － (k +1) m ＜ ( ) 2 2 k m+ － ( ) 2 1 k m− ＜ ( ) 2 2 k m+ － ( ) 2 1 k m+ ＋ ( ) 2 1 k m+ － ( ) 2 k m ＋ ( ) 2 k m － ( ) 2 1 k m− ＜3 k+3 k+3 k ＝ 3 k+1 ，并且 { (k +1) m } + 。最后得到{ (n) m } + （ m → + ）， 1< ( ) 1 n m+ － (n) m < 3 n , (n) f ( (n) m ) → 0。 （2）证明 x→+ lim ( ) ( ) f x k = 0 （k = 1，2，．．．，ｎ）。注意到 x→+ lim ( ) ( ) f x n 存在且 (n) f （ (n) m ） → 0 ，即知 x→+ lim ( ) ( ) f x n = 0 。 又因 为 (n−1) f (x) = (n−1) f (x) － (n−1) f ( (n−1) m ) + (n−1) f ( (n−1) m ) = (n) f ( )（x － (n−1) m ） + (n−1) f ( (n−1) m ) → 0 （x → + ， (n−1) m < x < ( 1) 1 − + n m ，0 < x － (n−1) m < ( 1) 1 − + n m － (n−1) m < 3 ｎ－１）。依次可推出 ( ) ( ) f x k → 0 （k = 1， 2，．．．，ｎ）