利用拉格朗日中值定理证明琴生不等式的一种形式

第一篇：利用拉格朗日中值定理证明琴生不等式的一种形式

利用拉格朗日中值定理证明琴生不等式的一种形式

对于定义域为(a,b)的一个凸函数其二阶导数小于0，利用拉格朗日中值定理证明对于任意n≥2且x1,x2,x3„„xn∈(a,b)和正数a1,a2,a3„„an且a1+a2+a3+„„+an=1均满足f(a1x1+a2x2+a3x3+„„anxn)>a1f(x1)+a2f(x2)+„„+anf(xn)

图见下一页

传说这个可以改编成高考题哦~~ 且看原题（2012韶关二模理数最后一题）请注意：一下所有“L”为省略号

21．(本小题满分14分)已知函数f(x)ln(x1)mx，当x0时，函数f(x)取得极大值.（１）求实数m的值；

（２）已知结论：若函数f(x)ln(x1)mx在区间(a,b)内导数都存在，且a1，则存在x0(a,b)，使得f(x0)f(b)f(a)f(x1)f(x2).试用这个结论证明：若1x1x2，函数g(x)(xx1)f(x1)，则对任bax1x2意x(x1,x2)，都有f(x)g(x)；

（３）已知正数1,2,L,n，满足12Ln1，求证：当n2，nN时，对任意大于1，且互不相等的实数x1,x2,L,xn，都有f(1x12x2Lnxn)

1f(x1)2f(x2)Lnf(xn).参考答案和评分标准

21．(本题满分14分)解：（１）f(x)1xm.由f(0)0，得m1，此时f(x).x1x1当x(1,0)时，f(x)0，函数f(x)在区间(1,0)上单调递增； 当x(0,)时，f(x)0，函数f(x)在区间(0,)上单调递减.函数f(x)在x0处取得极大值，故m1.„„„„„„„„„„3分

（２）令h(x)f(x)g(x)f(x)f(x1)f(x2)(xx1)f(x1)，„„„„„„„4分

x1x2则h(x)f(x)f(x1)f(x2).x1x2Q函数f(x)在x(x1,x2)上可导，存在x0(x1,x2)，使得f(x0)f(x1)f(x2).x1x2Qf(x)1x0x111，h(x)f(x)f(x0) x1x1x01(x1)(x01)Q当x(x1,x0)时，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)h(x1)0； Q当x(x0,x2)时，h(x)0，h(x)单调递减，h(x)h(x2)0；

故对任意x(x1,x2)，都有f(x)g(x).„„„„„„„„„„8分（３）用数学归纳法证明.①当n2时，Q121，且10，20，1x12x2(x1,x2)，由（Ⅱ）得f(x)g(x)，即

f(1x12x2)f(x1)f(x2)(1x12x2x1)f(x1)1f(x1)2f(x2)，x1x2当n2时，结论成立.„„„„„„„„„„9分

②假设当n(kk2k2时

1结论成立，即当

12Lk1时，f(1x1Lx2k)x(f)Lx(12k1.当正数1,2,L,k1满足fk)xn(时，f)设xk12Lk11，令m12Lk，11m,22m,L,kkm，则mk1n1，且12Lk1.f(1x12x2Lkxkk1xk1)f[m(1x1Lkxk)k1xk1] mf(1x1Lkxk)k1f(xk1)m1f(x1)Lmkf(xk)k1f(xk1)

1f(x1)Lkf(xk)k1f(xk1)

„„„„„„„„„„13分

当nk1时，结论也成立.综上由①②，对任意n2，nN，结论恒成立.„„„„„„„„„„14分

第二篇：利用导数证明不等式

利用导数证明不等式

例1．已知x>0，求证：x>ln(1+x)分析：设f(x)=x－lnx。x[0,+。考虑到f(0)=0，要证不等式变为：x>0时，f(x)>f(0)，这只要证明：

f(x)在区间[0,)是增函数。

证明：令：f(x)=x－lnx，容易看出，f(x)在区间[0,)上可导。

且limf(x)0f(0)x0 由f'(x)11x 可得：当x(0,)时，f'(x)f(0)0 x1x1 即x－lnx>0，所以：x>0时，x>lnx 评注：要证明一个一元函数组成的不等式成立，首先根据题意构造出一个

函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利 用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要 证的不等式。

例2：当x0,时，证明不等式sinxx成立。证明：设f(x)sinxx,则f'(x)cosx1.∵x(0,),∴f'(x)0.∴f(x)sinxx在x(0,)内单调递减，而f(0)0.∴f(x)sinxxf(0)0, 故当x(0,)时，sinxx成立。

点评：一般地，证明f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果F'(x)0,，则F(x)在(a,b)上是减函数，同时若F(a)0,由减函数的定义可知，x(a,b)时，有F(x)0,即证明了f(x)g(x)。

x练习：1.当x0时，证明不等式e1x12x成立。2证明：设fxe1xx12x,则f'xex1x.2xxx令g(x)e1x,则g'(x)e1.当x0时，g'xe10.g(x)在0,上单调递增，而g(0)0.gxg(0)0,g(x)0在0,上恒成立，f(x)在即f'(x)0在0,恒成立。0,上单调递增，又f(0)0,ex1x1x20,即x0时，ex222.证明:当x1时,有ln(x1)lnxln(x2).1x12x成立。2分析 只要把要证的不等式变形为

ln(x1)ln(x2),然后把x相对固定看作常数,并选取辅助函

lnxln(x1)数f(x)ln(x1).则只要证明f(x)在(0,)是单调减函数即可.lnx证明: 作辅助函数f(x)ln(x1)(x1)lnxlnxln(x1)xlnx(x1)ln(x1)于是有f(x)x12x

lnxx(x1)ln2x因为 1xx1, 故0lnxln(x1)所以 xlnx(x1)ln(x1)

（1，）因而在内恒有f'(x)0,所以f(x)在区间(1,)内严格递减.又因为1x1x,可知f(x)f(x1)即 ln(x1)ln(x2)lnxln(x1)所以 ln2(x1)lnxln(x2).利用导数知识证明不等式是导数应用的一个重要方面，也成为高考的一个新热点，其关键是构造适当的函数，判断区间端点函数值与0的关系，其实质就是利用求导的方法研究函数的单调性，通过单调性证明不等式。

x2例3.证明不等式xln(1x)x,其中x0.2x2分析 因为例6中不等式的不等号两边形式不一样,对它作差ln(1x)(x),则发现作差以后

21x)求导得不容易化简.如果对ln(1,这样就能对它进行比较.1xx2证明: 先证 xln(1x)

2x2设 f(x)ln(1x)(x)(x0)

21x210)00 f(x)则 f(0)ln(1x1x1x'　x0 即 1x0 x20

x2　f(x)0　,即在(0,)上f(x)单调递增

1xx2　f(x)f(0)0 　ln(1x)x

21x)x;令 g(x)ln(1x)x 再证 ln(则 g(0)0 g(x)11 1x１ln(1x)x 　x0 　1 　g(x)0 １xx2　xln(1x)x 练习：3（2001年全国卷理20）已知i,m,n是正整数，且1imn

证明：(1m)n(1n)m

分析：要证(1m)n(1n)m成立，只要证

ln(1m)nln(1n)m

即要证11ln(1m)ln(1n)成立。因为m

11ln(1m)ln(1n)； mn从而：(1m)n(1n)m。

评注：这类非明显一元函数式的不等式证明问题，首先变换成某一个一元函数式分别在两个不同点处的函数值的大小比较问题，只要将这个函数式找到了，通过设函数，求导判断它的单调性，就可以解决不等式证明问题。难点在于找这个一元函数式，这就是“构造函数法”，通过这类数学方法的练习，对培养分析问题、解决问题的能力是有很大好处的，这也是进一步学习高等数学所需要的。

第三篇：利用二重积分证明不等式

利用二重积分证明不等式.设 f(x),g(x)是[a,b]单调增加的连续函数.证明

b

af(x)dxg(x)dx(ba)f(x)g(x)dx aabb

证明 由于f(x),g(x)是[a,b]单调增加的函数,于是

(f(x)f(y))(g(x)g(y))0

(f(x)f(y))(g(x)g(y))dxdy0 …………….(1)D

其中 D为 axb,注意到 ayb.f(x)g(x)dxdyf(y)g(y)dxdy

DD

Df(x)g(y)dxdyf(y)g(x)dxdy D

由(1)可得

b

af(x)dxg(x)dxf(x)dxg(y)dyf(x)g(y)dxdyaaaD

bbbbbb f(x)g(x)dxdydyf(x)g(x)dx(ba)f(x)g(x)dx

Daaa

第四篇：利用导数证明不等式

利用导数证明不等式

没分都没人答埃。觉得可以就给个好评!

最基本的方法就是将不等式的的一边移到另一边，然后将这个式子令为一个函数f(x).对这个函数求导，判断这个函数这各个区间的单调性，然后证明其最大值(或者是最小值)大于0.这样就能说明原不等式了成立了!

1.当x>1时,证明不等式x>ln(x+1)

设函数f(x)=x-ln(x+1)

求导，f(x)'=1-1/(1+x)=x/(x+1)>0

所以f(x)在(1，+无穷大)上为增函数

f(x)>f(1)=1-ln2>o

所以x>ln(x+

12..证明：a-a^2>0其中0

F(a)=a-a^

2F'(a)=1-2a

当00;当1/2

因此，F(a)min=F(1/2)=1/4>0

即有当00

3.x>0,证明：不等式x-x^3/6

先证明sinx

因为当x=0时，sinx-x=0

如果当函数sinx-x在x>0是减函数，那么它一定<在0点的值0，求导数有sinx-x的导数是cosx-1

因为cosx-1≤0

所以sinx-x是减函数，它在0点有最大值0，知sinx

再证x-x³/6

对于函数x-x³/6-sinx

当x=0时，它的值为0

对它求导数得

1-x²/2-cosx如果它<0那么这个函数就是减函数，它在0点的值是最大值了。

要证x²/2+cosx-1>0x>0

再次用到函数关系，令x=0时，x²/2+cosx-1值为0

再次对它求导数得x-sinx

根据刚才证明的当x>0sinx

x²/2-cosx-1是减函数，在0点有最大值0

x²/2-cosx-1<0x>0

所以x-x³/6-sinx是减函数，在0点有最大值0

得x-x³/6

利用函数导数单调性证明不等式X-X²>0，X∈(0,1)成立

令f(x)=x-x²x∈

则f'(x)=1-2x

当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增

当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减

故f(x)的最大值在x=1/2处取得，最小值在x=0或1处取得

f(0)=0,f(1)=0

故f(x)的最小值为零

故当x∈(0,1)f(x)=x-x²>0。

i、m、n为正整数，且1

第五篇：谈利用导数证明不等式.

谈利用导数证明不等式

数学组

邹黎华

在高考试题中，不等式的证明往往与函数、导数、数列的内容综合，属于在知识网络的交汇处设计的试题，有一定的综合性和难度，突出体现对理性思维的考查，特别是利用高中新增内容的导数来证明不等式，体现了导数的工具，也是与高等数学接轨的有力点。本文通过一些实例，来说明利用导数增证明不等式的基本方法。

例1．已知x>0，求证：x>ln(1+x)

分析：设f(x)=x－lnx。x[0,+。考虑到f(0)=0，要证不等式变为：x>0时，f(x)>f(0)，这只要证明：

f(x)在区间[0,)是增函数。

证明：令：f(x)=x－lnx，容易看出，f(x)在区间[0,)上可导。

且limf(x)0f(0)x0

由f'(x)11x

可得：当x(0,)时，f'(x)f(0)0 x1x

1即x－lnx>0，所以：x>0时，x>lnx

评注：要证明一个一元函数组成的不等式成立，首先根据题意构造出一个

函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利 用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要 证的不等式。

例2：（2001年全国卷理20）已知i,m,n是正整数，且1imn

证明：(1m)n(1n)m

分析：要证(1m)n(1n)m成立，只要证

ln(1m)nln(1n)m

11ln(1m)ln(1n)成立。因为m

x1111'

证明：设函数f(x)ln(1x)，则f(x)2ln(1x)

xx1xx1x'ln(1x)] 即：f(x)2[x1xx1,ln(1x)ln31 因为：x2,01x即要证所以：f(x)0，所以f(x)在[2,)是减函数，而mn 所以f(m)f(n)，即n''11ln(1m)ln(1n)； mnm从而：(1m)(1n)。

评注：这类非明显一元函数式的不等式证明问题，首先变换成某一个一元函数式分别在两个不同点处的函数值的大小比较问题，只要将这个函数式找到了，通过设函数，求导判断它的单调性，就可以解决不等式证明问题。难点在于找这个一元函数式，这就是“构造函数法”，通过这类数学方法的练习，对培养分析问题、解决问题的能力是有很大好处的，这也是进一步学习高等数学所需要的。

例3．（2004年全国卷理工22题）已知函数f(x)ln(1x)x，g(x)xlnx,设0ab

证明：0g(a)g(b)2g(ab)(ba)ln2 2证明：设g(x)xlnx,g'(x)lnx1 设F(x)g(a)g(x)2g(ax)2则F'(x)g'(x)2[g(axax)]lnxln22

当0xa时，F'(x)0，当xa时，F'(x)0 因此，F（x）

在区间（0，a）内是减函数，在区间[a,)内为增函数，于是在xa 时，F（x）有最小值F(a)0又ba，所以0g(a)g(b)2g(ab)2设G(x)g(a)g(x)2g(ax)(xa)ln2，则G'(x)lnxlnaxln2lnxln(ax)2当x0时，G'(x)0，因此G（x）在区间(0,)内为减函数； 因为G(a)0，ba，所以G(b)0，即：g(a)g(b)2g(ab)(ba)ln2。2评注：本题在设辅助函数时，考虑到不等式涉及的变量是区间的两个端点，因此，设辅助函数时就把其中一个端点设为自变量，范例中选用右

端点，读者不妨设为左端点试一试，就更能体会到其中的奥妙了。

通过以上例题，我们可以体会到用导数来证明不等式的基本要领和它的简捷。总之，利用导数证明不等式的关键是“构造函数”，解决问题的依据是函数的单调性，这一方法在高等数学中应用的非常广泛，因此，希望同学门能认真对待，并通过适当的练习掌握它。