數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)-微分法證明不等式論文

1、微分法證明不等式摘要 不等式是解決問題的工具，也與許多的數(shù)學(xué)知識相聯(lián)系，因此，不等式的證明也尤為重要. 在高中試題與數(shù)學(xué)分析試題中就存在許多的不等式的證明，而證明往往與其他的知識聯(lián)系在一起，因此難度就被增加了.對近五年有關(guān)不等式證明的高中與數(shù)學(xué)分析中的試題進行研究分析，得到微分法證明的幾種方法.微分法是最基礎(chǔ)的證明方法. 分析函數(shù)單調(diào)性；拉格朗日定理；凹凸性；柯西中值定理；最大值最小值；泰勒公式在證明不等式中的應(yīng)用.歸納總結(jié)運用微分法證明不等式的幾種方法的一般步驟. 運用這幾種證明不等式的微分方法，使得證明變得簡單，便于學(xué)生理解與學(xué)習不等式，思路明晰. 建議使用合適的微分方法來證明不等式，簡化

2、證明過程，解決數(shù)學(xué)問題.關(guān)鍵詞 微分法 不等式 導(dǎo)數(shù)Proving Inequality by Differential MethodAbstract Inequality is a tool to solve mathematical problems. Therefore, the proof of inequality is particularly important. High school mathematical questions and mathematical analysis test about proving inequalities in the near year

3、s are researched and analysed, Several methods about proving Inequality by Differential Method are obtained, Utilizing function monotonicity, lagrange median theorem, concave and convexity of function,cauchy mean value theorem and maximum and minimum of function are analysed and discussed in inequal

4、ity. Datum and literature about proof of inequality are consulted and analysed. Many methods of proving inequality are received. Inequality is proved by many differential methods, and these methods arent difficult. Inequality are proved quickly by differential methods, proof of inequality are analys

5、ed. Constructing auxiliary function are needed. Then, properties of auxiliary function are used. General steps in several approaches about proving inequalities by differential method are induced and summarized. Easy for students to understand and learn. Differential methods about proving Inequalitie

6、s are becomed simple. Proving inequalities by differential method are recommended. That problem-solving process are simplifed.Key words Differentiation Inequality Derivative目錄摘要2Abstract21引言42微分法證明不等式42.1運用函數(shù)單調(diào)性證明不等式52.2運用拉格朗日中值定理證明不等式92.3運用函數(shù)凹凸性證明不等式122.4運用柯西中值定理證明不等式152.5運用函數(shù)的最大值最小值證明不等式162.6運用泰勒公

7、式證明不等式20參考文獻24致謝251引言數(shù)學(xué)的基本結(jié)果往往是不等式，不等式在數(shù)學(xué)學(xué)習中貫穿始終，由此可以看出不等式在數(shù)學(xué)這門學(xué)科中很重要.不等式與許多知識之間相關(guān)聯(lián).以高考題來說，不等式可以和函數(shù)、方程等相結(jié)合，解決這些題目，需要不等式這個工具，掌握不等式相關(guān)知識及證明就顯得尤為重要. 本文主要研究不等式的證明. 不等式的證明困難程度不同，有的使用初等數(shù)學(xué)知識證明即可解決，而有的不等式比較難，需要方法和技巧來解決，對于學(xué)生來說這種不等式的比較困難，往往是一大難題不易解決.通過查閱資料，發(fā)現(xiàn)有些不等式可以利用基本不等式、三角不等式、“1”的妙用等方法來解決. 但不等式的題型種類繁多，其中往往無

8、法直接解決，只掌握這些知識是遠遠不夠的. 證明不等式最常用的方法且最基礎(chǔ)的方法是微分法，使用微分法證明不等式，使思路清晰，方法簡便，容易理解，以下將對微分法證明不等式進行討論，并給出一些例題與解題步驟. 證明不等式需要根據(jù)題目的條件構(gòu)造合適的函數(shù)，再依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，拉格朗日中值定理，函數(shù)的凹凸性，柯西中值定理，函數(shù)的最大值最小值來證明不等式.2用微分法證明不等式2.1運用函數(shù)單調(diào)性證明不等式在查找高中試題的資料時發(fā)現(xiàn)大部分函數(shù)類的不等式題型中，可以使用導(dǎo)數(shù)的方法來判斷函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性證明不等式.這種證明方法簡單且方法的步驟固定，只需掌握初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)即可，會使用導(dǎo)數(shù)的方法來判斷

9、函數(shù)的增減性.以下是給出的幾個例題：例1. 證明不等式abba，其中eaba等價于lnaalnbb，故可以構(gòu)造函數(shù)f(x)= lnxx，運用函數(shù)單調(diào)性證明f(a)f(b)，則只需要證明函數(shù)f(x)在區(qū)間(e，+)上單調(diào)遞減即可.證明：原不等式等價于lnaalnbb，則令f(x)= lnxx，因為當x(e，+)時，f(x)=1-lnxx20，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(e，+)上單調(diào)遞減，又因為eaf(b)，故原不等式abba成立.例2. 證明不等式a2ebb2ea，其中0bab2ea，則可以構(gòu)造函數(shù)fx=x2e-x運用函數(shù)單調(diào)性證明兩個端點a，b的函數(shù)值f(a)f(b)，只需證明函數(shù)f(x)在區(qū)間

10、(0，2)上單調(diào)遞減即可.證明：因為eab0，所以不等式兩邊同時除以eab得a2e-ab2e-b，令fx=x2e-x，則f(x)=e-x(2x-x2)，因為e-x0，令g(x)= 2x-x2，當0x0，故f(x)0，則函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，又因為0bab2e-b成立，故原不等式成立.例3證明ee.分析：本題無法直接根據(jù)兩個數(shù)值之間的大小來證明，需構(gòu)造函數(shù)，再使用函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)知識證明。本題可以構(gòu)造不同的函數(shù)證明，其中使用作商法，可以將不等式變形，將不等式兩邊同時除以e，可得ee1，再構(gòu)造函數(shù).證明：設(shè)函數(shù)f(x)=lnxx，xe，則f(x)=1-lnxx20，即f(x)在e，上嚴格單調(diào)遞增

11、，故f(e)ln，故原不等式ee成立. 設(shè)f(x)=exxe，x(0，+)，因為f(x)=exxe-1(x-e)x2e0，所以函數(shù)f(x)在(0，+)上單調(diào)遞增，又因為f(e)=1，所以當xe時，f(x)1，當x= 時，f()1，即ee1，故原不等式ee成立.從這個例題可以看出一題可以構(gòu)造不同的函數(shù)作為輔助證明，可以選擇構(gòu)造適合的函數(shù)使得證明更加簡單，本題使用法一顯然計算更加簡單，計算量較少，不易出錯.例4. 證明|a+b|1+|a+b|a1+a+|b|1+|b|.分析：可以構(gòu)造輔助函數(shù)f(x)=x1+x，x0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明.證明：設(shè)f(x)=x1+x，x0，因為f(x)=1(1+x)

12、20，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間0，+)上嚴格單調(diào)遞增，又因為|a+b|a+|b|，所以f(|a+b|)f(a+|b|)，即|a+b|1+|a+b|a+|b|1+a+|b|a1+a+|b|1+|b|，故原不等式成立. 例5. 證明：當0x4 時，不等式tanx+2sinxx.分析：不等式tanx+2sinxx與tanx+2sinx-x0等價，構(gòu)造函數(shù)f(x)= tanx+2sinx-x，運用函數(shù)單調(diào)性證明兩個端點0，4的函數(shù)值f(0)f(4)，只需證明函數(shù)f(x)在區(qū)間0，4上單調(diào)遞增即可.證明：可將不等式轉(zhuǎn)化為tanx+2sinx-x0，則令f(x)= tanx+2sinx-x，f(x)=sec

13、 2x+2sinx-1，f(x)=2sinx(sec 3x-1)，因為當0x4 時，f(x)0，所以函數(shù)f(x)單調(diào)增區(qū)間為0，4，函數(shù)f(x)的最小值在端點0處為f(0)=0，故f(x)0，(0x4 )，所以函數(shù)f(x)在其區(qū)間上單調(diào)遞增，f(x) f(0)=0，故不等式tanx+2sinx-x0，故原不等式得證.例6. 證明當0x2時， cosxsin2xx2.分析：當構(gòu)造函數(shù)f(x)= cosx-sin2xx2時，f(x)=-sinx-2x2cosx-2xsin2xx4=-sinx-2xcosx-2sin2xx3，不易判斷導(dǎo)函數(shù)與0的關(guān)系，先將不等式同時開根號cosx(1-cosx)22

14、cosxcosx0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，2)上單調(diào)遞增，又因為f(0)=0，所以f(x)= sinxcosx-x0，即cosxsinxx，故原不等式當0x2時，cosxsin2xx2成立.例7. 證明當0xxsinx.分析：如果構(gòu)造函數(shù)f(x)= tanxx-xsinx，導(dǎo)函數(shù)f(x)=xsec2x-tanxx2-sinx-xcosxsin2x，此時不易判斷與0的大小關(guān)系，因為0x0，tanx0，可以先將不等式變形為tanxsinxx2，再構(gòu)造函數(shù)f(x)= tanxsinx-x2，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性來證明.證明：設(shè)f(x)= tanxsinx-x2，則f(0)=0，則f(x)=sin

15、x+sinxsec2x-2x,易知f(0)=0，因為f(x)=cosx+cos2x-2sinxcos3x-2=(secx-cosx)2+2tan2xsecx0，所以導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(0，2)上單調(diào)遞增，又因為f(x) f(0)=0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間（0，2）上單調(diào)遞增，因為f(x)f(0)=0，所以tanxsinx-x20，即tanxsinxx2，故當0xxsinx成立.例8. 證明yxyxxy，其中yx1.分析：因為yx1，所以對等式兩邊同時取對數(shù)得到lny-lnxxlny-ylnx，將含同一未知數(shù)的項放到同一邊，變形得到lnxx-1lnyy-1，則可以構(gòu)造函數(shù)f(t)= lntt-1，且

16、t1，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性來證明.證明：設(shè)f(t)= lntt-1，t1，則f(t)=t-11t-lnt(t-1)2=1-1t-lnt(t-1)2，令g(t)= 1-1t-lnt，則g(t)=1t2-1t=1-tt2，因為當t1時，g(t)0，所以函數(shù)g(t)在區(qū)間(1，+)上單調(diào)遞減，故g(t)g(1)=0，故f(t)x1，所以f(x) f(y)，即lnxx-1lnyy-1，故原不等式y(tǒng)xyxxy成立.例9. 證明(n)n+1(n+1)n，其中n8.分析：本題需要構(gòu)造合適的輔助函數(shù)可以將計算盡量簡便，現(xiàn)將不等式兩邊同時取對數(shù)得到(n+1)lnnnln(1+n)，繼續(xù)將不等式變形為lnnnln(

17、1+n)(1+n)，構(gòu)造函數(shù)f(x)= lnxx,且x8，再使用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性來證明.證明：設(shè)f(x)= lnxx，此時x22，則f(x)=1-lnxx2，當yxe時，f(x)f(y)，即lnxxlnyy，因為n8，x22，所以enln(1+n)(1+n)，故原不等式(n)n+1(n+1)n成立.例10. 證明：對自然數(shù)n，有0e(1+1n)n-10，故構(gòu)造輔助函數(shù)f(x)= ln(1+x)+xln(1+12x)-x，只要根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性來證明f(x)0即可.證明：由limn1+1nn=e，故limne1+1nn-1=0，故左邊不等式成立.下面證明右邊不等式，先將不等式變形為e(1+1n)

18、n0，取對數(shù) ln(1+1n)+1nln(1+12n)-1n0，設(shè)f(x)= ln(1+x)+xln(1+12x)-x，f(x)=x1+x+ln(1+12x)+x211+x2-1，則可知f(0)=f(0)=0，f(x)=-1(1+x)2+12+x+x2+x，易知f(x)0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，因為f(x) f(0)=0，所以函數(shù)f (x)在區(qū)間上也單調(diào)遞減，又f (x) f (0)=0，所以ln(1+x)+xln(1+12x)-x0，故不等式e(1+1n)n-112n成立，故得證.例8到例10直接利用函數(shù)的單調(diào)性很難證明，因此可以運用合適的方法將不等式變形，這幾個題目可以將不等式兩

19、邊同時取對數(shù)，此時構(gòu)造函數(shù)較為簡單，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)來證明，因此可以看出當遇到直接證明不好證明的不等式時，需要對不等式進行變形，變形后不等式的證明要比原來的不等式容易證明，構(gòu)造的函數(shù)比直接根據(jù)原不等式構(gòu)造的函數(shù)容易運用導(dǎo)數(shù)來證明.例11. 設(shè)fa，b且單調(diào)遞增，證明：abxfxdxa+b2abfxdx.分析：先將不等式變形為abxfxdx-a+b2abfxdx0，再構(gòu)造輔助函數(shù)f(t)= atxfxdx-a+t2atfxdx，再利用函數(shù)的單調(diào)性證明.證明：設(shè)f(t)= atxfxdx-a+t2atfxdx，則f(t)=tf(t)-12atxfxdx-a+t2f(t) =at1t-atf

20、tdx-12atfxdx-att+a2(t-a)ftdt =at(2t2(t-a)-t+a2t-a)f(t)-12fxdx =at12ft-12fxdx =12atft-fxdx，(xa，t) 又因為fa，b且單調(diào)遞增,所以對xa，t，有f(t)-f(x)0， 所以f(t) 0，即f(t)f(a)，即abxfxdxa+b2abfxdx.已知函數(shù)f(x)，函數(shù)g(x)，證明在其定義域內(nèi)f(x)g(x)）這種證明不等式的方法的步驟為：構(gòu)造適當?shù)暮瘮?shù)F(x)；運用所學(xué)導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)在其定義域內(nèi)的單調(diào)性；根據(jù)單調(diào)性來證明不等式.此種方法關(guān)鍵是需要確定適當?shù)暮瘮?shù)F(x)，注意構(gòu)造的函數(shù)要盡量簡便，需要掌握

21、導(dǎo)數(shù)的知識，會求導(dǎo)一些函數(shù)，然后根據(jù)一般步驟來證明即可.2.2運用拉格朗日中值定理來證明不等式通過對同一題運用不同的方法進行證明，發(fā)現(xiàn)使用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式時，有些題目的證明會變得比較復(fù)雜，繁瑣，但是通過使用拉格朗日中值定理來證明不等式時，會讓題目的證明過程簡單化，清晰化，需要理解、掌握拉格朗日中值定理，且可以使用此定理證明不等式. 定理1：若函數(shù)f(x)滿足以下條件：I. 函數(shù)f在a，b上連續(xù)；II. 函數(shù)f在(a，b)上可導(dǎo)；則至少存在一點(a，b)，使得f(b)-f(a)=f()(b-a).例12. 證明當x-1且x0，成立不等式x1+xln(1+x)x.分析：此題可以構(gòu)造函數(shù)f(x

22、)=ln(1+x)，運用拉格朗日中值定理證之.證明：設(shè)f(x)=ln(1+x)，對x(-1， +)，函數(shù)f在x，0或0，x上，滿足拉格朗日中值定理，則至少存在一點x，00，x，使得f(x)-f(0)= f()(x-0)，即ln(1+x)-0=x1+，當-1x0時，01+x1+ 1，則x1+xx1+0時，11+ 1+x，則x1+xx1+x，故x1+xln(1+x)x，故原不等式成立.本題也可以使用不同微分法證明，例如例23使用函數(shù)的最大值最小值來證明.例13. 證明:當0mn時，不等式n-mnlnn-lnmn-mm.分析：此題可以構(gòu)造函數(shù)f(x)= lnx，可以利用拉格朗日中值定理證之.證明：設(shè)

23、f(x)= lnx，則f(x)=1x，根據(jù)拉格朗日中值定理，可得至少存在一點m，n，使得f(n)-f(m)=f()(n-m)，即lnn- lnm=1(n-m)(0mn)，因為0mn，所以1n10，故n-mnn-mn-mm，即不等式n-mnlnn-lnm0，則函數(shù)f(x)的圖像是凸的；若f(x)0，則函數(shù)f(x)的圖像是凹的.例16. 證明當14xxlnx.分析：此時可以構(gòu)造函數(shù)f(x)=x2-xlnx，x(14，12)， 求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)=2x-lnx-1，此時可以看出導(dǎo)函數(shù)并不可以判斷出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，則再對導(dǎo)函數(shù)f(x)進行求導(dǎo)，得到f(x)=2x-1x,此時易知f(x)在

24、區(qū)間上的凹凸性，利用凹凸性來證明.證明：將不等式轉(zhuǎn)化為 x2-xlnx0，設(shè)f(x)=x2-xlnx，x(14，12)，f(x)=2x-lnx-1，f(x)=2x-1x，當f(x)=2x-1x0時，x0，f(12)=14-12ln120，所以函數(shù)f(x)0，則不等式x2-xlnx0成立，故原不等式x2xlnx成立.例17. 證明當x0，2，2xsinx.分析：構(gòu)造函數(shù)f(x)= 2x-sinx，x0，2，求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)fx= 2-cosx, 此時可以看出導(dǎo)函數(shù)并不可以判斷出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，則再對導(dǎo)函數(shù)f(x)進行求導(dǎo)，得到f(x)=sinx，根據(jù)函數(shù)f(x)=sinx的單調(diào)性，易知f

25、(x)在區(qū)間上的凹凸性，利用凹凸性來證明.證明：將不等式轉(zhuǎn)化為2x-sinx0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上的圖像是凸的，又因為f(0)=0，f(2)=0，所以函數(shù)f(x)0，則不等式2x-sinx0成立，故原不等式2x2tanx+y2，其中0xy2.分析：根據(jù)題目構(gòu)造函數(shù)f(x)= tanx，其導(dǎo)函數(shù)f(x)=sec2x無法利用函數(shù)增減性證明，所以再對導(dǎo)函數(shù)f(x)進行求導(dǎo)，得到f(x)=sec2x tanx，根據(jù)f(x)在區(qū)間0，2上的符號，判斷函數(shù)f(x)的凹凸性.證明：設(shè)f(x)= tanx，x(0，2)，f(x)=sec2x，f(x)=sec2x tanx，當0x0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(

26、0，2)上是凸函數(shù)，故12f(x)+f(y)f(x+y2)，即 12tanx+tany tanx+y2，整理得 tanx+tany2tanx+y2.例19. 證明：當(0，4)時，(sin)sin(cos)cos.分析：本不等式與sinlnsincoslncos等價，可以將不等式兩邊同時除以cos，則原不等式變形為tanlnsinlna+(1-)lnb，則有l(wèi)ntansin+1-tan(sin+cos)tanlnsin+(1-tan)ln(sin+cos)，即lncostanlnsin+(1-tan)ln2sin(+4)tanxlnsinx，故當(0，4)時，原不等式(sin)sin0，p,q

27、1，1p+1q=1，求證：a1qb1pap+bq.分析：本題使用函數(shù)的單調(diào)性證明比較困難，可以考慮使用凹凸性來解決，此不等式直接證明不好證明，可以將不等式變形后證明，對不等式兩邊同時取對數(shù)，1plna+1qlnbln(ap+bq)，則可以構(gòu)造函數(shù)f(x)=lnx，再判斷函數(shù)f(x)的凹凸性.證明：設(shè)f(x)=lnx，則f(x)=1x，f(x)=-1x20，故函數(shù)f(x)為凸函數(shù)，則有f(a+(1-)b)f(a)+(1-)f(b)，因為1p+1q=1，取=1p，則1-=1q，故有l(wèi)n(ap+bq)1plna+1qlnb，故原不等式成立.例21. 設(shè)xi0，i=1,n，求證：nx1xn1ni=1n

28、xi，分析：直接證明比較困難，不好證明，可以先將不等式變形，將不等式兩邊同時取對數(shù)得到1nln(x1xn)ln1ni=1nxi，再構(gòu)造合適的函數(shù)f(x)=lnx，根據(jù)函數(shù)的凹凸性證明這個題目.證明：取對數(shù)1nln(x1xn)ln1ni=1nxi，則有1nlnx1+lnx2+lnxnln1ni=1nxi，即1ni=1nlnxiln1ni=1nxi，設(shè)函數(shù)f(x)=lnx，由上例可知函數(shù)f(x)為凸函數(shù)，故取i=1/n，（i=1,2,n），則有1ni=1nlnxiln1ni=1nxi，故 nx1xn1ni=1nxi.利用這種方法的步驟是：構(gòu)造合適的函數(shù)f(x)，求出f(x)；確定f(x)在區(qū)間(a

29、，b)上的符號，確定函數(shù)f(x)的凹凸區(qū)間；根據(jù)端點a，b上的函數(shù)值f(a)，f(b).此種方法的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，利用f(x)在區(qū)間上的符號，判斷函數(shù)的凹凸性.2.4運用柯西中值定理證明不等式柯西中值定理是微分中值定理中較羅爾定理與拉格朗日中值定理更一般.定理2：若f(x)，g(x)在區(qū)間(a，b)上可導(dǎo)，g(x)0，則至少存在一點(a，b)，使得 fb-f(a)gb-g(a)=f()g().例22. 設(shè)函數(shù)f(x)在(-1，1)上可微，且f(0)=0，| f(x)|1，證明：在(-1，1)上，| f(x)|1.分析：根據(jù)本題條件可以構(gòu)造輔助函數(shù)g(x)=x，則當x(-1，1)時，函數(shù)g(x)

30、在0，x（或x，0）上滿足柯西中值定理，即可使用柯西中值定理證明.證明：令g(x)=x，根據(jù)柯西中值定理知，當x(-1，1)時，函數(shù)g(x)在0，x（或x，0）上，至少存在一點(0，x)(x，0)，使得fx-f(0)gx-g(0)=f()g()=f()，因為函數(shù)值f(0)=0，且g(0)=0，所以 |fxgx|=|fx-f(0)gx-g(0)|=| f()|，又因為x(-1，1)，| f(x)|1，所以|fxgx|1，故|f(x)| |g(x)|=|x|1，故原不等式得證.例23. 證明不等式ln(1+x)0.分析：本題構(gòu)造函數(shù)f(x)=ln(1+x)，g(x)=x，函數(shù)f(x)，g(x)在區(qū)

31、間x，0上，滿足柯西中值定理，則可以使用柯西中值定理來證明.證明：令f(x)=ln(1+x)，g(x)=x，根據(jù)柯西中值定理知，當x0時，函數(shù)f(x)，g(x)在0，x上，至少存在一點(0，x)，使得fx-f(0)gx-g(0)=f()g()，因為f(0)=0，且g(0)=0，所以fx-f(0)gx-g(0)=ln(1+x)x=f()g()=11+1=11+，當0x 時，11+1，即fx-f(0)gx-g(0)=ln(1+x)x1，故不等式ln(1+x)2(lnx-lny)y2，其中0yx2y2，(0yx1)，構(gòu)造函數(shù)f(t)=t2，g(t)= lnt，在區(qū)間y，x上滿足柯西中值定理，則可以使

32、用柯西中值定理來證明.證明：設(shè)f(t)=t2，g(t)= lnt，根據(jù)柯西中值定理知，函數(shù)f(t)，g(t)在0，x上，至少存在一點(y，x)，使得fx-f(y)gx-g(y)=f()g()=21=22，令h(t)=2t2，當t(0，1)時，函數(shù)h(t)單調(diào)遞增，又因為0yx2y2，即x2-y2lnx-lny2y2，故原不等式x2-y22(lnx-lny)y2成立.運用這種方法的一般步驟：選取合適的函數(shù)f(x)，g(x)；判斷函數(shù)f(x)，g(x)在區(qū)間上是否滿足柯西中值定理；滿足條件即可使用柯西中值定理證明.這種方法關(guān)鍵找到合適的函數(shù)f(x)，g(x)，可以理解、掌握、運用柯西中值定理.2.

33、5運用函數(shù)的最大值最小值證明不等式利用函數(shù)的最大值最小值證明不等式需要根據(jù)題目構(gòu)造函數(shù)f(x)求出函數(shù)f(x)在其區(qū)間內(nèi)的最大值或是最小值，利用最大值或最小值與其比較證之.例25. 已知函數(shù)f(x)=xex，證明：當x0時，f(x)xe-x+2x2.分析：此不等式與ex-e-x-2x0等價（x0），故可以構(gòu)造函數(shù)F(x)= ex-e-x-2x，再利用導(dǎo)數(shù)及函數(shù)的單調(diào)性來證明.證明：因為x0，不等式可以變形為xex-xe-x-2x0，將不等式兩邊同時除以x，得ex-e-x-2x0，則令F(x)= ex-e-x-2x ，F(xiàn)(x)= ex-e-x-20，（根據(jù)基本不等式，當且僅當ex=e-x即x=0

34、時取等號）當x0時，函數(shù)F(x)單調(diào)遞增，則F(x)最小值為F(0)=0，所以F(x)0，故不等式成立.例26. 已知函數(shù)f(x)=exx，g(x)=52(x-lnx)，證明：當x0時，f(x)g(x).分析：此不等式可化為f(x)-g(x)0，即exx-52(x-lnx)0，故可以構(gòu)造函數(shù)F(x)= exx-52(x-lnx)，再利用函數(shù)的單調(diào)性來證明.只需證明F(x)的最小值大于0，原不等式即可得證.證明：令F(x)= exx-52(x-lnx)，則有F(x)=(x-1)x2(ex-52x)，再令 G(x)=ex-52x，G(x)= ex-52，令G(x)=0，即x=ln52，則當x(0，

35、 ln52)時，函數(shù)G(x)單調(diào)遞減，當x(ln52，+)時，函數(shù)G(x)單調(diào)遞增，則函數(shù)G(x)在定義域上最小值為G(ln52)= 52(1-ln52)，因為ln520，令 h(x)=x-1，當x1時，函數(shù)h(x)0,此時F(x)0，則 F(x)單調(diào)遞增，當0x1時，函數(shù)h(x)0，此時F(x)0，故f(x)-g(x)0，即f(x)g(x)，故不等式成立.像例25、例26這兩題屬于高中的試題，較為簡單，題目中給出了函數(shù)，證明函數(shù)在其定義域上的大小關(guān)系，或證明函數(shù)在其定義域上與多項式的大小關(guān)系，可以直接利用高中所學(xué)的知識將不等式兩邊移到一邊，例如ex-e-x-2x0，在構(gòu)造函數(shù)F(x)= ex

36、-e-x-2x，只要能夠證明F(x)= ex-e-x-2x0即可，此時只要運用函數(shù)的最大值最小值來證明.例27. 證明當x-1且x0，成立不等式x1+xln(1+x)x.分析：可以利用導(dǎo)數(shù)和函數(shù)單調(diào)性分別證明 ln(1+x)x 與x1+xln(1+x)，分別構(gòu)造函數(shù)F(x)= ln(1+x)-x與G(x)= x1+x-ln(1+x).證明：令 F(x)= ln(1+x)-x ，F(xiàn)x=11+x-1=-x1+x，當-1x0，則函數(shù)F(x)單調(diào)遞增，當x0，F(xiàn)(x)0，則函數(shù)F(x)單調(diào)遞減，故函數(shù)F(x)最大值為F(0)=0，因為x0，所以F(x)0。故不等式ln(1+x)x成立.再令 G(x)=

37、 x1+x-ln(1+x)，Gx=1-x1+x2-11+x=-2x(1+x)2，當-1x0，則函數(shù)G(x)單調(diào)遞增，當x0時，G(x)0，則函數(shù)G(x)單調(diào)遞減。故函數(shù)G(x)最大值為G(0)=0，因為x0，所以G(x)0.故不等式x1+xln(1+x)成立。故原不等式成立.例28. 證明：0xe-t2dtarctanx.分析：不等式0xe-t2dtarctanx可變形為0xe-t2dt-arctanx0時，ex21+x2，則f(x)0，又因為f(0)=0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，+)上單調(diào)遞減，因為f(x)f(0)=0，所以0xe-t2dt-arctanx0，故原不等式0xe-t2dt0

38、，只需判斷(2sinx-2xcosx)與0之間的大小，令 g(x)= 2sinx-2xcosx，x6，2則 g(x)=2cosx-2cosx+2xsinx=2xsinx0，所以當x6，2時， f(x)=2sinx-2xcosxsin2x0，所以函數(shù)f(x)在6，2上單調(diào)增，且f(6)=23，f(2)=，故當x6，2時，23f(x)，對兩邊同時積分可得6223dx622xsinxdx62dx，即 229622xsinxdx23.例30. 證明：當x(0，+)時，(x+12)x+1xx.分析：因為x0，所以可以將原不等式兩邊同時取對數(shù)(x+1)ln1+x-ln2xlnx，故可以構(gòu)造函數(shù)f(x)=

39、(x+1)ln1+x-ln2-xlnx，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)來證明.證明：設(shè) f(x)= (x+1)ln1+x-ln2-xlnx，則 f(x)=ln(1+1x)-ln2，當0x0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當x1時，f(x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)的最大值為f(1)=0，故f(x) f(1)=0，即(x+1)ln1+x-ln2-xlnx0，故原不等式成立.例31. 設(shè)fx在0，1上連續(xù)，0mf(x)M。證明：(01f(x)dx)(011f(x)dx)(m+M)24mM.分析：通過構(gòu)造輔助的式子來幫助證明，根據(jù)題目有f(x)，1f(x)， m+M，4mM，可以構(gòu)造(fx-m)(

40、fx-M)f(x)=fx-M+m+mMf(x)，此時出現(xiàn)題目中的項，然后根據(jù)題目積分后變形為nM01fxdx011fxdx-(m+M)(mM011fxdx)+(mM011f(x)dx)2，根據(jù)函數(shù)的最大值最小值來證明即可.證明：因為fx在0，1上連續(xù)，所以有(fx-m)(fx-M)f(x)=fx-M+m+mMf(x)0，將不等式兩邊在0，1上同時積分，得到01fxdx-(m+M)+ mM011fxdx0，即 01fxdx+ mM011fxdx(m+M)將不等式兩邊同時乘 mM011fxdx，得到nM01fxdx011fxdx+(mM011f(x)dx)2(m+M)(mM011fxdx)nM01

41、fxdx011fxdxm+MmM011fxdx-(mM011f(x)dx)2令t=mM011fxdx，則令gt=m+Mt-t2，易知函數(shù)gt的最大值為(m+M)24，故m+MmM011fxdx-(mM011f(x)dx)2(m+M)24，即 nM01fxdx011fxdx(m+M)24因為0mf(x)M，所以表達式兩邊同時除以 nM得到(01f(x)dx)(011f(x)dx)(m+M)24mM故原不等式成立.這種證明不等式的方法步驟是：根據(jù)題目構(gòu)造合適的函數(shù)f(x)；運用合適的方法求出函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值或是最小值； 根據(jù)最大值最小值判斷不等式是否成立.這種方法關(guān)鍵是選取合適的函數(shù)f

42、(x)，掌握求函數(shù)f(x)在其區(qū)間上的最大值最小值的方法.2.6運用泰勒公式證明不等式當不等式中含有高次項時，可以考慮是否使用泰勒公式來證明，若函數(shù)f(x)在x0a，b上有n階導(dǎo)數(shù)，且在(a，b)上有(n+1)階導(dǎo)數(shù)，則對xa，b，有f(x)=f(x0)+fx0x-x0+fx02!x-x02+fnx0n!x-x0n+Rn(x).例32. 設(shè)f二次可導(dǎo)，f(0)=f(1)=0，maxx0，1f(x)=2，證明：infx0，1fx-16.分析：因為f二次可導(dǎo)，滿足使用泰勒公式的條件，所以本題可以使用泰勒公式證明，本題沒有給出具體的函數(shù)表達式.證明：因為f在x0，1上二次可導(dǎo)，所以在0，1上連續(xù)，由

43、最值定理可知，一定存在a(0，1)，使得f(a)為函數(shù)最大值，f(a)=2，則f (a)=0.因為f(x)在x=a的一階泰勒展開式為f(x)=f(a)+f (a)(x-a)+f(x-a)22，令x=0， f(0)=2+12faa2=0 （1）再令x=1， f(1)=2+12fa(1-a)2=0 （2）所以當x(0，12時，（1）式可以變形為12faa2=-2，即fa=-4a2-16，當x(12，1)時，（2）式可以變形為12faa2=-2，即fa=-4(1-a)2-16，故infx0，1fx-16成立.例33. 證明：cosx1-x22+x44!.分析：本題最高次數(shù)為4次，構(gòu)造函數(shù)f(x)= cosx,g(x)= 1-x22+x44!，函數(shù)f(x)= cosx滿足使用泰勒公式