第一篇：利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

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利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

作者：胡錦秀

來源：《數(shù)理化學(xué)習(xí)·高一二版》2013年第04期

函數(shù)的單調(diào)性是函數(shù)的重要性質(zhì)之一，在不等式證明中扮演著重要角色.運(yùn)用函數(shù)單調(diào)性證明不等式，關(guān)鍵在于合理地利用題設(shè)條件，構(gòu)造出相應(yīng)的函數(shù)，并將原問題進(jìn)行等價轉(zhuǎn)換，通過函數(shù)的增減性討論，從而使問題得到圓滿解決.一、利用一次函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

第二篇：利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

單調(diào)函數(shù)是一個重要的函數(shù)類, 函數(shù)的單調(diào)性應(yīng)用廣泛, 可利用它解方程、求最值、證明等式與不等式、求取值范圍等, 并且可使許多問題的求解簡單明快.下面主要討論單調(diào)性在不等式中的應(yīng)用.定義3.1[8]設(shè)函數(shù)f?x?的定義域為D , 區(qū)間I ?D , 如果對于區(qū)間I上任意兩點x 1及x2, 當(dāng)x1?x2時, 恒有f?x1?? f?x2?, 則稱函數(shù)f?x?在區(qū)間I上是單調(diào)增加的;如果對于區(qū)間I上任意兩點x1及x2，當(dāng)x1?x2時, 恒有f?x1? > f?x2?, 則稱函數(shù)f?x?在區(qū)間I上是單調(diào)減少的.定理3.1[8]設(shè)函數(shù)y?f?x?在?a,b?上連續(xù), 在?a,b?內(nèi)可導(dǎo).如果在?a,b?內(nèi)f??x??0 , 那么函數(shù)y ? f?x?在?a,b?上單調(diào)增加;如果在?a,b?內(nèi)f??x??0 , 那么函數(shù)y ? f?x?在?a,b?上單調(diào)減少.利用函數(shù)的單調(diào)性解決不等式證明問題, 在高等數(shù)學(xué)中是經(jīng)常使用的方法, 下面通過幾個例子來說明.例3.１[3]當(dāng)0?x??

2時, 證明:2

??sinx?1.x

證明構(gòu)造函數(shù)f(x)?sinx, 則 x

f'(x)?xcosx?sinxcosx?2(x?tanx).x2x

因為0?x?

調(diào)減函數(shù).?2'時, x?tanx?0, 即f(x)?0.所以由定義知f(x)在(0,?2)內(nèi)為嚴(yán)格單

x?0?limf(x)?f(x)?limf(x).x??02?

f(x)?1, 而lim?x?0limf(x)?x??022??,故1?sinx2?.x?

x2

?ln?1?x??x.當(dāng)x?0 時, 證明: x?2例3.2[2]

證明構(gòu)造函數(shù)f(x)?ln(1?x)?x, 則f'(x)?1?x, 當(dāng)x?0時, ?1?1?x1?x

f'(x)?0.所以定義知f(x)在?0,???內(nèi)為嚴(yán)格單調(diào)減函數(shù).f(x)?f(0)?0, 即 故x?0時f(x)?lim?x?0

ln(1?x)?x?0,ln(1?x)?x.x21x2

'?ln(1?x), 則g(x)?1?x???再構(gòu)造函數(shù)g(x)?x?.21?x1?x

當(dāng)x?0時g(x)?0, 所以由有限增量公式知g(x)在x?0時為嚴(yán)格單調(diào)減函數(shù),故當(dāng)x?0 時, g(x)?limg(x)?g(0)?0.即 x??0'

x2x2

x??ln(1?x)?0,x??ln(1?x).22

x2

?ln?1?x??x.綜上所證, 當(dāng)x?0 時x?2

第三篇：利用函數(shù)單調(diào)性證明積分不等式(修改)

利用函數(shù)單調(diào)性證明積分不等式

黃道增浙江省臺州學(xué)院（浙江317000）

摘要：積分不等式的證明方法多種多樣，本文主要利用被積函數(shù)的單調(diào)性和通過構(gòu)造輔助函數(shù)的單調(diào)性證明積分不等式。

關(guān)鍵詞：函數(shù)單調(diào)性積分不等式輔助函數(shù)中圖分類號O172.2

積分不等式是微積分學(xué)中一類重要的不等式，其證明方法多種多樣。如果題目條件中含“單調(diào)性”或隱含“單調(diào)性”的條件，利用函數(shù)單調(diào)性證明比較簡單。本文主要討論利用被積函數(shù)的單調(diào)性和通過構(gòu)造輔助函數(shù)的單調(diào)性證明積分不等式。1 利用被積函數(shù)的單調(diào)性

證明方法根據(jù)----定積分性質(zhì)之一：設(shè)f(x)與g(x)為定義[a,b]在上的兩個可積函數(shù)，若f(x)?g(x),x?[a,b]，則?f(x)dx??g(x)dx.aabb

例1設(shè)f(x)為[0,1]上非負(fù)單調(diào)遞減函數(shù)，證明：對于0?????1，有?

證明：由f(x)的單調(diào)遞減性得：

若0?x???1，有f(x)?f(?)

所以?f(x)dx??f(?)dx??f(?)（1）00?0?f(x)dx????f(x)dx ???

同理有 ???f(x)dx??f(?)dx?(???)f(?)（2）??

由（1）（2）得：

??1?

0f(x)dx?f(?)?1?????f(x)dx（3）?

將（3）式兩邊同乘以?(???)，有 ?

???

???

0f(x)dx?????f(x)dx ??f(x)dx ????????1，所以?f(x)dx?因為0??

例2試證：?1cosx

?x20??1sinx?x20dx.分析：不等式兩邊的積分是瑕積分。在兩邊的積分中分別作變換t?arccosx與

?

0?0t?arcsinx，原不等式可化為?cos(sint)dt??2sin(cost)dt，欲證不等式，只需證明

cos(sint)?sin(cost)，t?(0,)，而cos(sint)?sin(?sint)?sin(cost)。22??

?????因為t?(0,)時，0?cost?，0??sint?，而函數(shù)y?sinx在(0,)上嚴(yán)格單調(diào)22222

????遞增，于是只要證明 當(dāng)t?(0,)時，有cost??sint或cost?sint?。當(dāng)t?(0,)時，2222

??cost?sint?2sin(t?)?2?，于是問題得證。（證略）42利用輔助函數(shù)的單調(diào)性

證明方法根據(jù)----變微積分學(xué)基本定理和可導(dǎo)函數(shù)的一階導(dǎo)數(shù)符號與單調(diào)性關(guān)系定理：

微積分學(xué)基本定理：若函數(shù)f(x)在[a,b]上連續(xù)，則由變動上限積分?(x)??f(t)dt,x?[a,b]，定義的函數(shù)?在[a,b]上可導(dǎo)，而且??(x)?f(x).也就a

是說，函數(shù)?是被積函數(shù)f(x)在[a,b]上的一個原函數(shù).可導(dǎo)函數(shù)的一階導(dǎo)數(shù)符號與函數(shù)單調(diào)性關(guān)系定理：設(shè)函數(shù)f(x)在[a,b]連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，如果在(a,b)內(nèi)f?(x)?0（或f?(x)?0），那么f(x)在[a,b]上單調(diào)增加（或單調(diào)減少）。

證明的一般過程：

（1）構(gòu)造輔助函數(shù)f(x)，取定閉區(qū)間[a,b]；

（2）求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f'(x)，再判別它的符號，利用可導(dǎo)函數(shù)的一階導(dǎo)數(shù)符號與函數(shù)單調(diào)關(guān)系，判斷函數(shù)的單調(diào)性；

（3）求函數(shù)在區(qū)間端點的函數(shù)值；

（4）根據(jù)第2步和第3步即可得證。

a?bbf(x)dx.a2?a

分析：可將此定積分不等式中常數(shù)b變?yōu)樽償?shù)x，利用差式構(gòu)造輔助函數(shù)：x例3設(shè)f(x)在[a,b]上連續(xù)，且單調(diào)遞增，試證明?xf(x)dx?

a?xxF(x)??tf(t)dt?f(t)dt，則要證F(b)?F(a)?0.a2?axb

a?txf(t)dt，則F(x)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)，?aa2

x11xF'(x)?[(x?a)f(x)??f(t)dt]??[f(x)?f(t)]dt a22a證明：設(shè)F(x)??tf(t)dt?x

∵f(x)在[a,b]上連續(xù)，且單調(diào)增加，∴g'(x)?0

即g(x)在[a,b]上單調(diào)增加，∵F(a)?0∴F(b)?0 a?bbf(x)dx?0 ?aa2

ba?bbf(x)dx ∴?xf(x)dx?a2?a∴?xf(x)dx?b

例4設(shè)f(x)，g(x)在[0,1]上的導(dǎo)函數(shù)連續(xù)，且f(0)?0，f'(x)?0，g'(x)?0，證明：對任何a?[0,1]，有?g(x)f'(x)dx??f(x)g'(x)dx?f(a)g(1)00a1

分析：可將此定積分不等式的常數(shù)a變?yōu)樽償?shù)x，利用差式構(gòu)造輔助函數(shù)：F(x)??g(t)f'(t)dt??f(t)g'(t)dt?f(x)g(1)，則要證F(a)?0.00x1

證明：令F(x)??g(t)f'(t)dt??f(t)g'(t)dt?f(x)g(1)，x?[0,1]，則F(x)在[0,1]上00x1

連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且F'(x)?g(x)f'(x)?f'(x)g(1)?f'(x)[g(x)?g(1)]

∵g'(x)?0且f'(x)?0

∴g(x)?g(1)，則F'(x)?0，∴F(x)?F(1)??g(t)f'(t)dt??f(t)g'(t)dt?f(1)g(1)0011

??d[g(x)f(x)]?f(1)g(1)01

?[f(1)g(1)?f(0)g(0)]?f(1)g(1)?0

即F(x)?0，x?[0,1]。

∴對任何a?[0,1]，有?g(x)f'(x)dx??f(x)g'(x)dx?f(a)g(1).00a1

例5設(shè)f(x)在[0,1]上可微，且當(dāng)x?(0,1)時，0?f'(x)?1，f(0)?0，試證：[?f(x)dx]??f3(x)dx 00121

分析：可將此定積分不等式看成是數(shù)值不等式，并將常數(shù)1變?yōu)樽償?shù)x，利用差式構(gòu)造輔助函數(shù).證明：對任意t?[0,1]，構(gòu)造函數(shù)F(t)?[?f(x)dx]2??f3(x)dx,顯然有F(0)?0 00tt

F'(t)?2f(t)[2?f(t)dx?f2(t)]，0t

不妨令H(t)?2?f(t)dx?f2(t)，顯然有H(0)?0 0t

H'(t)?2f(t)?2f(t)f'(t)?2f(t)[1?f'(t)]

?0?f'(t)?1

∴f(t)在[0,1]上嚴(yán)格單調(diào)遞增。

∴f(t)?f(0)?0

∴H'(t)?0

∴對任意t?[0,1]有H(t)?H(0)?0，F(xiàn)'(t)?0，t?[0,1]

∴F(t)在[0,1]上嚴(yán)格單調(diào)遞增，F(xiàn)(1)?F(0)?0

即[?f(x)dx]2??f3(x)dx 0011

評析：對于含有定積分的不等式，往往把某一常數(shù)變?yōu)樽償?shù)，利用差式構(gòu)造變上限輔助函數(shù)，再利用變上限積分?f(t)dt及函數(shù)的單調(diào)性解決。ax

參考文獻(xiàn)

[1] 華東師范大學(xué)數(shù)學(xué)系.數(shù)學(xué)分析(上)[M].北京:高等教育出版社,2001.[2] 張榮.輔助函數(shù)在不等式證明中的應(yīng)用[J].數(shù)學(xué)的實踐與認(rèn)識,2007(10).[3] 葉國菊，趙大方編.數(shù)學(xué)分析學(xué)習(xí)與考研指導(dǎo)[M].北京:清華大學(xué)出版,2009.[4] 賈高.數(shù)學(xué)分析專題選講[M].上海:上海交通大學(xué)出版社,2009.

第四篇：單調(diào)性證明不等式

單調(diào)性證明不等式

x證明e≥x＋1.xx證：記K(x)＝e－x－1，則K′(x)＝e－1，當(dāng)x∈(0，1)時，K′(x)＞0，因此K(x)

在[0，1]上是增函數(shù)，故K(x)≥K(0)＝0.1所以f(x)≤1]． 1＋x

證明(1＋x)e≥(1－x)e.－xxx－x證：記h(x)＝(1＋x)e－(1－x)e，則h′(x)＝x(e－e)，當(dāng)x∈(0，1)時，h′(x)

＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函數(shù)，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．

x21．B12，B14[2013·新課標(biāo)全國卷Ⅱ] 已知函數(shù)f(x)＝e－ln(x＋m)．

(1)設(shè)x＝0是f(x)的極值點，求m，并討論f(x)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)m≤2時，證明f(x)＞0.1x21．解：(1)f′(x)＝e.x＋m

由x＝0是f(x)的極值點得f′(0)＝0，所以m＝1.1xx于是f(x)＝e－ln(x＋1)，定義域為(－1，＋∞)，f′(x)＝e.x＋1

1x函數(shù)f′(x)＝e－在(－1，＋∞)單調(diào)遞增，x＋1

且f′(0)＝0，因此當(dāng)x∈(－1，0)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在(－1，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增．

(2)證明：當(dāng)m≤2，x∈(－m，＋∞)時，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需證明當(dāng)m＝2時，f(x)>0.1x當(dāng)m＝2時，函數(shù)f′(x)＝e－在(－2，＋∞)單調(diào)遞增．又f′(－1)<0，f′(0)>0，x＋2

故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一實根x0，且x0∈(－1，0)．

當(dāng)x∈(－2，x0)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0，從而當(dāng)x＝x0時，f(x)取得最小值．

由f′(x0)＝0得

1ex0＝ln(x0＋2)＝－x0，x0＋2

1（x0＋1）故f(x)≥f(x0)＋x0＝>0.x0＋2x0＋2

綜上，當(dāng)m≤2時，f(x)>0.2－xx

第五篇：構(gòu)造分式函數(shù)，利用分式函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

構(gòu)造分式函數(shù)，利用分式函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

設(shè)f(x)在上連續(xù)，且∫f(x)dx=0,∫xf(x)dx=1(兩個積分都是在0-1上的積分)，求證存在一點X∈使∣f(x)∣>4

反證法

證明：

∵∫f(x)dx=0,∫xf(x)dx=1

∴∫f(x)dx=∫xf(x)dx-(1/2)∫f(x)dx=1

設(shè)在上處處有|f(x)|<4

則∫f(x)dx<=∫|f(x)|dx

<4∫|x-(1/2)|dx(積分區(qū)間)

=4*{∫dx+∫dx}(積分區(qū)間分別為和)

=4*{-(1/2)+(1/2)

=4*(1/2)(1/4+1/4)

=1

即∫f(x)dx<1，與∫f(x)dx=1矛盾

設(shè)在上處處有|f(x)|=4

∵f(x)在上連續(xù)

∴f(x)在上恒等于4

或f(x)在上恒等于-4

顯然與∫f(x)dx=0矛盾

故以上兩個假設(shè)均不成立。

∴必存在一點X∈使∣f(x)∣>4

原不等式等價于

ln(b/a)>2(b/a-1)/(b/a+1)

由于b>a>0，令b/a=x，x>1

不等式化為lnx>2(x-1)/(x+1)

即lnx>2-4/(x+1)

建立輔助函數(shù)f(x)=lnx+4/(x+1)，x>1

f'=1/x-4/(x+1)^2=/

=(x-1)^2/>0

所以f(x)在/，當(dāng)x>a時，總有f'(x)>0，所以f(x)在/4。因為f(x)單調(diào)遞增，易知F(x)也是單調(diào)遞增的。則容易得到F(a)

f(x)在上單調(diào)遞減，證明當(dāng)x屬于(0,1)時，x*<=F(x)-F(0)

這個題目有問題，你所說的這種情況還要保證f(x)的2階導(dǎo)數(shù)小于0!你可以把X移過去這樣兩邊就是斜率的表達(dá)式，可以作圖觀察，在圖是凹的情況下不成立，在凸的情況下成立!在凸的情況下，你可以令G(X)=(F(X)-F(0))/X然后對GX求導(dǎo)通過GX的單調(diào)性證明。