微分不等式证明
作者：互联网
题型一 利用单调性证明不等式
一、直接构造函数
例1.
\[证明:x\cdot\ln\frac{1+x}{1-x}+\cos x\geq1+\frac{1}{2}x^2,其中-1<x<1 \]【解】：
\[直接令f(x)=x\cdot\ln\frac{1+x}{1-x}+\cos x-1-\frac{1}{2}x^2\\ 注意到x的范围是(-1,1),是一个对称区间,而f(x)中的\cos x和x^2都是偶的\\ 故考虑x\cdot\ln\frac{1+x}{1-x}的奇偶性\\ 而\ln\frac{1+x}{1-x}是一个奇函数,故f(x)是一个偶函数,研究区间范围变为[0,1)\\ f'(x)=\ln\frac{1+x}{1-x}+\frac{2x}{1-x^2}-\sin x-x\\ 其中,\ln\frac{1+x}{1-x}>0,\frac{2x}{1-x^2}>2x,故\frac{2x}{1-x^2}-\sin x-x>x-\sin x>0,即f'(x)>0\\ （如果无法判断f'(x)的正负，就再求一阶导）,f(x)在[0,1)上单增，f(x)>f(0)=0 \]例2.
\[设p>1,q>1,且\frac1p+\frac1q=1，证明:对\forall x>0，有\frac1px^p+\frac1q\geq x \]【解】：
\[令f(x)=\frac 1px^p+\frac 1q-x\\ f'(x)=x^{p-1}-1\Rightarrow f'(1)=0\\ f''(x)=(p-1)x^{p-2}>0 \Rightarrow f'(x)在(0,1)上<0,在(1,+\infin)上>0\\ \Rightarrow f(x)在(0,1)上单减,在(1,+\infin)上单增,即f(x)_{min}=f(1)=\frac1p+\frac1q-1=0 \]“杨不等式”
\[设a,b>0,p,q>1,且\frac1p+\frac1q=1,则a\cdot b\leq\frac{a^p}{p}+\frac{b^q}{q} \]二、变形后构造函数
例3.
\[证明:(x^2-1)\cdot\ln x\geq(x-1)^2,其中x>0 \]【解】：
\[\Leftrightarrow (x-1)(x+1)\ln x\geq(x-1)(x-1)\\ \Leftrightarrow \begin{cases}(x+1)\ln x\geq(x-1) & x>1\\ (x+1)\ln x\leq(x-1) & 0<x<1\end{cases}\\ 令f(x)=(x+1)\ln x-(x-1)，f(1)=0\\ f'(x)=\ln x+\frac{1}{x}>0,故f(x)单增\\ x>1时,f(x)>0;1>x>0时,f(x)<0,证毕 \]类题
\[已知常数k>\ln2-1,证明:(x-1)\cdot(x-\ln^2x+2k\ln x-1)\geq0 \]【解】：
\[\Leftrightarrow \begin{cases} x-\ln^2x+2k\ln x-1\geq0 & x>1\\ x-\ln^2x+2k\ln x-1\leq0 & x<1\end{cases}\\ 令f(x)=x-\ln^2x+2k\ln x-1,f(1)=0\\ f'(x)=1-\frac{2\ln x}{x}+\frac{2k}x=\frac{x-2\ln x+2k}{x}\\ 令g(x)=x-2\ln x+2k,g'(x)=1-\frac2x,g(x)>g(2)=2(1+k-\ln2)>0\\ 故f'(x)>0,f(x)单增,x>1时,f(x)>0;x<1时,f(x)<0 \]例4.
\[证明:(x^2+2x+2)\cdot e^{-x}<2,其中x>0 \]【解】：
\[\Leftrightarrow(x^2+2x+2)<2e^{x}\\ 令f(x)=x^2+2x+2-2e^x,f(0)=0\\ f'(x)=2x+2-2e^x,f'(0)=0,f''(x)=2-2e^x,f''(0)=0\\ x>0时,f''(x)<0,f'(x)单减,f'(x)<f'(0)=0,f(x)单减,f(x)<f(0)=0 \]例5.
\[证明:(1+x)^{1+\cfrac1x}<e^{1+\cfrac x2},其中x>0 \]【解】：
\[两边取对数\left(1+\frac1x\right)\ln(1+x)<1+\frac x2\Leftrightarrow (x+1)\ln(1+x)<x+\frac{x^2}2\\ 令f(x)=(x+1)\ln(1+x)-x-\frac{x^2}2,f(0)=0\\ f'(x)=\ln(1+x)-x<0,则f(x)在(0,+\infin)单减,f(x)<f(0)=0 \]例6.
\[证明:\ln^2\left(1+\frac1x\right)<\frac1{x(x+1)},其中x>0 \]【解】：
\[若直接构造函数,求导后会很复杂,故考虑先变形化简\\ 令x=\frac1x换元，则原式 \Leftrightarrow \ln^2(1+x)<\frac{x^2}{1+x}\\ 注意到\ln里面是1+x,故把右边分母上的1+x乘过来\\ \Leftrightarrow (1+x)\ln^2(1+x)<x^2\\ 令f(x)=(1+x)\ln^2(1+x)-x^2,f(0)=0\\ f'(x)=\ln^2(1+x)+2\ln(1+x)-2x,f'(0)=0\\ f''(x)=\frac{2\ln(1+x)}{1+x}+\frac{2}{1+x}-2=2\cdot\frac{\ln(1+x)-x}{1+x}<0,则f'(x)单减,f'(x)<f'(0)=0\\ 则f(x)单减,f(x)<f(0)=0 \]例7.
\[证明:\left(1+\frac1x\right)^{x}\cdot(1+x)^{\frac1x}<4,其中0<x<1 \]【解】：
\[两边取对数,原式\Leftrightarrow x\cdot\ln(1+\frac1x)+\frac1x\cdot\ln(1+x)<\ln4\\ 令f(x)=x\cdot\ln(1+\frac1x)+\frac1x\cdot\ln(1+x)-\ln4,f(1)=0,欲证f(x)<0,即f(x)单增\\ f'(x)=\ln(1+x)-\ln x+\frac{1-x}{x(1+x)}+\frac{\ln(1+x)}{x^2},f'(1)=0,欲证f'(x)>0,即f'(x)单减\\ 但再对f'(x)求导太复杂了,这里观察f'(x)的式子,其中\ln(1+x)-\ln x是正的 \\所以只要能证明\frac{1-x}{x(1+x)}+\frac{\ln(1+x)}{x^2}>0就行了\\ 通分\rightarrow\frac{x-x^2+(1+x)\ln(1+x)}{x^2(1+x)},显然分母是大于0的\\ 令g(x)=x-x^2+(1+x)\ln(1+x)\\ g'(x)=2-2x+\ln(1+x)\\ g''(x)=-2+\frac1{1+x}=\frac{-1-2x}{1+x}<0,即g'(x)单减\\ 而g'(1)=\ln2>0,故g'(x)>0,即g(x)单增\\ 而g(0)=0,故g(x)>0 \]三、观察式子结构，巧妙构造函数
例8.
\[证明:b\cdot\sin b+2\cos b+\pi b>a\cdot\sin a+2\cos a+\pi a,其中0<a<b<\pi \]【解】：
\[令f(x)=x\cdot\sin x+2\cos x+\pi x\\ f'(x)=\sin x+x\cdot\cos x-2\sin x+\pi=x\cdot\cos x-\sin x+\pi,f'(0)=\pi,f'(\pi)=0\\ f''(x)=\cos x-x\cdot\sin x-\cos x=-x\cdot\sin x<0\Rightarrow f'(x)单减\Rightarrow f'(x)>0\Rightarrow f(x)单增 \]例9.
\[证明:\left(x^a+y^a\right)^{\cfrac1a}>\left(x^b+y^b\right)^{\cfrac1b},其中x,y>0且b>a>0 \]【解】：
\[由于不等式两边的x和y是一样的,只有a和b不一样,故将a,b作为变量构造函数\\ 令f(t)=\left(x^t+y^t\right)^{\frac1t},只需证明f(t)在(0,+\infin)单减,但直接对f(t)求导太复杂,故考虑先化简\\ 观察原式:\left(x^a+y^a\right)^{\frac1a}>\left(x^b+y^b\right)^{\frac1b}\Leftrightarrow x\cdot\left[1+\left(\frac xy\right)^a\right]^{\frac1a}>x\cdot\left[1+\left(\frac xy\right)^b\right]^{\frac1b}\Leftrightarrow\left[1+\left(\frac xy\right)^a\right]^{\frac1a}>\left[1+\left(\frac xy\right)^b\right]^{\frac1b}\\ 由于x和y都是大于0的数,故\frac xy也是一个大于0的数,可以看成一个整体\\ 令f(t)=\left(1+x^t\right)^{\frac1t},只需证明f(t)在(0,+\infin)单减\\ f'(t)=\left(1+x^t\right)^{\frac1t}\cdot\frac{x^t\cdot\ln x\cdot t-(1+x^t)\ln(1+x^t)}{t^2(1+x^t)}=\frac{\left(1+x^t\right)^{\frac1t}}{t^2(1+x^t)}\cdot\left[x^t\cdot\ln x^t-(1+x^t)\ln(1+x^t)\right]\\ 令g(u)=u\ln u-(1+u)\ln(1+u)\\ g'(u)=\ln u+1-\ln(1+u)-1=\ln\frac{u}{u+1}<0\Rightarrow g(u)单减,而\lim_{u\to0^+}g(u)=0\Rightarrow g(u)<0\\ \Rightarrow f'(t)<0\Rightarrow f(t)单减 \]例10.
\[证明:\left(\frac{ax+y}{x+y}\right)^{x+y}>a^x,其中x,y>0,a>1 \]【解】：
\[观察不等式两边,左边有x和y,而右边只有x没有y,猜测右边是左边式子当y=0时的取值\\ 即a^x=\left(\frac{ax+0}{x+0}\right)^{x+0}\\ 令f(y)=\left(\frac{ax+y}{x+y}\right)^{x+y},只需证明f(y)>f(0),即f(y)为增函数\\ f'(y)=\left(\frac{ax+y}{x+y}\right)^{x+y}\cdot\left[\ln\frac{ax+y}{x+y}+\frac{(1-a)x}{ax+y}\right]\\ 这里可以继续构造函数求导来证明f'(y)的正负,也可以运用一些常用不等式放缩:\frac{x}{1+x}\leq\ln(1+x)\leq x\\ 则\ln\frac{ax+y}{x+y}=\ln\left(1+\frac{(a-1)x}{x+y}\right)\geq\frac{\frac{(a-1)x}{x+y}}{1+\frac{(a-1)x}{x+y}}=\frac{(a-1)x}{ax+y}\\ \Rightarrow \ln\frac{ax+y}{x+y}+\frac{(1-a)x}{ax+y}\geq0,即f'(y)\geq0 \]例11.
\[比较\pi^e和e^\pi的大小 \]【解】：
\[令f(x)=\frac{\ln x}{x},f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}\Rightarrow f(x)在(0,e)单增,在(e,+\infin)单减\\ \Rightarrow f(\pi)<f(e)\Rightarrow\frac{\ln \pi}{\pi}<\frac{\ln e}{e}\Rightarrow\pi^e<e^\pi \]四、形如\(A\leq f(x)\leq B\)的不等式
这类题目的\(f(x)\)通常是单调的，且\(A,B\)通常是\(f(x)\)的两个端点值\((A\leq f(x)\leq B)\)或极限\((A<f(x)<B)\)
例12.
\[证明:\frac{1}{\ln2}-1<\frac{1}{\ln(1+x)}-\frac1x<\frac12,其中0<x<1 \]【解】：
\[令f(x)=\frac{1}{\ln(1+x)}-\frac1x\\ 显然f(1)=\frac{1}{\ln2}-1\\且\lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}\left[\frac{1}{\ln(1+x)}-\frac1x\right] =\lim_{x\to0}\frac{x-\ln(1+x)}{x\cdot\ln(1+x)}=\frac12\\ 恰好为要求不等式的两边值,故试证f(x)在(0,1)单减\\ f'(x)=-\frac{1}{\ln^2(1+x)}\cdot\frac{1}{1+x}+\frac{1}{x^2}=\frac{(1+x)\ln^2(1+x)-x^2}{x^2(1+x)\ln^2(1+x)},其中(1+x)\ln^2(1+x)-x^2<0(例6中已证明)\\ 故f(x)单减 \]类题1.
\[证明:\frac{4}{\pi^2}<\frac1{x^2}-\frac1{\tan^2x}<\frac23,其中0<x<\frac\pi 2 \]【解】：
\[先考虑两个端点的极限\\ \begin{align} &\lim_{x\to0^+}\left(\frac1{x^2}-\frac1{\tan^2x}\right)=\lim_{x\to0^+}\frac{\tan^2x-x^2}{x^4}=\lim_{x\to0^+}\frac{(\tan x-x)(\tan x+x)}{x^4}=\lim_{x\to0^+}\frac{\frac13x^3\cdot2x}{x^4}=\frac23\\ &\lim_{x\to\frac\pi 2^-}\left(\frac1{x^2}-\frac1{\tan^2x}\right)=\frac{4}{\pi^2}-0=\frac{4}{\pi^2} \end{align}\\ 再讨论f(x)=\frac1{x^2}-\frac1{\tan^2x}的单调性(这里想要证明f(x)是单减的,即证f'(x)<0)\\ f'(x)=-\frac2{x^3}+\frac{2\sec^2x}{\tan^3x}=2\cdot\left[\frac{\cos x}{\sin^3x}-\frac1{x^3}\right]=2\cdot\frac{x^3\cos x-\sin^3x}{x^3\sin^3x}\\ 考虑x^3\cos x-\sin^3x的正负性:\\ 由于幂函数和三角函数相乘的导数将一直带有幂函数的三角函数\\ 且\sin^3x的导数将一直带有\sin x和\cos x\\ 若直接构造函数求导,结果十分复杂且看不出单调性\\ \left(x^3\cos x-\sin^3x\right)'=3x^2\cos x-x^3\sin x-3\sin^2x\cos x\\ \left(x^3\cos x-\sin^3x\right)''=6x\cos x-6x^2\sin x-x^3\cos x-6\sin x\cos^2x\\ 故先对x^3\cos x-\sin^3x稍作变形,考虑将x^3和\cos x分离,x\in\left(0,\frac\pi 2\right)时,\cos x>0:\\ \Rightarrow x^3-\frac{\sin^3x}{\cos x},但是三次函数仍需求三次导才能消失,故对两个式子同时开三次方\\ 令g(x)=\frac{\sin x}{\cos^\frac13x}-x,欲证g(x)>0\\ g'(x)=\frac{\cos^\frac43x+\frac13\cos^{-\frac23}x\sin^2x}{\cos^\frac23x}-1\\ 这里看上去很复杂,但其实除了分子上的\sin^2x都是\cos x\\ 而\sin^2x又可以转化成\cos x,所以实际上就是\cos x的函数\\ g'(x)=\frac{\cos^\frac43x+\frac13\cos^{-\frac23}x(1-\cos^2x)}{\cos^\frac23x}-1\\ =\frac{\frac23\cdot\cos^\frac43x+\frac13\cdot\cos^{-\frac23}x}{\cos^\frac23x}-1\\ =\frac13\cos^{-\frac{4}{3}}x+\frac23\cos^{\frac23}x-1\\ \left(令t=\cos^{\frac23}x\right)=\frac23t+\frac13\cdot\frac1{t^2}-1 =\frac13t+\frac13t+\frac13\cdot\frac1{t^2}-1 \geq3\sqrt[3]{\frac13t\cdot\frac13t\cdot\frac13\cdot\frac1{t^2}}-1=0\\ g'(x)>0\Rightarrow g(x)单增,\Rightarrow g(x)>g(0)=0\Rightarrow f'(x)<0\Rightarrow f(x)单减 \]类题2.
\[证明:\frac2e<x^{\cfrac{x}{1-x}}+x^{\cfrac{1}{1-x}}<1,其中0<x<1 \]【解】：
\[考虑两个端点处的极限值\\ \lim_{x\to0^+}\left[x^{\cfrac{x}{1-x}}+x^{\cfrac{1}{1-x}}\right],其中x^{\cfrac{1}{1-x}}\rightarrow0^1=0,而\lim_{x\to0^+}x^{\cfrac{x}{1-x}}=e^{\displaystyle\lim_{x\to0^+}\cfrac{x}{1-x}\ln x}=e^0=1\\ \lim_{x\to1^-}\left[x^{\cfrac{x}{1-x}}+x^{\cfrac{1}{1-x}}\right]=e^{\displaystyle\lim_{x\to1^-}\frac{x\ln x}{1-x}}+e^{\displaystyle\lim_{x\to1^-}\frac{\ln x}{1-x}}=\frac1e+\frac1e=\frac2e\\ 故只需证明f(x)=x^{\cfrac{x}{1-x}}+x^{\cfrac{1}{1-x}}在(0,1)单减\\ f'(x)=x^{\cfrac{x}{1-x}}\cdot\frac{1-x+\ln x}{(1-x)^2}+x^{\cfrac{1}{1-x}}\cdot\cfrac{\frac{1-x}{x}+\ln x}{(1-x)^2}\\ 其中x^{\cfrac{1}{1-x}}\cdot\frac{\frac{1-x}{x}+\ln x}{(1-x)^2}=x^{\cfrac{1}{1-x}}\cdot\frac{1-x+x\ln x}{x(1-x)^2}=x^{\cfrac{x}{1-x}}\cdot\frac{1-x+x\ln x}{(1-x)^2}\\ 故f'(x)=x^{\cfrac{1}{1-x}}\cdot\frac{2-2x+(1+x)\ln x}{(1-x)^2}\\ 令g(x)=2-2x+(1+x)\ln x,g(1)=0\\ g'(x)=-2+\ln x+\frac{1+x}{x}=\ln x-1+\frac1x,g'(1)=0\\ g''(x)=\frac1x-\frac{1}{x^2}<0\Rightarrow g'(x)单减,g'(x)>0\Rightarrow g(x)单增,g(x)<0\Rightarrow f'(x)<0\Rightarrow f(x)单减 \]例13.
\[(1)证明:\frac2\pi x<\sin x<x,其中0<x<\frac\pi 2\\ (2)比较\int_0^\frac\pi 2\frac{\sin x}{x}dx,\int_0^\frac\pi 2\frac{x}{\sin x}dx,1三者的大小 \]【解】：
\((1)\)
\[即证:\frac\pi 2<\frac{\sin x}x<1\\ 而\lim_{x\to0^+}\frac{\sin x}x=1,\lim_{x\to1^-}\frac{\sin x}x=0,故只需证f(x)=\frac{\sin x}x在\left(0,\frac\pi 2\right)单减\\ f'(x)=\frac{x\cdot\cos x-\sin x}{x^2}=\frac{x-\tan x}{x^2\cos x}<0,故f(x)单减 \]\((2)\)
\[显然I_1=\int_0^\frac\pi 2\frac{\sin x}{x}dx<\int_0^\frac\pi 21dx=\frac\pi 2\\ I_2=\int_0^\frac\pi 2\frac{x}{\sin x}dx>\int_0^\frac\pi 21dx=\frac\pi 2>I_1\\ 又显然I_1=\int_0^\frac\pi 2\frac{\sin x}{x}dx>\int_0^\frac\pi 2\frac\pi 2dx=1\\ 故I_2>I_1>1 \]五、利用中值定理构造辅助函数的手法，证明不等式
例14.
\[设f(x)在[0,+\infin)可导,f(0)=0,f'(x)+f(x)>0,证明:x>0时,f(x)>0 \]【解】：
\[在中值定理的题目中,见到f'(\xi)+f(\xi)=0,想到构造函数F(x)=e^xf(x)\\ 模仿这种思路,对于f'(x)+f(x)>0\Leftrightarrow e^x\left[f'(x)+f(x)\right]>0\Leftrightarrow \left[e^xf(x)\right]'>0\Leftrightarrow e^xf(x)单增\\ \Rightarrow e^xf(x)>e^0f(0)=0\Rightarrow f(x)>0 \]类题1.
\[设f(0)=1,f'(0)\leq1,且x>0时,有f''(x)<f(x),证明:x>0时,有f(x)<e^x \]【解】：
\[在中值定理的题目中,看到f''(\xi)=f(\xi),两边加上一个f'后乘e^x构造函数\\ 故f''(x)<f(x)\Leftrightarrow f''(x)+f'(x)<f'(x)+f(x)\Leftrightarrow e^x[f''(x)+f'(x)]<e^x[f'(x)+f(x)]\\ \Leftrightarrow \left[e^xf'(x)\right]'<\left[e^xf(x)\right]'\Leftrightarrow \left[e^x\left(f'(x)-f(x)\right)\right]'\Rightarrow e^x\left[f'(x)-f(x)\right]单减\\ e^x\left[f'(x)-f(x)\right]<e^0\left[f'(0)-f(0)\right]\leq0\Rightarrow f'(x)-f(x)<0\\ 到这一步,把f''(x)<f(x)变成了f'(x)<f(x),降了一阶,只需再如法炮制一次\\ \Leftrightarrow e^{-x}f'(x)-e^{-x}f(x)<0\Leftrightarrow \left[e^{-x}f(x)\right]'<0\Rightarrow e^{-x}f(x)单减\\ e^{-x}f(x)<e^0f(0)=1,即f(x)<e^x \]类题2.
\[设f(0)=1,f'(0)=0,且x\geq0时,f''(x)-5f'(x)+6f(x)\geq0,证明:x\geq0时,f(x)\geq3e^{2x}-2e^{3x} \]【解】：
\[对于f''(x)-5f'(x)+6f(x)\geq0,首先将f(x)移到右边\rightarrow f''(x)-5f'(x)\geq-6f(x)\\ 然后在不等式两边加上kf'(x),使得能够凑出导数的形式,即我们希望得到F'(x)=kF(x)的形式\\ f''(x)+(k-5)f'(x)\geq k\left[f'(x)-\frac6kf(x)\right],其中k-5=\frac6k,显然k取2或3都行\\ 取k=2,则f''(x)-3f'(x)\geq2\left[f'(x)-3f(x)\right],即f''(x)-3f'(x)-2\left[f'(x)-3f(x)\right]\geq0\\ 对于F'(x)=kF(x)形式的函数,只需令g(x)=\frac{F(x)}{e^{kx}}再求导即可\\ 故令g(x)=\frac{f'(x)-3f(x)}{e^{2x}},显然g'(x)\geq0,g(x)单增\\ g(x)=\frac{f'(x)-3f(x)}{e^{2x}}\geq g(0)=\frac{f'(0)-3f(0)}{e^0}=-3,\\ 即f'(x)-3f(x)\geq-3e^{2x}\\ 这里又出现了''F'(x)-kF(x)=一个数''的形式,所以可以再如法炮制,首先两边同除e^{3x}\\ \rightarrow \frac{f'(x)-3f(x)}{e^{3x}}\geq-3e^{-x}\\ \Leftrightarrow \left[\frac{f(x)}{e^{3x}}\right]'\geq\left(3e^{-x}\right)'\Leftrightarrow\left[\frac{f(x)}{e^{3x}}-3e^{-x}\right]'\geq0\\ 即\frac{f(x)}{e^{3x}}-3e^{-x}是单增的,\frac{f(x)}{e^{3x}}-3e^{-x}\geq\frac{f(0)}{e^0}-3e^0=-2\\ \Rightarrow f(x)\geq3e^{2x}-2e^{3x} \]题型二、利用泰勒展开证明不等式（利用凹凸性，琴生不等式）
例1.
\[设f''(x)>0,证明:\\ (1)f(x)\geq f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)\\ (2)f\left(\frac{x_1+x_2}2\right)\leq\frac{f(x_1)+f(x_2)}2 \]【解】：
\((1)\)
\[显然这是一个泰勒展开式,由拉格朗日余项的泰勒定理(皮亚诺余项的泰勒公式一般用于计算极限):\\ f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(\xi)}{2!}(x-x_0)^2\geq f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)\\ \]\((2)\)
\[要证的不等式里面没有一阶导,而第一问得到的结论是含有一阶导的,故要想办法把一阶导消掉\\ 对比两问的不等式,第一问的小于等于号左边是f(x_0),第二问的小于等于号左边是f\left(\frac{x_1+x_2}2\right)\\ 故取x_0=\frac{x_1+x_2}2,尝试利用第一问的结论来证明第二问\\ 在f(x)\geq f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)中,分别令x=x_1和x=x_2得:\\ \begin{cases} \displaystyle f(x_1)\geq f\left(\frac{x_1+x_2}2\right)+f'\left(\frac{x_1+x_2}2\right)\left(\frac{x_1-x_2}2\right)\\[1ex] \displaystyle f(x_2)\geq f\left(\frac{x_1+x_2}2\right)+f'\left(\frac{x_1+x_2}2\right)\left(\frac{x_2-x_1}2\right) \end{cases}\\ 两式相加得:\\ \frac{f(x_1)+f(x_2)}2\geq f\left(\frac{x_1+x_2}2\right) \]例2.
\[设f(x)在[a,b]二阶可导,f''(x)>0,x_i\in[a,b],\sum_{i=1}^{n}k_i=1且k_i>0, 证明:f\left(\sum_{i=1}^{n}k_ix_i\right)\leq\sum_{i=1}^{n}k_if(x_i) \]【解】：
\[由f''(x)>0得f(x)\geq f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)\\ 对比要证明的不等式,取x_0=\sum_{i=1}^{n}k_ix_i,再分别取x=x_i,并乘上相应的系数k_i\\ \begin{cases} \displaystyle k_1f(x_1)\geq k_1f\left(\sum_{i=1}^{n}k_ix_i\right)+k_1f'\left(\sum_{i=1}^{n}k_ix_i\right)\left(x_1-\sum_{i=1}^{n}k_ix_i\right)\\[1ex] \displaystyle k_2f(x_2)\geq k_2f\left(\sum_{i=1}^{n}k_ix_i\right)+k_2f'\left(\sum_{i=1}^{n}k_ix_i\right)\left(x_2-\sum_{i=1}^{n}k_ix_i\right)\\[1ex] \vdots\\ \displaystyle k_nf(x_n)\geq k_nf\left(\sum_{i=1}^{n}k_ix_i\right)+k_nf'\left(\sum_{i=1}^{n}k_ix_i\right)\left(x_n-\sum_{i=1}^{n}k_ix_i\right)\\[1ex] \end{cases}\\ 全部相加得:\\ \sum_{i=1}^{n}k_if(x_i)\geq\sum_{i=1}^{n}k_i\cdot f\left(\sum_{i=1}^{n}k_ix_i\right)=f\left(\sum_{i=1}^{n}k_ix_i\right)\\ \]例3.
\[设a,b>0,利用例1,2的结论证明下列不等式\\ \begin{align} &(1)a^p+b^p\geq2^{1-p}\cdot(a+b)^p~~~~~(p>1)\\ &(2)a^p+b^p\leq2^{1-p}\cdot(a+b)^p~~~~~(0<p><1)\\ &(3)a^s\cdot b^t\leq sa+tb~~~~~(s,t>0且s+t=1)\\ &(4)杨不等式:设a,b>0,p,q>1,且\frac1p+\frac1q=1,则a\cdot b\leq\frac{a^p}{p}+\frac{b^q}{q} \end{align} \]【解】：
\((1)\)
\[a^p+b^p\geq2^{1-p}\cdot(a+b)^p\\ \Leftrightarrow \frac{a^p+b^p}2\geq\left(\frac{a+b}2\right)^p\\ 令f(x)=x^p,即证\frac{f(a)+f(b)}2\geq f\left(\frac{a+b}2\right)\\ f''(x)=p(p-1)x^{p-2}>0\Rightarrow f(x)是凹函数 \]\((2)\)
\[同第一问,只是 f''(x)=p(p-1)x^{p-2}<0\Rightarrow f(x)是凸函数 \]\((3)\)
\[a^s\cdot b^t\leq sa+tb\Leftrightarrow s\ln a+t\ln b\leq\ln(sa+tb)\\ 看到s+t=1这种和为1的条件,就要想到用凹凸性或者琴生不等式\\ 令f(x)=\ln x,由于f''(x)=-\frac1{x^2}<0\Rightarrow f(x)是凸函数,故有f\left(sa+tb\right)\geq sf(a)+tf(b)\\ 即\ln(sa+tb)\geq s\ln a+t\ln b \]\((4)\)
\[a\cdot b\leq\frac{a^p}{p}+\frac{b^q}{q}\Rightarrow\ln a+\ln b\leq\ln\left(\frac1pa^p+\frac1qb^q\right)\\ \Leftrightarrow \frac1p\ln a^p+\frac1q\ln b^q\leq\ln\left(\frac1pa^p+\frac1qb^q\right)\\ 令f(x)=\ln x是凸函数,有f\left(\frac1pa^p+\frac1qb^q\right)\geq\frac1pf(a^p)+\frac1qf(b^q)\\ 即\ln\left(\frac1pa^p+\frac1qb^q\right)\geq\ln a+\ln b \]例4.均值不等式
\[证明:\displaystyle\frac{n}{\cfrac1{x_1}+\cfrac1{x_2}+\cdots+\cfrac{1}{x_n}}\leq\sqrt[n]{x_1\cdot x_2\cdots x_n}\leq\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\leq\sqrt{\frac{x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2}{n}},其中x_1,x_2,\cdots x_n>0\\ (调和平均\leq几何平均\leq算术平均\leq平方平均) \]【解】：
\(①\displaystyle\frac{n}{\cfrac1{x_1}+\cfrac1{x_2}+\cdots+\cfrac{1}{x_n}}\leq\sqrt[n]{x_1\cdot x_2\cdots x_n}\)
\[取对数:-\ln\left(\cfrac{\cfrac1{x_1}+\cfrac1{x_2}+\cdots+\cfrac{1}{x_n}}{n}\right)\leq\frac{\ln x_1+\ln x_2+\cdots+\ln x_n}{n}(这里前面一个式子提出一个-1为了将n放到分母上)\\ 把负号移到右边去,把\ln x变成\ln\frac1x\\ \Leftrightarrow \ln\left(\cfrac{\cfrac1{x_1}+\cfrac1{x_2}+\cdots+\cfrac{1}{x_n}}{n}\right)\geq\frac{\ln \frac{1}{x_1}+\ln\frac{1}{x_2}+\cdots+\ln\frac{1}{x_n}}{n}\\ 令f(x)=\ln x,凸函数,有f\left(\frac{x_1^{-1}+x_2^{-1}+\cdots+x_n^{-1}}{n}\right)\geq\frac{f(x_1^{-1})+f(x_2^{-1})+\cdots+f(x_n^{-1})}{n}\ \]\(②\displaystyle\sqrt[n]{x_1\cdot x_2\cdots x_n}\leq\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\)
\[取对数:\frac{\ln x_1+\ln x_2+\cdots+\ln x_n}{n}\leq\ln\left(\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\right)\\ 令f(x)=\ln x凸函数,\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)}{n}\leq f\left(\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\right) \]\(③\displaystyle\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\leq\sqrt{\frac{x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2}{n}}\)
\[两边平方:\left(\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\right)^2\leq\frac{x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2}{n}\\ 令f(x)=x^2,f''(x)=2>0凹函数,f\left(\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\right)\leq\frac{f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)}{n} \]例５.
\[\begin{align} &设f(x)在[0,1]二阶可导,且\int_0^1f(x)dx=0,则\\ &A.当f'(x)<0时,f(\frac12)<0\\ &B.当f'(x)>0时,f(\frac12)<0\\ &C.当f''(x)<0时,f(\frac12)<0\\ &D.当f''(x)>0时,f(\frac12)<0 \end{align} \]【解】：
\[题干中提到了二阶可导,选项中出现了二阶导的正负,根据带拉格朗日余项的泰勒公式:\\ f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(\xi)}{2!}(x-x_0)^2\\ 当f''(x)<0时:f(x)\leq f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0),取x_0=\frac12,f(x)\leq f(\frac12)+f'(\frac12)(x-\frac12)\\ 两边在[0,1]上积分,0=\int_0^1f(x)dx\leq f(\frac12)+f(\frac12)\int_0^1(x-\frac12)dx=f(\frac12)\\ 当f''(x)>0时:f(x)\geq f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0),取x_0=\frac12,f(x)\geq f(\frac12)+f'(\frac12)(x-\frac12)\\ 两边在[0,1]上积分,0=\int_0^1f(x)dx\geq f(\frac12)+f(\frac12)\int_0^1(x-\frac12)dx=f(\frac12)\\ 等号当且仅当x=\frac12时取到,故选D \]例6.
\[证明不等式:\Bigg\lvert\frac{\sin x-\sin y}{x-y}-\cos y\Bigg\rvert\leq\frac12\lvert x-y\rvert,其中x,y\in(-\infin,+\infin) \]【解】：
\[观察到\frac{\sin x-\sin y}{x-y},考虑使用拉格朗日中值定理\frac{\sin x-\sin y}{x-y}=\cos\xi\\ \Rightarrow\lvert\cos\xi-\cos y\rvert\leq\frac12\lvert x-y\rvert,对于\cos\xi-\cos y,可以再使用中值定理,但是无法解出答案\\ 当需要连续使用拉格朗日中值定理而无法得出结果时,考虑泰勒中值定理,拉格朗日中值定理本身就是对泰勒的一种近似,故误差较大\\ 泰勒中值定理中:f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(\xi)}{2!}(x-x_0)^2\\ 需要找到一个合适的x_0,而本题中出现了x-y以及\sin x-\sin y的形式,故考虑令x_0=y,f(x)=\sin x\\ \rightarrow\sin x=\sin y+\cos y(x-y)-\frac{\sin\xi}{2}(x-y)^2\\ 带入得\lvert\sin\xi\rvert\leq1,显然成立 \]题型三、利用（拉格朗日、柯西）中值定理证明不等式
例1.
\[证明:\ln^2b-\ln^2a>\frac4{e^2}(b-a),其中e<a<b<e^2 \]【解】：
\[把b-a移到左边去,显然是一个拉格朗日中值定理的式子\\ \frac{\ln^2b-\ln^2a}{b-a}>\frac4{e^2}\Leftrightarrow \ln\xi\cdot\frac1\xi>\frac2{e^2}\\ 令f(x)=\frac{\ln x}x\\ f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}\Rightarrow f(x)在(e,e^2)\Rightarrow f(\xi)>f(e^2) \]例2.
\[设a>e,0<x<y<\frac\pi 2,证明:a^y-a^x>(\cos x-\cos y)a^x\ln a \]【解】：
\[a^y-a^x>(\cos x-\cos y)a^x\ln a\Leftrightarrow -\frac{a^y-a^x}{\cos y-cos x}>a^x\ln a(由于0<x<y<\frac\pi 2,故\cos x-\cos y>0)\\ 分子分母是同名函数相减,用柯西中值定理:\\ -\frac{a^\xi\ln a}{-\sin\xi}=\frac{a^\xi\ln a}{\sin\xi}>a^x\ln a\Leftrightarrow\frac{a^\xi}{\sin\xi}>a^x\\ 由于\xi>x\rightarrow a^\xi>a^x,且\sin\xi<1,故这个式子显然成立 \]例3.
\[证明:\frac x{1+x}<\ln(1+x)<x,(x>0) \]【解】：
\[\ln(1+x)=\ln(1+x)-\ln(1+0)\\ \frac{\ln(1+x)}x=\frac{\ln(1+x)-\ln(1+0)}{x-0}=\frac1{1+\xi}\\ 其中0<\xi<x,则\frac1{1+x}<\frac1{1+\xi}<1\\ 即\frac1{1+x}<\frac{\ln(1+x)}x<1\Leftrightarrow\frac x{1+x}<\ln(1+x)<x \]例4.
\[证明:\frac{2a}{a^2+b^2}<\frac{\ln b-\ln a}{b-a}<\frac1{\sqrt{ab}},其中0<a<b \]【解】：
\[\frac{\ln b-\ln a}{b-a}显然是一个中值定理的形式,\frac{\ln b-\ln a}{b-a}=\frac1\xi,\xi\in(a,b)\\ 即证\frac{2a}{a^2+b^2}<\frac1\xi<\frac1{\sqrt{ab}},而\frac1b<\frac1\xi<\frac1a\\ 只要证\frac{2a}{a^2+b^2}<\frac1b,这个式子显然成立\\ 再证\frac1a<\frac1{\sqrt{ab}},但这个式子显然不成立,故右边的不等式需要换一种方法\\ 考虑把\frac{\ln b-\ln a}{b-a}<\frac1{\sqrt{ab}}中的b换成x,构造函数f(x)=\frac{\ln x-\ln a}{x-a}-\frac1{\sqrt{ax}},证明f(b)<0\\ 但由于f(x)中无法将a的值带入,找不到一个函数值为0的点,故这个方法也不行\\ 现尝试对欲证式子进行改造:把分母上的b-a乘上来再构造,证明f(b)<0即可\\ \rightarrow\ln b-\ln a<\frac{b-a}{\sqrt{ab}}\\ 观察右边的式子,如果分子分母同除a,得到\frac{\frac ba-1}{\sqrt{\frac ba}},同时左边也可以写成\ln\frac ba,这样换元后可以简化后面的构造和计算\\ 把\sqrt{\frac ba}作为x,令f(x)=2\ln x-x+\frac1x,(x>1),f(1)=0\\ f'(x)=\frac2x-1-\frac1{x^2}=\frac{2x-x^2-1}{x^2}=\frac{-(x-1)^2}{x^2}<0\\ f(x)单减,f(x)<f(1)=0 \]例5.
\[证明:(1+a)\ln(1+a)+(1+b)\ln(a+b)<(1+a+b)\ln(1+a+b),其中a,b>0 \]【解】：
\[令f(x)=(1+x)\ln(1+x),显然f(0)=0\\ 即证f(a)+f(b)<f(a+b),由于这里的a,b是对称的,不妨设b>a>0\\ \Leftrightarrow f(a)-f(0)<f(a+b)-f(b),两边运用中值定理\\ \Leftrightarrow af'(\xi_1)<af'(\xi_2)\Leftrightarrow f'(\xi_1)<f'(\xi_2),其中\xi_1\in(0,a),\xi_2\in(b,a+b),显然\xi_1<\xi_2\\ 故只需证明f'(x)单增即可\\ f'(x)=\ln(1+x)+1显然单增 \]例6.
\[证明:\frac{\arctan x}{\ln(1+x)}<\frac{1+\sqrt{2}}2,其中x>0 \]【解】：
\[尝试把端点值x=0带入左边的式子求极限,\lim_{x\to0^+}\frac{\arctan x}{\ln(1+x)}=1\neq\frac{1+\sqrt2}2,尝试失败\\ 观察左边的式子,分子分母都很复杂,但\arctan0和\ln(1+0)都是0,即\frac{\arctan x}{\ln(1+x)}=\frac{\arctan x-\arctan0}{\ln(1+x)-\ln(1+0)}\\ 可以用柯西中值定理\frac{\arctan x-\arctan0}{\ln(1+x)-\ln(1+0)}=\frac{\cfrac1{1+\xi^2}}{\cfrac1{1+\xi}}=\frac{1+\xi}{1+\xi^2},其中\xi>0\\ 令f(x)=\frac{1+x}{1+x^2},考虑f(x)的最大值\\ f'(x)=\frac{1-2x-x^2}{(1+x)^2}=\frac{2-(x+1)^2}{(1+x)^2}\\ f_{max}(x)=f(\sqrt2-1)=\frac{\sqrt2}{4-2\sqrt2}=\frac{1+\sqrt2}2 \]类题.
\[证明:\frac{\ln(1+x)}{\arcsin x}>\sqrt{\frac{1-x}{1+x}},其中0<x<1 \]【解】：
\[\frac{\ln(1+x)}{\arcsin x}=\frac{\ln(1+x)-\ln(1+0)}{\arcsin x-\arcsin0}=\frac{\cfrac1{1+\xi}}{\cfrac1{\sqrt{1-\xi^2}}}=\frac{\sqrt{1-\xi^2}}{1+\xi}=\sqrt{\frac{1-\xi}{1+\xi}},0<\xi<x\\ 欲证\sqrt{\frac{1-\xi}{1+\xi}}>\sqrt{\frac{1-x}{1+x}},只需证明函数\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}单减,显然它是单减的 \]标签：cos,right,frac,不等式,ln,微分,证明,cdot,left 来源： https://www.cnblogs.com/shuang-fan/p/16214725.html