第一篇：應(yīng)用函數(shù)單調(diào)性證明不等式(魏立國)

應(yīng)用函數(shù)單調(diào)性證明不等式

魏立國

內(nèi)容摘要：應(yīng)用函數(shù)單調(diào)性證明不等式。

一、利用函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)證明不等式性質(zhì)：若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)（減函數(shù)），則對任意xi∈D，n

（i=1,2,…n），恒有?

i?1xif(xi)?1ninx??ni?1f(xi)?0(?0)。

二、利用函數(shù)單調(diào)i?

1性證明不等式。

不等式的證明，一直是中學(xué)數(shù)學(xué)的難點，基本上每年高考和競賽的壓軸題都與不等式有關(guān)，而人們常常關(guān)注比較法、分析法、綜合法、數(shù)學(xué)歸納法、放縮法等，很少人關(guān)注用函數(shù)的單調(diào)性證題，其實有些不等式的證明，如果使用函數(shù)的單調(diào)性，很容易證得，現(xiàn)舉例如下。

一、利用函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)證明不等式

性質(zhì)：若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)（減函數(shù)），則對任意xi∈D，n

（i=1,2,…n），恒有?

i?1xif(xi)?1ninx??ni?1f(xi)?0(?0)

?x1，恒i?1僅證增函數(shù)情況，若f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)，則對任意x

2有(x2?x1)?f(x2)?f(x1)??0,即對任意xi∈D，（i=1,2,…n），恒有?

?

?xi???????x?i???i?1??f(xi)?f?n?????????n??x?i??i?1???0,也就是 n??????n

??

xif(xi)?xif?

????x?i?i?

1??n?

??

n

n

?x?i?i?1

f?n?

??

n

n

?x?i?i?1

??n?

??

n

nn

?

i?1

xi

f(xi)?0

n

n

∴?

i?1

?????xif(xi)?xif???

??

??

1n

n

??xi?i?1

??n?

??

ni

?

?xi?i?1

f?n?

????xi?i?1

??n?

??

n

?

i?1

xi

n

??

f(xi)??0

???

n

∴?

i?1

xif(xi)?

?x?

i?1

i?1

f(xi)?0

減函數(shù)情況同理可證。

例1，設(shè)a、b、c∈R，求證：屆友誼杯國際數(shù)學(xué)邀請賽試題）。

分析：左邊=a?數(shù)

f(x)?

xs?x

+

a

b?c

?

b

c?a

?

c

a?b

?

a?b?c

（第2aa?b?c?a

?b?

ba?b?c?b

?c?

ca?b?c?c,可構(gòu)造函，利用性質(zhì)即證

f(x)?

xs?x

證明：構(gòu)造函數(shù)由

f(x)?

/，其中s=a+b+c,x∈(0,s)

s(s?x)

?0，所以f(x)在x∈(0,s)上是增函數(shù)，由性質(zhì)可知，a?b?c

?f(a)?f(b)?f(c)?

即2af(a)?2bf(b)?2cf(c)?(b?c)f(a)?(a?c)f(b)?(b?a)f(c)

af(a)?bf(b)?cf(c)??2（a

b?c

?

b

c?a

?

c

c?b)?a?b?c,即

a

b?c

?

b

c?a

?

c

a?b

?

a?b?c

.例2，設(shè)a、b、c為正實數(shù)，且abc=1求證：

1a(b?c)

?

1b(c?a)

?

1c(a?b)

?

32（第36屆IMO）。

分析：由abc=1，原不等式可化為

(bc)

ab?ca

?

(ca)

bc?ab

?

(ab)

ca?bc

?

32，由

例1可知

(bc)

ab?ca

?

(ca)

bc?ab

?

(ab)

ca?bc

?

bc?ca?ab，又

bc?ca?ab??3，顯然即證。

說明：其實例1第二屆友誼杯國際數(shù)學(xué)邀請賽試題與例2第36屆IMO

試題本質(zhì)上一樣，例1更具有一般性。

例3，若ai∈R+,i=1,2,…,n, n、k均為大于1的自然數(shù)，則

n

?

i?

1ai?n（k

n

?n

ai)

k

k?1

/

k?

2i?1

證明：設(shè)

f(x)?x(x?0),f(x)?(k?1)x

n

?0,n

即f(x)在R+是增函數(shù)，ai

nn

由性質(zhì)可知，?

i?1

?

ai?

k

i?1

ai

n

?

f(ai)?

i?1

n

aif(ai)?

?

i?1

n

?

i?1

n

?

i?1

ai

k?1，重復(fù)放縮即

得。

??k

ai??

???

?a?i?i?1

?n?

??

n

k

n

n

?

i?1

?

i?1

??o

ai?n?

????a?i?i?1

?n?

??

n

k

即證。

二、利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式 例4，求證：

2?1?

12?13?14?...?

12n?

1?12n

(n?2)

分析：左邊常數(shù)，只有看右邊最小值是否是

712，若令

an?1?

?

3?

4?...?

12n?11

?

12n，如能證明?an?遞增，a2最小，它就是

1312n

１n

1n?11n?112n?1

?

12n

712

證明：右邊

?1??(1?

1212??1313?14?...?1n

2n?1

1n?1

??12n1n?2

?1?

?

?...?

?

?...?1n?2

12n?2

12n

?...?)??...?,令an?

?...?

則

an?1?

1n?2

?

1n?3

?...?

12n?2,an?1?an??

1n?1

?

?

??

12n?2

?

12n?1

?0

∴?an?遞增數(shù)列，∴an∴

712

?1?

12?13?14?...?

?a2?12n?1

13??12n14?712

(n?2)

例5，設(shè)函數(shù)y=f(x)定義域為R，當(dāng)x>0時，有f(x)>1，且對任意x、y∈R，有f(x+y)=f(x)f(y),解不等式

f(x)?

1f(x?1)。

分析：本題是一個抽象函數(shù)，顯然根據(jù)f(x)?然與單調(diào)性有關(guān)。

1f(x?1)，求不等式解集，必

證明：當(dāng)x?0時，f(x)?f(0)f(x),f(x)1?f(0)??0,由x?0時f(x)?1可知f(0)?1,?當(dāng)x?0時，f(x)?f(?x)?f(0)?1,即f(x)?f(?x)同號，又x?0時，x、?x中必有一個為正，?當(dāng)x?0時，f(x)、f(-x)必有一個為正，又f(x)f(-x)>0,?f(x)>0,f(-x)>0,又f(0)=1>0

?任意x?R,f(x)?0,設(shè)x2?x

1則f(x2)?f(x1)?f?(x2?x1)?x1??f(x1)?f(x2?x1)f(x1)?f(x1)

?f(x1)?f(x2?x1)?1?,?f(x1)?0且x2?x1?0時，f(x2?x1)?1?0?f(x2)?f(x1)?f(x)在R上是增函數(shù)，又當(dāng)

f(x)?

1f(x?1)

時,即f(x)f(x?1)?1,也就是f(2x?1)?f(0)又f(x)在R上是增函數(shù)，∴2x+1≤0∴x

??

2，即得不等式解集為?x|x

?

?

??

1??2?

說明：例

4、例5通過作差判斷單調(diào)性來解題

例6，求證：(1?1)(1?證明：

(1?1)(1?

令an?

4)...(1?

13n?

2)?

n?N*)

1)...(1?

則a?n?

1)(1?1)(1?

1)...(1?

1)

?

an?1an

?(1?

13n?1)

?

?

?1

??an?遞增數(shù)列

又a1

?

?1?an?1?(1?1)(1?

14)...(1?

13n?2)?

n?N*)

例7，設(shè)x、y、z是正實數(shù)，且xyz=1,證明

x?x?y?y?z?z?

?(1?x)?(1?y)?(1?z)?

?4?

333

證明：設(shè)

f(x)?t?t?

(t?1)原不等式等價于f(x)?f(y)?f(z)?0成立

由則

/

f(t)?f(t）?

(t?1)(4t?3t?1)(t?1),設(shè)g(t)?(4t?3t?1)(t?1)

g(t),當(dāng)

(t?1)4

t>0時，則

g(t)?0?g(t)在(0,?)嚴(yán)格遞增，假設(shè)x?y?z

g(x)?g(y)?g(z),又xyz?1,則x?1,z?1

?(x?1)g(x)?(x?1)g(y),(z?1)g(y)?(z?1)g(z)?14

(x?1)g(x)?

(y?1)g(y)?

(z?1)g(z)?

?

x?1?y?1?z?1?g(y)14

又x?y?z?3?3?0,g(y)?0??原不等式成立

(x?1)g(x)?(y?1)g(y)?(z?1)g(z)?0

本文發(fā)表于《中學(xué)數(shù)學(xué)研究》2007年第五期

第二篇：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

第三篇：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：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

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