第一篇：利用函數的單調性證明不等式

龍源期刊網 http://.cn

利用函數的單調性證明不等式

作者：胡錦秀

來源：《數理化學習·高一二版》2013年第04期

函數的單調性是函數的重要性質之一，在不等式證明中扮演著重要角色.運用函數單調性證明不等式，關鍵在于合理地利用題設條件，構造出相應的函數，并將原問題進行等價轉換，通過函數的增減性討論，從而使問題得到圓滿解決.一、利用一次函數的單調性證明不等式

第二篇：利用函數的單調性證明不等式

利用函數的單調性證明不等式

單調函數是一個重要的函數類, 函數的單調性應用廣泛, 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.下面主要討論單調性在不等式中的應用.定義3.1[8]設函數f?x?的定義域為D , 區間I ?D , 如果對于區間I上任意兩點x 1及x2, 當x1?x2時, 恒有f?x1?? f?x2?, 則稱函數f?x?在區間I上是單調增加的;如果對于區間I上任意兩點x1及x2，當x1?x2時, 恒有f?x1? > f?x2?, 則稱函數f?x?在區間I上是單調減少的.定理3.1[8]設函數y?f?x?在?a,b?上連續, 在?a,b?內可導.如果在?a,b?內f??x??0 , 那么函數y ? f?x?在?a,b?上單調增加;如果在?a,b?內f??x??0 , 那么函數y ? f?x?在?a,b?上單調減少.利用函數的單調性解決不等式證明問題, 在高等數學中是經常使用的方法, 下面通過幾個例子來說明.例3.１[3]當0?x??

2時, 證明:2

??sinx?1.x

證明構造函數f(x)?sinx, 則 x

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

因為0?x?

調減函數.?2'時, x?tanx?0, 即f(x)?0.所以由定義知f(x)在(0,?2)內為嚴格單

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x?0 時, 證明: x?2例3.2[2]

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

f'(x)?0.所以定義知f(x)在?0,???內為嚴格單調減函數.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???再構造函數g(x)?x?.21?x1?x

當x?0時g(x)?0, 所以由有限增量公式知g(x)在x?0時為嚴格單調減函數,故當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x?0 時x?2

第三篇：利用函數單調性證明積分不等式(修改)

利用函數單調性證明積分不等式

黃道增浙江省臺州學院（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的單調性和通過構造輔助函數的單調性證明積分不等式。

關鍵詞：函數單調性積分不等式輔助函數中圖分類號O172.2

積分不等式是微積分學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“單調性”或隱含“單調性”的條件，利用函數單調性證明比較簡單。本文主要討論利用被積函數的單調性和通過構造輔助函數的單調性證明積分不等式。1 利用被積函數的單調性

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

例1設f(x)為[0,1]上非負單調遞減函數，證明：對于0?????1，有?

證明：由f(x)的單調遞減性得：

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y?sinx在(0,)上嚴格單調22222

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

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

證明方法根據----變微積分學基本定理和可導函數的一階導數符號與單調性關系定理：

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

是說，函數?是被積函數f(x)在[a,b]上的一個原函數.可導函數的一階導數符號與函數單調性關系定理：設函數f(x)在[a,b]連續，在(a,b)內可導，如果在(a,b)內f?(x)?0（或f?(x)?0），那么f(x)在[a,b]上單調增加（或單調減少）。

證明的一般過程：

（1）構造輔助函數f(x)，取定閉區間[a,b]；

（2）求函數f(x)的導數f'(x)，再判別它的符號，利用可導函數的一階導數符號與函數單調關系，判斷函數的單調性；

（3）求函數在區間端點的函數值；

（4）根據第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b變為變數x，利用差式構造輔助函數：x例3設f(x)在[a,b]上連續，且單調遞增，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，在(a,b)內可導，?aa2

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

∵f(x)在[a,b]上連續，且單調增加，∴g'(x)?0

即g(x)在[a,b]上單調增加，∵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f(x)，g(x)在[0,1]上的導函數連續，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a變為變數x，利用差式構造輔助函數：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，在(0,1)內可導，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f(x)在[0,1]上可微，且當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值不等式，并將常數1變為變數x，利用差式構造輔助函數.證明：對任意t?[0,1]，構造函數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]上嚴格單調遞增。

∴f(t)?f(0)?0

∴H'(t)?0

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

∴F(t)在[0,1]上嚴格單調遞增，F(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，往往把某一常數變為變數，利用差式構造變上限輔助函數，再利用變上限積分?f(t)dt及函數的單調性解決。ax

參考文獻

[1] 華東師范大學數學系.數學分析(上)[M].北京:高等教育出版社,2001.[2] 張榮.輔助函數在不等式證明中的應用[J].數學的實踐與認識,2007(10).[3] 葉國菊，趙大方編.數學分析學習與考研指導[M].北京:清華大學出版,2009.[4] 賈高.數學分析專題選講[M].上海:上海交通大學出版社,2009.

第四篇：單調性證明不等式

單調性證明不等式

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

在[0，1]上是增函數，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x∈(0，1)時，h′(x)

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

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

(1)設x＝0是f(x)的極值點，求m，并討論f(x)的單調性；

(2)當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f′(x)＝e－在(－1，＋∞)單調遞增，x＋1

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

(2)證明：當m≤2，x∈(－m，＋∞)時，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需證明當m＝2時，f(x)>0.1x當m＝2時，函數f′(x)＝e－在(－2，＋∞)單調遞增．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x∈(－2，x0)時，f′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0，從而當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m≤2時，f(x)>0.2－xx

第五篇：構造分式函數，利用分式函數的單調性證明不等式

構造分式函數，利用分式函數的單調性證明不等式

設f(x)在上連續，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

設在上處處有|f(x)|<4

則∫f(x)dx<=∫|f(x)|dx

<4∫|x-(1/2)|dx(積分區間)

=4*{∫dx+∫dx}(積分區間分別為和)

=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

設在上處處有|f(x)|=4

∵f(x)在上連續

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

f(x)在上單調遞減，證明當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階導數小于0!你可以把X移過去這樣兩邊就是斜率的表達式，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求導通過GX的單調性證明。