(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！