例谈利用导数证明不等式的方法（小编整理）

第一篇：例谈利用导数证明不等式的方法

例谈利用导数证明不等式的方法

广东肇庆中学张本龙

【内容摘要】导数作为工具是一道靓丽的风景线，也是近几年高考的一个新热点，在某些不等式的证明中，若能及时地构造适当的函数，再利用导数研究函数的单调性或最值，最后得出要证明结论，定能会更胜一筹，达到事半功倍的效果。

【关键词】构造可导函数研究单调性最值整理结论

【正文】

在高中数学学习过程中，我们常遇到一些不等式的证明，看似简单，但却无从下手，很难找到切入点，几种常用的证法都一一尝试，却很难奏效。这时我们不妨变换一下思维角度，从所证不等式的结构和特点出发，结合自己已有知识，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明。用导数方法证明不等式，其步骤一般是：构造可导函数——研究单调性或最值——得出不等关系——整理得出结论。

下面举例说明：

例1：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)。

31例2：求证：x1

3x31,其中x1,.123证明：设f(x)x1

3x31,则f'(x)1313x11313x2, x1,13x21,113x20,即f'(x)0,f(x)在x1,上是增函数，又

f(1)0,当x1时,有f(x)f(1)0,

131x1x31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)上是增函数，同时若F(a)0,由增函数的定义可知，x(a,b)时，有F(x)0,即证明了f(x)g(x)。

例3：当x0时，证明不等式ex1x证明：设fxex1x

212

x成立。

x

x,则f'xe1x.令g(x)ex1x,则g'(x)ex1.当x0时，g'xex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，即f'(x)0在0,恒成立。f(x)在0,上单调递增，又f(0)0,ex1x

x0时，e

x

x

0,即

1x

x成立。

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。

例4：（04年高考全国卷二22（Ⅱ））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b2)(ba)ln2.ax2),则

证明：g(x)xlnx,g'(x)lnx1.设F(x)g(a)g(x)2g（'

axaxF'(x)g'(x)2g()lnxln.当0xa时，F'(x)0,F(x)在22

当xa时，F'(x)0,F(x)在(a,)上为增函数。从而，当xa(0,a)内为减函数；

时，F(x)有极小值 F(a).F(a)0,ba,F(b)0, 即0g(a)g(b)2g（ab2).…………………………………………………………（1）

ax2

ln2lnxln(ax).当x0

设G(x)F(x)(xa)ln2,则G'(x)lnxln

时，G'(x)0.因此，G(x)在(0,)上为减函数。G(a)0,ba,G(b)0, 即g(a)g(b)2g（ab2)(ba)ln2.………………………………………………（2）

ab2)(ba)ln2成立。

由（1）、（2）可知，0g(a)g(b)2g（例5：（07年高考山东理 22（Ⅲ））设函数f(x)xbln(x1),其中b0.证明对

任意的正整数n，不等式ln（1n

1)

1n



1n

都成立．

证明：当b1时，函数f(x)xln(x1)，令函数h(x)xf(x)xxln(x1)，3

32则h'(x)3x2x

1x

1

3x(x1)

x1

当x0,时，．所以函数h(x)h'(x)0，在0,上单调递增，又h(0)0．x(0,)时，恒有h(x)h(0)0，即

故当x(0,)时，有ln(x1)x2x3．对任意正整数n取xxln(x1)恒成立．

x

1n

(0,)，则有ln（1n

1)

1n



1n

．所以结论成立．

1(1x)

n



aln(x1),其中nN,a

例6.（08年高考山东理21（Ⅱ））已知函数f(x)

为常数.当a1时，证明：对任意的正整数n,当x2时，有f(x)x1。

1(1x)

n

证法一：a1，f(x)ln(x1).当n为偶数时，令g(x)x1

1(1x)

n

ln(x1),则g'(x)1

n(x1)

n1



1x1



x2x1



n(x1)

n1

0(x2).当x2,时，g(x)单调递增，又g(2)0，g(x)x1

1(x1)

n

ln(x1)g(2)0恒成立，f(x)x1成立。

当n为奇数时，要证f(x)x1,由于

1(1x)

1x1

n

0，只需证ln(x1)x1, x2x1

令 h(x)x1ln(x1), 则 h(x)1

'

0(x2), 当x2,时，h(x)x1ln(x1)单调递增，又h(2)10，当x2时，恒有h(x)0, 即ln(x1)x1，命题成立.综上所述，结论成立.证法二：当a1时，f(x)

1(1x)

n

ln(x1).当x2时，对任意的正整数n，恒有

1(1x)

n

1，故只需证明1ln(x1)x1.令h(x)x1(1ln(x1))x2ln(x1),x2,,则h(x)1

'

当x2时，h(x)0，故h(x)在2,上单调递增，1x1



x2x1,因此，当x2时，h(x)h(2)，即1ln(x1)x1成立.故当x2时，有

1(1x)

n

ln(x1)x1.即f(x)x1.从以上几例可以看出，导数不仅是证明不等式的重要思想方法，也是判断函数的单调性、求函数极植、最值等的重要思想方法，这类试题在考查综合能力的同时，充分体现了导数的工具性和导数应用的灵活性，与新课程标准接轨，彰显时代气息。

参考书目：

1、普通高中课程标准实验教科书《数学》（选修2—2）人民教育出版社

2、高中新课标同步攻略 《学海导航》、《数学》（选修2—2）海南出版社

3、《2004—2008新课标最新5年高考真题 》北京天利考试信息网

第二篇：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。

第三篇：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：利用导数证明不等式的四种常用方法

利用导数证明不等式的四种常用方法

杨玉新

(绍兴文理学院 数学系, 浙江 绍兴 312000)

摘要: 通过举例阐述了用导数证明不等式的四种方法,由此说明了导数在不等式证明中的重要作用.关键词: 导数;单调性;中值定理;泰勒公式;Jensen不等式

在初等数学中证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法、数学归纳法和构造法.但是当不等式比较复杂时，用初等的方法证明会比较困难,有时还证不出来.如果用函数的观点去认识不等式,利用导数为工具,那么不等式的证明就会化难为易.本文通过举例阐述利用泰勒公式, 中值定理,函数的性质, Jensen不等式等四种方法证明不等式,说明了导数在证明不等式中的重要作用.一、利用泰勒公式证明不等式

若函数f(x)在含有x0的某区间有定义,并且有直到(n1)阶的各阶导数,又在点x0处有n阶的导数f(n)(x0),则有公式

f(x)f(x0)f(x0)1!(xx0)f(x0)2!(xx0)2f(n)(x0)n!(xx0)(n)Rn(x)

在上述公式中若Rn(x)0(或Rn(x)0),则可得

f(x0)1!f(x0)2!2f(x)f(x0)(xx0)(xx0)f(n)(x0)n!(xx0)(n)

或

f(x)f(x0)f(x0)1!(xx0)2f(x0)2!x3(xx0)2f(n)(x0)n!(xx0)(n)

例1 证明: ln(1x)xx23,(1x1).证明 设f(x)ln(1x)（1x1)则f(x)在x0处有带有拉格朗日余项三阶泰勒公式

x2ln(1x)x2x33x444(1)(11)

　x444(1)0

23　ln(1x)xx2x3

由以上证明可知,用泰勒公式证明不等式,首先构造函数,选取适当的点x0在x0处展开,然后判断余项Rn(x)的正负,从而证明不等式.二、利用中值定理证明不等式

微分(Lagrange)中值定理: 若f(x)满足以下条件:(1)f(x)在闭区间[a,b]内连续(2)f(x)在开区间(a,b)上可导

　f()则 (a,b)f(b)f(a)bap1

pp例2 若0yx,p1则　py(xy)xyp1pypp1(xy)

p1分析 因为0yx,则原不等式等价于pyxyxyppx(p1).令f(x)t,则我们容易联想到Lagrange中值定理f()(xy)p'f(x)f(y)xy.证明 设f(t)t,显然f(t)在[y,x]满足Lagrange中值定理的条件

f(x)f(y)xyp1p则 (y,x)f(),即p＝xyxyp1pp

p1　(y,x)　yx, py　pyp1p1ppx

(xy)xpyppyp1(xy)

例3 设f(x)在[a,b]上连续可导,且f(a)f(b)0,则

'maxf(x)axb4(ba)2baf(x)dx

证明 设Mmaxf(x)则由中值公式,当x(a,b)时,有

axb' 2 f(x)f(a)f(1)(xa)f(1)(xa)f(x)f(b)f(2)(xb)f(2)(xb)

其中1(a,x),2(x,b).由此可得

f(x)M(xa)及f(x)M(bx)

所以

babaf(x)dx2aabf(x)dxbab2f(x)dx  即

2aM(xa)dx2bab2M(bx)dx

M(ba)4M4(ba)2baf(x)dx

所以 maxf(x)axb4(ba)2baf(x)dx

积分第二中值定理[1] 若在区间f[a,b]上f为非负的单调递减函数,而g是可积函数,则存在[a,b],使得

 例4 设f(x)bafgf(a)g

a2sintdt,则x0时

x1xf(x)1x

特别地:当x2003时机为2003年浙江省高等数学竞赛试题(工科、经管类)证明 令tu,则由积分第二中值定理

x12f(x)xsinudu2u1x

＝12x2xsinudu2

又因为

f(x)(x1)22xsinudu2u2(x1)111 ＝cosu222xu(x1)22xcosudu32u14

cosuduu32 ＝12xcosx212(x1)cos(x1)2(x1)22x于是,x0时

f(x)12x12x12(x1)12(x1)141((x1)22xu32du

11x)1x ＝2x1由上可见利用中值定理证明不等式,通常是首先构造辅助函数和考虑区间,辅助函数和定义区间的选择要与题设和结论相联系,然后由中值定理写出不等式,从而进行证明.三、利用函数的单调性证明不等式

定理1 如果函数f(x),g(x)满足以下条件:(1)f(x),g(x)在闭区间[a,b]内连续

(2)f(x),g(x)在开区间(a,b)可导,且有f(x)g(x)(或f(x)g(x))(3)f(a)g(a)

则

在(a,b)内有f(x)g(x)(或f(x)g(x)

令F(x)f(x)g(x)由于f(x)g(x)f(x)g(x)0F(x)0 所以证明f(x)g(x)证明F(x)0则相应地有

推论1 若f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,f(a)c且f(x)0(或f(x)0)则在(a,b)内有f(x)c(或f(x)c).2例5 证明:当x1时,有ln(x1)lnxln(x2).''分析 只要把要证的不等式变形为

ln(x1)lnxln(x1)lnxln(x2)ln(x1),然后把x相对固定看作常数,并选取辅助函数f(x).则只要证明f(x)在(0,)是单调减函数即可.4 证明

作辅助函数f(x)lnxln(x1)x2ln(x1)lnx

(x1)

于是有f(x)x1lnxxlnx(x1)ln(x1)x(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)

ln(x1)lnxln(x2)ln(x1)即



所以

ln2(x1)lnxln(x2).例6

证明不等式xx22ln(1x)x,其中x0.x2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2),则发现作差以后不容易化简.如果对ln(1x)求导得

211x,这样就能对它进行比较.证明

先证 xx2ln(1x)

x21x)(x设

f(x)ln(2)

(x0)

11xx2则

f(0)ln1(0)00

f(x)'1x1x

　x0

即 1x0 x20

　f(x)x21x0　,即在(0,)上f(x)单调递增

　f(x)f(0)0

　ln(1x)x再证

ln1(x)x

x22

令

g(x)ln1(x)x 则

g(0)0

g(x)11x1

１　x0 　1

１x　g(x)0 ln(1x)x

　xx22ln(1x)x

定理1将可导函数的不等式f(x)g(x)的证明转化为f(x)g(x)的证明，但当f(x)与g(x)的大小不容易判定时，则有

推论2 设f(x)，g(x)在[a,b]上n阶可导，（1）f（2）f(k)(a)g(x)g(k)(a)

k0,1,2,n1(x)

（或f(n)(n)(n)(x)g(n)(x)）

则在（a,b）内有f(x)g(x)

（或f(x)g(x)）

例7

证明: tgxx13x，x(0,32).分析 两边函数类型不同,右边多项式次数较高,不易比较,对它求一阶导数得(tgx)secx,(x213x)1x.仍然不易比较,则我们自然就能想到推论2.32证明

设f(x)tgx g(x)x则

（1）f(0)g(0)0

13x

322（2）f(x)sec(x),g(x)(1x),f(0)g(0)1

（3）f(x)2secxcos2x,g(x)2x,f(0)g(0)1

（4）f(x)2(1tg2x)(13tg2x), g(x)2 显然有

f(x)g(x)

由推论2得，tgxx13x（0x22）.利用函数的单调性证明不等式我们都是先构造函数.然后通过对函数求导,来判定函数的增减性,从而达到证明不等式的目的.四、利用Jensen(琴森)不等式证明不等式

定义[1] 如果f(x)在(a,b)内存在二阶导数f(x)则

(1)若对x(a,b)有f(x)0,.则函数f(x)在(a,b)内为凸函数.(2)若对x(a,b)有f(x)0,.则函数f(x)在(a,b)内为凹函数.n"若函数f(x)在(a,b)内是凸(或凹)函数时,对x1,x2,,xn(a,b)及i1,有

i1Jensen(琴森)不等式

fixii1nn或fixiif(xi)i1i1nni1if(xi)

等号当且仅当x1x2xn时成立.例8 证明下列不等式

n1a11a21anna1a2ana1a2ann(ai0,i1,2,n).分析 上式只要能证明na1a2ana1a2ann(ai0,i1,2,n),如果此题用前面所述的几种方法来证明显然不合适,因为对它求导后不等式会更复杂.而这里的ai可以看作是同一函数的多个不同函数值,设f(x)lnx那么就可以用Jensen不等式来证明它.然后只要令f(x)ln1x,同理可得

n1a11a21anna1a2an.7

证明 令f(x)lnx(x0)因为 f(x)1x20,所以f(x)在(0,)是凹函数

则对a1,a2,,an(0,)有

11f(a1a2an)f(a1)f(a2)f(an) nn即 ln1n11(aaa)lna1lna2lnan 2nn1n又因为 lna1lna2lnanlnna1a2an

所以 na1a2an1xa1a2ann

令 f(x)ln, 则同理可得

n1a11a21ann a1a2an　所以

n1a11a21anna1a2ana1a2ann(ai0,i1,2,n)

例9 设f(x)二次可微,且对一切x,有f(x)0,而u(t)在[0,a]上连续,则

1aa0f[u(t)]dtf[1aa0u(t)dt]

分析 上述不等式在形式上很像Jensen不等式,且当t取不同的值时,f[u(t)]就是同一函数的不同函数值,则可以用琴森不等式进行证明.证明 由f(x)及u(t)的连续性,保证了可积性.并且

1aa1a0f[u(t)]dtlim1n1nnu(f[u(Kan)]

K0a0u(t)dtlim1nn1nK0Kan)

因f(x)0,故f(x)为凸函数,在Jensen不等式 f(q1x1q2x2qnxn)q1f(x1)qnf(xn)

(q1,q2,,qn均为正，且中,取

xiu(i1na), qi1n（i1,2,3,n）

q1q2qn1)

即得

f[1nn1u(K0Kan)]1nn1K0f[u(Kan)]

由f(x)的连续性,在上式取n即得所要证的结论.由以上证明可知应用Jensen不等式证明不等式,首先是构造适当的函数并判断它的凹凸性,然后用Jensen不等式证明之.本文所述四种用导数证明不等式的四种方法充分说明了导数在不等式证明中的独到之处.在证明不等式时,应用导数等知识往往能使复杂问题简单化,从而达到事半功倍的效果.需要指出的是利用导数证明不等式,除上述四种方法外还有不少方法.如用极值、最值等来证明不等式.由于受篇幅之限,这里不再详述.参考文献

[1] 华东师范大学数学系,数学分析[M]第三版,北京:高等教育出版社,2001.[2] 裘单明等,研究生入学考试指导,数学分析[M],济南:山东科学技术出版社,1985.[3] 胡雁军,李育生,邓聚成,数学分析中的证题方法与难题选解[M],开封:河南大学出版社,1987.Four Usual Methods to Prove Tthe Inequality by Using

Derivative

Yang Yuxin

(Department of Mathematics Shaoxing College of Arts and Sciences, Shaoxing Zhejiang,312000)Abstract:Examplisies four methods to prove the Inequality by using Derivative to show the imporpance of using derivative to crove the inequality Key words:Derivative;Monotonicity;Theorem of mean;Taylor formula;Jensen Inequality