(405)--专题六不等式的证明笔记_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

26高等数学17堂课
专题6 不等式问题
（P88-95）
主讲 武忠祥 教授(一）函数不等式
(二）积分不等式(一）函数不等式
函数不等式常用的五种方法：
1）单调性； 2）最大最小值；
3）拉格朗日中值定理；
4）泰勒公式； 5）凹凸性；
常用不等式:
1) 2ab  a 2  b 2 ,(a  0,b  0);
a  a    a
2) n a a a  1 2 n ,(a  0, i  1,2n);
1 2 n i
n

3)
sin x  x  tan x, x  (0, );
2
x
4)  ln(1  x)  x, x  (0,).
1  x1  x ln(1  x)
【例1】试证：当 时，
0  x  1 
1  x arcsin x
1  x 2 ln(1  x)
【证】只要证 
1  x arcsin x
即 ( 1  x)ln(1  x)  1  x 2 arcsin x
令 f (x)  (1  x)ln(1  x)  1  x 2 arcsin x
x
则 f  (x)  ln(1  x)  1  arcsin x  1
1  x 2
x
 ln(1  x)  arcsin x  0
1  x 2
又 f (0)  0, 则当 0  x  1 时， f (x)  0, 原题得证.1 x
1 1
【例2】证明当 x  0 时， (1  x) x  e 2 .
【证】取对数，则要证不等式变形为
1 x
(1  )ln(1  x)  1 
x 2
即
2(1  x)ln(1  x)  2x  x 2
令
f (x)  2x  x 2  2(1  x)ln(1  x) (x  0)2a lnb  lna 1
【例3】(2002年2）设 ,证明不等式  
0  a  b
a 2  b 2 b  a ab
【证】先证左端不等式,
ln b  ln a 1
 (ln x)   .  (a,b)
b  a 
x
1 1 2a
由于 ，故 ，从而
0  a   b  
 b a 2  b 2
lnb  lna 2a

b  a a 2  b 2
再证右端不等式. 设
x  a
(x)  ln x  ln a  (x  a),
ax
1 1  1 a  ( x  a) 2
 (x)         0,
x a  2 x 2x x  2x ax1 1
【例4】(1993年5）设 p,q 是大于1的常数,且   1
p q
1 1
证明: 对于任意的 x  0, x p   x.
p q
1 1
【证】令 f (x)  x p   x (x  0)
p q
则 f  (x)  x p1  1
令 f  (x)  0, 得 x  1,
又 f  (x)  ( p  1)x p2 , f  (1)  ( p  1)  0,【例5】 设 f (x) 在 [0,2] 上二阶可导.且 | f (x) | 1,| f  (x) | 1,
证明： | f  (x) | 2 (0  x  2)
f  ()
【证】
f (x )  f (x)  f  (x)(x  x)  (x  x) 2
0 0 0
2!
f  ( )
f (0)  f (x)  f  (x)(0  x)  1 (0  x) 2 （1）
2!
f  ( )
f (2)  f (x)  f  (x)(2  x)  2 (2  x) 2 （2）
2!
1
f (2)  f (0)  2 f  (x)  ( f  ( )(2  x) 2  f  ( )x 2 )
2 1
2
| f (0) |  | f (2) | 1
| f  (x) |  (| f  ( ) | (2  x) 2  | f  ( ) | x 2 )
2 1
2 4
1 1
 1  [(2  x) 2  x 2 ]  1   4  2
4 4【例6】设函数 f (x) 在区间 (a, b) 内二阶可导,且 f  (x)  0, 证明对
任意的 x , x  (a, b), 且 x  x 及 (0   1), 恒有
1 2 1 2
f [x  (1  )x ]  f (x )  (1  ) f (x ).
1 2 1 2
【证法1】令 x  x  (1 )x ,不妨设 x  x , 则 x  x  x .
1 2 1 2 1 2
f (x)  f (x )  f  ( )( x  x )  f  ( )(1  )( x  x ) ①
1 1 1 1 2 1
f (x )  f (x)  f  ( )( x  x)  f  ( )(x  x ) ②
2 2 2 2 2 1
 ①  (1 )  ②得
f (x)  f (x )  (1  ) f (x )  (1  )( x  x )[ f  ( )  f  ( )]
1 2 2 1 1 2
由于 f  (x)  0, 则 f  (x) 单调增，从而有 f  ( )  f  ( ),
1 2
f (x)  f (x )  (1  ) f (x )  0
1 2【例6】设函数 f (x) 在区间 (a, b) 内二阶可导,且 f  (x)  0, 证明对
任意的 x , x  (a, b), 且 x  x 及 (0   1), 恒有
1 2 1 2
f [x  (1  )x ]  f (x )  (1  ) f (x ).
1 2 1 2
【证法2】令 ,由泰勒公式得
x  x  (1  )x
1 2
f  ( )
f (x )  f (x)  f  (x)( x  x)  1 (x  x) 2
1 1 1
2!
f  ( )
 f (x)  f  (x)(1  )( x  x )  1 (x  x) 2
1 2 1
2!
f  ( )
f (x )  f (x)  f  (x)( x  x)  2 (x  x) 2
2 2 2
2!
f  ( )
 f (x)  f  (x)(x  x )  2 (x  x) 2
2 1 2
2!
则 f (x )  (1  ) f (x )  f (x) 
1 2
f  ( ) f  ( )
 1 (x  x) 2  (1 ) 2 (x  x) 2  f (x)
1 2
2! 2!1 1
【例7】设 p,q  0 ，且   1 ，又设 x  0, y  0 ，求证：
p q
1 1
xy  x p  y q .
p q
1 1
【证】只要证
ln(xy)  ln( x p  y q )
p q
p q
ln x ln y 1 1
即只要证   ln( x p  y q )
p q p q
由例6可知,只要证 f (x)  ln x 是凸的即可，由于
1 1
f  (x)  , f  (x)  
2
x x
则 f (x)  ln x 是凸的,故
p q
f (x ) f ( y ) 1 1
  f ( x p  y q )
p q p q(二） 积分不等式
证明积分不等式常用的方法：
1）定积分不等式性质； 2）变量代换；
3）积分中值定理 ； 4）变上限积分；
5）柯希积分不等式；
常用的积分不等式:
b b
1) 若 f (x)  g(x), 则  f (x)d x   g(x)d x.
a a
b
2) m(b  a)   f (x)d x  M(b  a).
a
b b
3)  f (x)d x   | f (x) |d x.
a a
b b b
4) (  f (x)g(x)dx) 2   f 2 (x)dx  g 2 (x)dx
a a a【例1】(2018年2）设函数 在 上2阶可导,且
f (x) [0,1]
1
 f (x)dx  0, 则（ ）
0
1
（A）当 f  (x)  0 时，f ( )  0,
2
1
（B）当 f  (x)  0 时， f ( )  0,
2
1
（C）当 f  (x)  0 时，f ( )  0,
2
1
（D）当 f  (x)  0 时， f ( )  0,
2
【解1】几何法【例1】(2018年2）设函数 在 上2阶可导,且
f (x) [0,1]
1
 f (x)dx  0, 则（ ）
0
1
（A）当 f  (x)  0 时，f ( )  0,
2
1
（B）当 f  (x)  0 时， f ( )  0,
2
1
（C）当 f  (x)  0 时，f ( )  0,
2
1
（D）当 f  (x)  0 时， f ( )  0,
2
【解2】排除法（特殊函数法）【例1】(2018年2）设函数 在 上2阶可导,且
f (x) [0,1]
1
 f (x)dx  0, 则（ ）
0
1
（A）当 f  (x)  0 时，f ( )  0,
2
1
（B）当 f  (x)  0 时， f ( )  0,
2
1
（C）当 f  (x)  0 时，f ( )  0,
2
1
（D）当 f  (x)  0 时， f ( )  0,
2
【解3】直接法（泰勒）【例1】(2018年2）设函数 在 上2阶可导,且
f (x) [0,1]
1
 f (x)dx  0, 则（ ）
0
1
（A）当 f  (x)  0 时，f ( )  0,
2
1
（B）当 f  (x)  0 时， f ( )  0,
2
1
（C）当 f  (x)  0 时，f ( )  0,
2
1
（D）当 f  (x)  0 时， f ( )  0,
2
a  b f (a)  f (b)
b
【解4】直接法 f  (x)  0, f ( )(b  a)   f (x)dx  (b  a)
2 a 2  
sin x cos x x
【例2】设 I   2 d x ， I   2 d x ， I   2 d x ，则
1 0 1  x 2 2 0 1  x 2 3 0 
1  (x  ) 2
2
（A） （B）
I  I  I I  I  I
1 2 3 3 1 2
（C） I  I  I （D） I  I  I
2 1 3 3 2 1
  
cos x  sin x cos x  sin x cos x  sin x
【解】
I  I   2 d x   4 d x   2 dx
2 1 0 1  x 2 0 1  x 2  1  x 2
4
  
cos x  sin x sin t  cos t 1 1
  4 d x   4 dt   4 (cos x  sin x)[  ]d x  0
0 1  x 2 0  0 1  x 2 
1  (  t) 2 1  (  x) 2
2 2

cos x  
sin t sin t
I   2 d x   2 d t   2 d t
2 0 1  x 2  
0 0
1  (t  ) 2 1  (t  ) 2
2 2k
【例3】(2012年1,2)设 I   e x 2 sin xdx(k  1,2,3) ，则有
k
0
（A） （B）
I  I  I . I  I  I .
1 2 3 3 2 1
（C） （D） [D]
I  I  I . I  I  I .
2 3 1 2 1 3b  a
b b
【例4】设 f (x) 连续且单调增.求证:  xf (x)dx   f (x)dx
a 2 a
a  b
b
【证1】 只要证  (x  ) f (x)dx  0.
a 2b  a
b b
【例4】设 f (x) 连续且单调增.求证:  xf (x)dx   f (x)dx
a 2 a
a  b a  b
【证2】由于 (x  )[ f (x)  f ( )]  0;
2 2b  a
b b
【例4】设 f (x) 连续且单调增.求证:  xf (x)dx   f (x)dx
a 2 a
x  a
x x
【证3】令 F(x)   tf (t)dt   f (t)dt (a  x  b)
a 2 a【例5】设函数 f (x) 和 g(x) 都在 [a, b] 上连续,试证柯西积分不等式
b b b
(  f (x)g(x)dx) 2   f 2 (x)dx g 2 (x)dx
a a a
t t t
【证法1】令 F(t)   f 2 (x)dx g 2 (x)dx  (  f (x)g(x)dx) 2
a a a
则 且
F(a)  0,
t t t
F  (t)  f 2 (t)  g 2 (x)dx  g 2 (t)  f 2 (x)dx  2 f (t)g(t)  f (x)g(x)dx
a a a
t
  [ f 2 (t)g 2 (x)  g 2 (t) f 2 (x)  2 f (t)g(t) f (x)g(x)]dx
a
b
  [ f (t)g(x)  f (x)g(t)] 2 dx  0
a
则 F(t) 在 [a, b] 上单调不减，所以 F(b)  F(a)  0.
b b b
 f 2 (x)dx g 2 (x)dx  (  f (x)g(x)dx) 2  0
a a a【例5】设函数 f (x) 和 g(x) 都在 [a, b] 上连续,试证柯西积分不等式
b b b
(  f (x)g(x)dx) 2   f 2 (x)dx g 2 (x)dx
a a a
【证法2】若 g(x)  0, 结论显然成立，否则，对任意实数 
b
 [ f (x) g(x)] 2 dx  0
a
b b b
即  2  g 2 (x)dx  2 f (x)g(x)dx   f 2 (x)dx  0
a a a
b
又  g 2 (x)dx  0,
a
则关于  的这个二次三项式的判别式
b b b
  4[  f (x)g(x)dx] 2  4  f 2 (x)dx   g 2 (x)dx  0
a a a
b b b
即 (  f (x)g(x)dx) 2   f 2 (x)dx g 2 (x)dx
a a a【例6】设 f (x) 在 [0, 1] 上有连续导数,且 f (0)  f (1)  0 ，
1
1 1
求证:  f 2 (x)dx   f 2 (x)dx
0 8 0
x
【证】  f ( x)   f  (t)dt
0
 
2 x x
 f 2 (x)   x f  (t)dt   1 2 dt  f 2 (t)dt
0 0
0
1
1
x
 x  f 2 (t)dt  x  2 f 2 (t)dt (0  x  ）
0 0 2
   
2 2 1 1
 f 2 (x)   x f  (t)dt   1 f  (t)dt   1 2 dt  f 2 (t)dt
x x
1 x
1
1 1
 (1 x)  f 2 (t)dt  (1 x)  f 2 (t)dt (  x  1 ）
1
2
x
2
1 1
1 1 1
  f 2 (x)dx   2 xdx   2 f 2 (t)dt  （ 1  x)dx  f 2 (t)dt
1 1
0 0 0
2 2祝同学们
考研路上一路顺利！