利用函数单调性证明积分不等式(修改)

第一篇：利用函数单调性证明积分不等式(修改)

利用函数单调性证明积分不等式

黄道增浙江省台州学院（浙江317000）

摘要：积分不等式的证明方法多种多样，本文主要利用被积函数的单调性和通过构造辅助函数的单调性证明积分不等式。

关键词：函数单调性积分不等式辅助函数中图分类号O172.2

积分不等式是微积分学中一类重要的不等式，其证明方法多种多样。如果题目条件中含“单调性”或隐含“单调性”的条件，利用函数单调性证明比较简单。本文主要讨论利用被积函数的单调性和通过构造辅助函数的单调性证明积分不等式。1 利用被积函数的单调性

证明方法根据----定积分性质之一：设f(x)与g(x)为定义[a,b]在上的两个可积函数，若f(x)g(x),x[a,b]，则f(x)dxg(x)dx.aabb

例1设f(x)为[0,1]上非负单调递减函数，证明：对于01，有

证明：由f(x)的单调递减性得：

若0x1，有f(x)f()

所以f(x)dxf()dxf()（1）000f(x)dxf(x)dx 

同理有 f(x)dxf()dx()f()（2）

由（1）（2）得：

1

0f(x)dxf()1f(x)dx（3）

将（3）式两边同乘以()，有 





0f(x)dxf(x)dx f(x)dx 1，所以f(x)dx因为0

例2试证：1cosx

x201sinxx20dx.分析：不等式两边的积分是瑕积分。在两边的积分中分别作变换tarccosx与



00tarcsinx，原不等式可化为cos(sint)dt2sin(cost)dt，欲证不等式，只需证明

cos(sint)sin(cost)，t(0,)，而cos(sint)sin(sint)sin(cost)。22

因为t(0,)时，0cost，0sint，而函数ysinx在(0,)上严格单调22222

递增，于是只要证明 当t(0,)时，有costsint或costsint。当t(0,)时，2222

costsint2sin(t)2，于是问题得证。（证略）42利用辅助函数的单调性

证明方法根据----变微积分学基本定理和可导函数的一阶导数符号与单调性关系定理：

微积分学基本定理：若函数f(x)在[a,b]上连续，则由变动上限积分(x)f(t)dt,x[a,b]，定义的函数在[a,b]上可导，而且(x)f(x).也就a

是说，函数是被积函数f(x)在[a,b]上的一个原函数.可导函数的一阶导数符号与函数单调性关系定理：设函数f(x)在[a,b]连续，在(a,b)内可导，如果在(a,b)内f(x)0（或f(x)0），那么f(x)在[a,b]上单调增加（或单调减少）。

证明的一般过程：

（1）构造辅助函数f(x)，取定闭区间[a,b]；

（2）求函数f(x)的导数f'(x)，再判别它的符号，利用可导函数的一阶导数符号与函数单调关系，判断函数的单调性；

（3）求函数在区间端点的函数值；

（4）根据第2步和第3步即可得证。

abbf(x)dx.a2a

分析：可将此定积分不等式中常数b变为变数x，利用差式构造辅助函数：x例3设f(x)在[a,b]上连续，且单调递增，试证明xf(x)dx

axxF(x)tf(t)dtf(t)dt，则要证F(b)F(a)0.a2axb

atxf(t)dt，则F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)内可导，aa2

x11xF'(x)[(xa)f(x)f(t)dt][f(x)f(t)]dt a22a证明：设F(x)tf(t)dtx

∵f(x)在[a,b]上连续，且单调增加，∴g'(x)0

即g(x)在[a,b]上单调增加，∵F(a)0∴F(b)0 abbf(x)dx0 aa2

babbf(x)dx ∴xf(x)dxa2a∴xf(x)dxb

例4设f(x)，g(x)在[0,1]上的导函数连续，且f(0)0，f'(x)0，g'(x)0，证明：对任何a[0,1]，有g(x)f'(x)dxf(x)g'(x)dxf(a)g(1)00a1

分析：可将此定积分不等式的常数a变为变数x，利用差式构造辅助函数：F(x)g(t)f'(t)dtf(t)g'(t)dtf(x)g(1)，则要证F(a)0.00x1

证明：令F(x)g(t)f'(t)dtf(t)g'(t)dtf(x)g(1)，x[0,1]，则F(x)在[0,1]上00x1

连续，在(0,1)内可导，且F'(x)g(x)f'(x)f'(x)g(1)f'(x)[g(x)g(1)]

∵g'(x)0且f'(x)0

∴g(x)g(1)，则F'(x)0，∴F(x)F(1)g(t)f'(t)dtf(t)g'(t)dtf(1)g(1)0011

d[g(x)f(x)]f(1)g(1)01

[f(1)g(1)f(0)g(0)]f(1)g(1)0

即F(x)0，x[0,1]。

∴对任何a[0,1]，有g(x)f'(x)dxf(x)g'(x)dxf(a)g(1).00a1

例5设f(x)在[0,1]上可微，且当x(0,1)时，0f'(x)1，f(0)0，试证：[f(x)dx]f3(x)dx 00121

分析：可将此定积分不等式看成是数值不等式，并将常数1变为变数x，利用差式构造辅助函数.证明：对任意t[0,1]，构造函数F(t)[f(x)dx]2f3(x)dx,显然有F(0)0 00tt

F'(t)2f(t)[2f(t)dxf2(t)]，0t

不妨令H(t)2f(t)dxf2(t)，显然有H(0)0 0t

H'(t)2f(t)2f(t)f'(t)2f(t)[1f'(t)]

0f'(t)1

∴f(t)在[0,1]上严格单调递增。

∴f(t)f(0)0

∴H'(t)0

∴对任意t[0,1]有H(t)H(0)0，F'(t)0，t[0,1]

∴F(t)在[0,1]上严格单调递增，F(1)F(0)0

即[f(x)dx]2f3(x)dx 0011

评析：对于含有定积分的不等式，往往把某一常数变为变数，利用差式构造变上限辅助函数，再利用变上限积分f(t)dt及函数的单调性解决。ax

参考文献

[1] 华东师范大学数学系.数学分析(上)[M].北京:高等教育出版社,2001.[2] 张荣.辅助函数在不等式证明中的应用[J].数学的实践与认识,2007(10).[3] 叶国菊，赵大方编.数学分析学习与考研指导[M].北京:清华大学出版,2009.[4] 贾高.数学分析专题选讲[M].上海:上海交通大学出版社,2009.

第二篇：利用函数的单调性证明不等式

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利用函数的单调性证明不等式

作者：胡锦秀

来源：《数理化学习·高一二版》2013年第04期

函数的单调性是函数的重要性质之一，在不等式证明中扮演着重要角色.运用函数单调性证明不等式，关键在于合理地利用题设条件，构造出相应的函数，并将原问题进行等价转换，通过函数的增减性讨论，从而使问题得到圆满解决.一、利用一次函数的单调性证明不等式

第三篇：利用函数的单调性证明不等式

利用函数的单调性证明不等式

单调函数是一个重要的函数类, 函数的单调性应用广泛, 可利用它解方程、求最值、证明等式与不等式、求取值范围等, 并且可使许多问题的求解简单明快.下面主要讨论单调性在不等式中的应用.定义3.1[8]设函数fx的定义域为D , 区间I D , 如果对于区间I上任意两点x 1及x2, 当x1x2时, 恒有fx1 fx2, 则称函数fx在区间I上是单调增加的;如果对于区间I上任意两点x1及x2，当x1x2时, 恒有fx1 > fx2, 则称函数fx在区间I上是单调减少的.定理3.1[8]设函数yfx在a,b上连续, 在a,b内可导.如果在a,b内fx0 , 那么函数y  fx在a,b上单调增加;如果在a,b内fx0 , 那么函数y  fx在a,b上单调减少.利用函数的单调性解决不等式证明问题, 在高等数学中是经常使用的方法, 下面通过几个例子来说明.例3.１[3]当0x

2时, 证明:2

sinx1.x

证明构造函数f(x)sinx, 则 x

f'(x)xcosxsinxcosx2(xtanx).x2x

因为0x

调减函数.2'时, xtanx0, 即f(x)0.所以由定义知f(x)在(0,2)内为严格单

x0limf(x)f(x)limf(x).x02

f(x)1, 而limx0limf(x)x022,故1sinx2.x

x2

ln1xx.当x0 时, 证明: x2例3.2[2]

证明构造函数f(x)ln(1x)x, 则f'(x)1x, 当x0时, 11x1x

f'(x)0.所以定义知f(x)在0,内为严格单调减函数.f(x)f(0)0, 即 故x0时f(x)limx0

ln(1x)x0,ln(1x)x.x21x2

'ln(1x), 则g(x)1x再构造函数g(x)x.21x1x

当x0时g(x)0, 所以由有限增量公式知g(x)在x0时为严格单调减函数,故当x0 时, g(x)limg(x)g(0)0.即 x0'

x2x2

xln(1x)0,xln(1x).22

x2

ln1xx.综上所证, 当x0 时x2

第四篇：单调性证明不等式

单调性证明不等式

x证明e≥x＋1.xx证：记K(x)＝e－x－1，则K′(x)＝e－1，当x∈(0，1)时，K′(x)＞0，因此K(x)

在[0，1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.1所以f(x)≤1]． 1＋x

证明(1＋x)e≥(1－x)e.－xxx－x证：记h(x)＝(1＋x)e－(1－x)e，则h′(x)＝x(e－e)，当x∈(0，1)时，h′(x)

＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．

x21．B12，B14[2013·新课标全国卷Ⅱ] 已知函数f(x)＝e－ln(x＋m)．

(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；

(2)当m≤2时，证明f(x)＞0.1x21．解：(1)f′(x)＝e.x＋m

由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.1xx于是f(x)＝e－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝e.x＋1

1x函数f′(x)＝e－在(－1，＋∞)单调递增，x＋1

且f′(0)＝0，因此当x∈(－1，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－1，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．

(2)证明：当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)>0.1x当m＝2时，函数f′(x)＝e－在(－2，＋∞)单调递增．又f′(－1)<0，f′(0)>0，x＋2

故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x0，且x0∈(－1，0)．

当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．

由f′(x0)＝0得

1ex0＝ln(x0＋2)＝－x0，x0＋2

1（x0＋1）故f(x)≥f(x0)＋x0＝>0.x0＋2x0＋2

综上，当m≤2时，f(x)>0.2－xx

第五篇：构造分式函数，利用分式函数的单调性证明不等式

构造分式函数，利用分式函数的单调性证明不等式

设f(x)在上连续，且∫f(x)dx=0,∫xf(x)dx=1(两个积分都是在0-1上的积分)，求证存在一点X∈使∣f(x)∣>4

反证法

证明：

∵∫f(x)dx=0,∫xf(x)dx=1

∴∫f(x)dx=∫xf(x)dx-(1/2)∫f(x)dx=1

设在上处处有|f(x)|<4

则∫f(x)dx<=∫|f(x)|dx

<4∫|x-(1/2)|dx(积分区间)

=4*{∫dx+∫dx}(积分区间分别为和)

=4*{-(1/2)+(1/2)

=4*(1/2)(1/4+1/4)

=1

即∫f(x)dx<1，与∫f(x)dx=1矛盾

设在上处处有|f(x)|=4

∵f(x)在上连续

∴f(x)在上恒等于4

或f(x)在上恒等于-4

显然与∫f(x)dx=0矛盾

故以上两个假设均不成立。

∴必存在一点X∈使∣f(x)∣>4

原不等式等价于

ln(b/a)>2(b/a-1)/(b/a+1)

由于b>a>0，令b/a=x，x>1

不等式化为lnx>2(x-1)/(x+1)

即lnx>2-4/(x+1)

建立辅助函数f(x)=lnx+4/(x+1)，x>1

f'=1/x-4/(x+1)^2=/

=(x-1)^2/>0

所以f(x)在/，当x>a时，总有f'(x)>0，所以f(x)在/4。因为f(x)单调递增，易知F(x)也是单调递增的。则容易得到F(a)

f(x)在上单调递减，证明当x属于(0,1)时，x*<=F(x)-F(0)

这个题目有问题，你所说的这种情况还要保证f(x)的2阶导数小于0!你可以把X移过去这样两边就是斜率的表达式，可以作图观察，在图是凹的情况下不成立，在凸的情况下成立!在凸的情况下，你可以令G(X)=(F(X)-F(0))/X然后对GX求导通过GX的单调性证明。