凸函数在证明不等式中的运用

第一篇：凸函数在证明不等式中的运用

凸函数在证明不等式中的运用

摘要:凸性是一种重要的几何性质，凸函数是一种性质特殊的函数.凸集和凸函数在泛函分析，最优化理论，数理经济学等领域都有着广泛的应用.凸函数也是高等数学中的一个基本内容，他在证明比较复杂的不等式方面有着重大作用.本文探讨了凸函数与不等式之间的密切关系，利用凸函数的凸性来研究不等式，比传统方法更简洁，还进一步探讨了不等式的一些具体应用.对凸函数在不等式中的运用进行了讨论.关键词:凸函数不等式证明

在数学思想方法中，函数思想是很重要的一种思想方法，其精髓在于利用函数的相关性质对讨论的问题进行推理和论证，进而寻求解决问题的途径。凸函数是一类性质特殊的函数，它在证明比较复杂的不等式方面有着重大作用，本文对凸函数的性质在比较经典的不等式证明中的简单应用进行初步讨论.1.函数的定义及其常见的凹凸函数

大家都熟悉函数f(x)x2的图像，它的特点是：曲线yx2上任意两点间的弧总在这两点连线的下方。我们可以下这样一个定义：设f(x)在[a,b]上有定义，若曲线yf(x)上任意两点间的弧总位于连接该两点的直线之下，则称函数f(x)是凸函数.上面的定义只是几何描述性的，为了便于凸函数的应用，用严格的式子分析定义凸函数是十分必要的.在不等式的证明中经常会应用到凸函数的两个定义：

定义1[6]设f(x)在(a,b)内连续，如果对(a,b)内任意两点x1,x2恒有f(x1x2f(x1)f(x2)) 22

那么称f(x)在(a,b)内是凸函数.定义[6]2设f(x)在(a,b)内连续，如果对(a,b)内任意两点x1,x2,(0,1)，有f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)

则称f(x)在(a,b)内是凸函数.1.1常见的凸函数有

1.1.1 f(x)xk(k0)或(k0),f(x)xlnx均为(0,)内的严格凸函数;

1.1.2 f(x)ln(1ex),f(x)c0)均为(,)内的严格凸函数.1.2 凸函数的常见性质及其判定定理

k0为常数，性质1设f(x)为凸函数，则kf(x)是凸函数：若f(xi)(i1,2,...,n)

是凸函数，则f(xi)仍是凸函数：若(u)是增凸函数，uf(x)也是凸函数，i1

n

则复合函数[f(x)]也是凸函数[1].性质2如果f(x)是(a,b)上的凸函数，则在(a,b)的任一闭子区间上有界.性质3如果f(x)是(a,b)上的凸函数，则f(x)在(a,b)内连续.定理1f(x)是区间I上的凸函数的充要条件是：对于满足i1 的任意

[1]

n

i1

1,2,...,n0，有：f(ixi)if(xi)x1,x2,...,xnI(1)

i1

i1

nn

1.3凸函数的不等式

1.3.1 凸函数基本不等式

设f(x)是(a,b)内的严格凸函数，则对(a,b)内的任意一组不全相同的值

x1,x2,...,xn，必有不等式[2]： 1.3.2 Jensen不等式[2]

Jensen不等式是凸函数的一个重要性质，利用其证明一些重要不等式可以更简捷，它有如下两种形式：

（1）设f(x)是(a,b)内的凸函数，则对(a,b)内的任意一组值x1,x2,...,xn及任意正数p1,p2,...,pn 必有不等式：f（p1x1p2x2...pnxnpf(x)p2f(x2)...pnf(xn))()11

p1p2...pnp1p2...pn

（2）设f(x),p(x)为[a,b]上的可积函数，而mf(x)M,p(x)0,p(x)dx0

ab

则当(t)(mtM)为凸函数时有

（b

a

p(x)f(x)dx



b

a

p(x)dx

)()

b

a

p(x)[f(x)]dx



b

a

p(x)dx

2.凸函数在证明不等式中的简单应用

在初等数学中，调和平均值不大于几何平均值，几何平均值不大于算术平均值，算术平均值不大于平方平均值，而证明用到数学归纳法.其实，这些不等式可在凸函数框架下统一证明.例1 设ai0,i1,2,...,n，证明：

n...a1a2an

a1a2...an

n

证明设f(x)lnx,x(0,)，有f''(x)在(0,)是严格凸函数，取

0，从而，函数f(x)lnx2x

xiai(0,),qi,i1,2,...,n,q1q2...qn1

n

有

alnanaalna1lna2

...ln(12...n)

nnnnnn

或

aa...an

(lna1nlna2n...lnann)lna1a2...anln12

n

即

取xi

a1a2...an

n

(0,),qi,i1,2,...,n,q1q2...qn1 ain

同样方法，有

n111

...a1a2an



于是，nN，有

n111

...a1a2an

a1a2...an

n

x1x2...xnx1px2p...xnpp

例2证明x1,x2,...,xnR,p1有()

nn上式称为算术平均不大于p(p1)次平均，特别的，当p2，得到算术平

均值不大于平方平均值。

证明 考察函数f(x)xp(p1)由于有f''(x)p(p1)xp20,x0 所以

f(x)x(p1)为凸函数，从而x1,x2,...,xnR,1,2,...,n(0,1),i1

p



i1

n

有(1x12x2...nxn)p1x1p2x2p...nxpn

1x1x2...xnx1px2p...xnpp在上式中，令12...n即得()

nnn

例3若a0,b0,p0,q0,0 且

1，求证：Young不等式 pq

ab

ap

p



bq

qp

q

证明从所求证的不等式的形式来看，不容易直接找到合适的凸函数，因此，我们要对它进行一定的变形。不妨不等式两边同取自然对数，则有

apbq

ln(ab)ln(q)

p

qp由此很容易找到合适的凸函数。考察函数f(x)lnx(x0)，因为

f''(x)

0，由定理1知，f(x)在x0时为凸函数，因为有x2

p0,q0,11

1，所以 pqbqq

11pppqpp)ln(a)ln(b)ln(a)ln(b)ln(ab)q

pqp

ln（ap

p



于是ln(ab)ln（ap

p



bqq

q

p)

即ab

ap

p

bqq

qp

特别地，当1,pq2 时，此不等式就是前面例1的结果，即平均值不等式。凸函数在一些几何和三角函数不等式证明中的精巧妙用如下。



例4设x

(0,)，证明：(sinx)1cos2x(cosx)1cos2x2

证明先将原不等式化为

(sin2x)sinx(cos2x)cosx因为f(x)xx 为(0,)上的凸函数，故当a0,b0时，有f(令asin2x,bcos2x则

absin2xcos2x111f()f()f()()2

22222f(a)f(b)(sin2x)sinx(cos2x)cos

而

abf(a)f(b)) 22

x

所以

(sin2x)sinx(cos2x)cosx这道题目很难用初等知识证明，但通过构造凸函数f(x)xx 巧妙地令

asin2x,bcos2x，便可很方便的证得.对于数学分析，泛函分析中的一些重要不等式，利用凸函数也可以建立统一框架，简捷方便地进行证明.例5设f(x)在[a,b]上可积，mf(x)M,(t)是[m,M]上的凸函数，则

1b1b

f(x)dx)[f(x)]dx（baabaa

1n1n

证明由Jensen不等式，有(tk)(tk)

nk1nk1

令tkf(ak

ba)则有 n

1nbaba1nbaba

(f(ak))[f(ak)]bak1nnbak1nn

由于f(x)可积，(t)为凸函数，故(f(t))可积.上式中令n取极限，即得到

1b1b

f(x)dx)[f(x)]dx（baabaa

特别的，若f(x)在[a,b] 上连续，且f(x)0取(t)lnt 则有

1b1b

f(x)dx)lnf(x)dxln（baabaa

前例结合凸函数的定义，可得Hadamard不等式：

设(t)是区间[m,M]上的凸函数，t1,t2[m,M] 则（总之，对于以上题目很难用初等知识证明，通过巧妙地构造凸函数，利用凸函数性质证明一些不等式便很方便，同样，对于数学分析，泛函分析中的一些重要不等式利用凸函数也可以建立统一框架，简捷方便地进行证明。反之，则很难达到同样的效果.参考文献

[1]同济大学应用数学系．微积分[M].北京：高等教育出版社，2001.[2]徐利治，王兴华．数学分析的方法及例题选讲[M].北京：高等教育出版社，1984.[3]匡继昌．常用不等式[M]．济南：山东科学技术出版社，2004.[4] 菲赫金哥尔茨格马．数学分析原理[M]．北京：人民教育出版社，1988．

数学与应用数学08-1姜金文(10084490)

t1t21t2(t1)(t2))(t)dtt12t2t12

第二篇：构造法与放缩法在不等式证明中的运用

构造法与放缩法在不等式证明中的运用

例1：设函数fxx(x1)ln(x1)(x1).（1）求fx的单调区间；

（2）证明：当nm0时，1n1m；

（3）证明：当n2012且x1,x2,x3,,xnR，x1x2x3xn1时，11222x3xnx12x21()n()2012 1x11x21x31xn2013mn

解：（1）f'x1lnx11lnx1由lnx10得lnx10 lnx1ln1，0x11，1x0，即当1x0时f'x0，fx在 1,0上单调递增；由f'x0解得x0即fx在0,上单调递减。所以fx的单调增区间为1,0；fx的单调减区间为0,.（2）由（1）得，当x0时，fxf00，由nm0有1n0，m1mn0，要证1n1m，只需ln1nln1m，即只需证 mnmn

只需mln1nnln1m，ln1nln1mln1x,x0 于是设gxxnm

1xx1lnx1lnx1xx1lnx1g'x 222xxx1x

因为fxxx1lnx1,x0由（1）知fx0，而x1x20 所以g'x0，所以gxln1x,x0在0,上单调递减，x

由0mn有gmgn，所以ln1nln1m，所以 nm

mnmnmln1nnln1m，所以ln1nln1m，所以1n1m.（3）从已知的条件中会让我们联想到柯西不等式



x1x2xn1

xnx12x2

()(n1)1 1x11x21xn

221122xnx12x21xnx12x21

，即()n()n，1x11x21xnn11x11x21xn1nmn

由（2）有(1n)(1m)，令m2012得(1n)

20122012n

n2012n

1n

12012

2012

(12012)n，于是

(1n)

(12012)

23，即(1n)2013

2n

1n

1n

111)n()2012，所以(1n2013

12012

xxx11x

1x1x1x1x1n2013123n

xxx1x故

1x1x1x1x2013123n

2n

1n

12012

xnx12x21

不等式来源于人教A版选修4-5不等式选讲第1x11x21xnn1

41习题3.2中的第6题.下面的例2也是利用了课本上的结论去证明有关的问题。

lnxk

例2：(2012山东)（本小题满分13分）已知函数fx(k为常数，e=2.71828…是

ex

自然对数的底数)，曲线yfx在点1,f1处的切线与x轴平行。(1)求k的值；

(2)求fx 的单调区间；

(3)设gxxxf'x，其中f'x为fx的导函数，2

证明，对任意x0，gx1e。



(1)解：由fx

lnxk1kxxlnx

f'x，得，x0,，exxex

由于曲线yfx在点1,f1处的切线与x轴平行，所以f'10，因此k1。(2)解：由(1)得f'x

1xxlnx，x0,，xxe

当x0,1时，hx0；当x1,时，，令hx1xxlnx，x0,hx0，又ex0，所以当x0,1时，f'x0；当x1,时，f'x0，因此fx的单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,。(3)证明：因为gxxxf'x，所以gx

2

因此，对任意x0，gx1e等价于



x1

1xxlnx，x0,，ex

x1

1xxlnx1e2 xe

ex

1e2，即1xxlnx

x1



由(2)知hx1xxlnx，x0,，所以

1

h'x11lnxx2lnxlne2lnxlnxlne2，x0,

x



当0xe时，h'x0，hx单调递增，2

当e

2

x时，h'x0，hx单调递减。

2

22222

所以当xe时，hx的最大值为he1eelne1e



因此hx1e

2，即1xxlnx1e

2

ex

1e2还相差一个倍数关系，这个不等式与要证的不等式1xxlnx

x1



ex

1，即要证exx1，比较这两个不等式可知还需要证明（这个不等式在人教A x1

版的课本练习题中有关于它的证明）于是设xex1，因为

x

'xex1exe0，所以当x0,时，'x0，x单调递增，x0e010，ex

1 故当x0,时，xex10，即ex1亦即

x1

x

x

所以1xxlnx1e

2

ex1e2，x1



因此对任意x0，gx1e2。

第三篇：高二数学构造函数法在不等式证明中运用

构造函数法在不等式证明中运用

作者：酒钢三中 樊等林

不等式的证明历来是高中数学的难点，也是考察学生数学能力的主要方面。不等式的证明方法多种多样，根据所给不等式的特征，巧妙的构造适当的函数，然后利用一元二次函数的判别式、函数的奇偶性、单调性、有界性等来证明不等式，统称为函数法。本文通过一些具体的例子来探讨一下怎样借助构造函数的方法证明不等式。

一、构造函数利用判别式证明不等式 ①构造函数正用判别式证明不等式

在含有两个或两个以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解决，可将一边整理为零，而另一边为某个字母的二次式，这时可考虑用判别式法。一般对与一元二次函数有关或能通过等价转化为一元二次方程的，都可考虑使用判别式，但使用时要注意根的取值范围和题目本身条件的限制。

例1.设：a、b、c∈R，证明：a2acc23b(abc)0成立，并指出等号何时成立。

解析：令f(a)a2(3bc)ac23b23bc

⊿＝(3bc)24(c23b23bc)3(bc)2 ∵b、c∈R，∴⊿≤0 即：f(a)0，∴a2acc23b(abc)0恒成立。

当⊿＝0时，bc0，此时，f(a)a2acc23ab(ac)20，∴abc时，不等式取等号。

4例2.已知：a,b,cR且abc2,a2b2c22，求证： a,b,c0,。

3abc222解析：2 消去c得： a(b2)ab2b10，此方程恒成立，22abc2∴⊿＝(b2)24(b22b1)3b24b0，即：0b4同理可求得a,c0,

34。3② 构造函数逆用判别式证明不等式

对某些不等式证明，若能根据其条件和结论，结合判别式的结构特征，通过构造二项平方和函数：f(x)(a1xb1)2(a2xb2)2(anxbn)2

由f(x)0，得⊿≤0，就可以使一些用一般方法处理较繁琐的问题，获得简捷明快的证明。

例3.设a,b,c,dR且abcd1，求证：4a14b14c14d1﹤6。解析：构造函数：

f(x)(4a1x1)2(4b1x1)2(4c1x1)2(4d1x1)

2＝8x22(4a14b14c14d1)x4.(abcd1)由f(x)0，得⊿≤0，即⊿＝4(4a14b14c14d1)21280.∴4a14b14c14d142﹤6.例4.设a,b,c,dR且abc1，求解析：构造函数f(x)(＝(1axa)2(149的最小值。abc2bxb)2(3cxc)2

1492)x12x1,(abc1)abc111由f(x)0（当且仅当a,b,c时取等号），632149得⊿≤0,即⊿＝144-4（）≤0

abc111149

∴当a,b,c时，()min36

632abc

二、构造函数利用函数有界性证明不等式

例5.设a﹤1，b﹤1，c﹤1，求证：abbcac﹥-1.解析：令f(x)(bc)xbc1为一次函数。

由于f(1)(1b)(1c)﹥0，且f(x)(1b)(1c)﹥0，∴f(x)在x(1,1)时恒有f(x)﹥0.又∵a(1,1)，∴f(a)﹥0，即：abbcac1﹥0 评注：考虑式中所给三个变量的有界性，可以视其为单元函数，转化为f(a)1。

三、构造函数利用单调性证明不等式

abab例6.设a,bR，求证：﹥ 1a1b1ab解析：设f(x)又x11，当x﹥0时，f(x)是增函数，1x1xabababab2abababf(abab)，＝﹥＝1a1b(1a)(1b)(1a)(1b)1abab而a,bR，∴abab﹥ab，∴f(abab)﹥f(ab)故有： abab﹥ 1a1b1ab例7.求证：当x﹥0时，x ﹥ln(1x)。解析：令f(x)xln(x1)，∵x﹥0，∴f/(x)11x ﹥0.x1x1又∵f(x)在x0处连续，∴f(x)在0,上是增函数，从而，当x﹥0时，f(x)xln(1x)﹥f(0)＝0，即：x﹥ln(1x)成立。

评注：利用函数单调性证明不等式和比较大小是常见的方法，特别是在引入导数后，单调性的应用将更加普遍。

四、构造函数利用奇偶性证明不等式

xx(x0)。例8.求证：﹤x212xxxxx2xx＝解析：设f(x)-(x0)，f(x)＝xxx221212212xxxxx1(12)x＝＝f(x).212x212x所以f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称。

当x﹥0时，12x﹤0，故f(x)﹤0；当x﹤0时，依图象关于y轴对称知f(x)﹤0。

xx(x0)﹤212x评注：这里实质上是根据函数奇偶性来证明的，如何构造恰当的函数充分利用其性质是关健。

由上述几种情况可以看出，能否顺利地构造函数利用其函数性质和使用数学思想来证明不等式，最重要的是要有扎实的基本功和多种思维品质，敢于打破常规，创造性地思维，才能独辟蹊径，使问题获得妙解。故当x0时，恒有f(x)﹤0，即

第四篇：导数在不等式证明中的应用

导数在不等式证明中的应用

引言

不等式的证明是数学学习中的难点，而导数在不等式的证明中起着关键的作用。不等式的证明是可以作为一个系列问题来看待,不等式的证明是数学学习的重要内容之一,也是难点之一。其常用的证明方法有: 比较法、综合法、分析法、重要不等法、数学归纳法等等,然而有一些问题用上面的方法来解决是很困难的,我们在学完导数及其应用这一内容以后,可以利用导数的定义、函数的单调性、最值性(极值性)等相关知识解决一些不等式证明的问题。导数也是微积分的初步基础知识，是研究函数、解决实际问题的有力工，它包括微分中值定理和导数应用。不等式的证明在数学课题中也是一个很重要的问题，此类问题能够培养我们理解问题、分析问题的能力。本文针这篇论文是在指导老师的悉心指导和严格要求下完成的。这篇论文是在指导老师的悉心指导和严格要求下完成的。对导数的定义、微分中值定理、函数的单调性、泰勒公式、函数的极值、函数的凹凸性在不等式证明中的应用进行了举例。

一、利用导数的定义证明不等式

定义 设函数ffx在点x0的某领域内有定义,若极限

fxfx0 存在 limxx0xx0则称函数f在点x0处可导，并称该极限为函数f在点x0处的导数，记作f'x0 令 xx0x，yfx0xfx0，则上式可改写为

fx0xfx0ylimf'x0

x0xx0xlim所以，导数是函数增量y与自变量增量x之比

y的极限。这个增量比称为函x数关于自变量的平均变化率(又称差商)，而导数f'x0则为f在x0处关于x的变化率。

以下是导数的定义的两种等价形式：

1（1）f'x0limxx0fxfx0

xx0fxxfx0

x（2）f'x0limx0例1: 设fxr1sinxr2sin2xrnsinnx，并且fxsinx，证明：r12r2nrn1

证明 fxr1sinxr2sin2xrnsinnx，可得出f00，因为 f'xr1cosx2r2cos2xnrncosnx, 则 f'0r12r2nrn 又由导数的定义可知

limx0fxf0fxfx limlimx0x0x0xxsinx1 xf'0limx0所以 f'01，即可得 r12r2nrn1.1221ylny，求证: y1,y2y2lny.232211分析 令hyy2y2lny，y(1,)，因为h10, 326例

2、已知函数fy要证当x1时，hx0,即hxh10,只需证明hy在(1,)上是增函数。证明 令hy22121yylny，则h'y2y2y，32y'2y3y21(y1)(2y2y1)因为 当y1时, hy0 ，yy所以hy在(1,)上是增函数，就有hyh11210,y3y2lny0，632 2 21即可得y1,y2y2lny.32注:证明方法为先找出x0，使得yf'x0恰为结论中不等式的一边；再利用导数的定义并结合已知条件去证明。

二、利用微分中值定理证明不等式

证题思路 将要证的不等式改写成含变量之商不等式，则可尝试利用中值公式

fbfaf'

bafbfafbfa或的bagbgafbfaf'或者 'gbgag并做适当的放缩到待证不等式中 1.使用拉格朗日中值定理证明不等式 定理 若函数满足如下条件:(i)f在闭区间[a,b]上连续；(ii)在开区间(a,b)内可导，则在(a,b)内至少存在一点，使得

f'fbfa

ba例

3、证明对一切h1,h0成立不等式

hln1hh 1h证明 设fxln1x，则ln1hln1hln1当h0时，由01可推知

11h1h，h，01 1hhhh 1h1hhhh 1h1h当1h0时，由01可推得

11h1h0,从而得到所要证明的结论.注:利用拉格朗日中值定理的方法来证明不等式的关键是将所要证明的结论与已知条件归结为一个函数在某区间上的函数增量，然后利用中值定理转化为其导数的单调性等问题.2．使用柯西中值定理证明不等式 定理 设函数f和g满足(i)在[a,b]上都连续；(ii)在(a,b)内都可导；

(iii)f'x和g'x不同时为零；(iv)gagb，f'fbfa则存在(a,b)，使得' ggbga例

4、证明不等式

ln1yarctany(y0)1y分析 该不等式可化为

1yln1y1(y0)

arctany可设 fy1yln1y，gyarctany，fyf0注意到f0g00，故可考虑对使用柯西中值定理

gyg0证明 如上分析构造辅助函数fy和gy，则对任意y0，由柯西中值定理，存在(0,y)，使得

1yln1yfyf0f'1ln(1)

1arctanygyg0g'12[1ln(1)](12)1.4

三、利用函数的单调性证明不等式

证明思路 首先根据题设条件及所证不等式，构造适当的辅助函数fx，并确定区间[a,b]；然后利用导数确定fx在[a,b]上的单调性；最后根据fx的单调性导出所证的不等式.1.直接构造函数，再运用函数的单调性来证明不等式

例5 证tany2siny3y，其中y[0,)

2分析 欲证f(y)f(a)(ayb)，只要证f(y)在[a,b]上单调递增，即证f'(y)0即可．

若f'(y)的符号不好直接判定，可借助于f''(y)，以至于f3(y)进一步判定.证明 令fytany2siny3y，则 f'ysec2y2cosy3，f''y2sinysec3y1

于是y[0,)时，f''y0，有f'y单调增加

2所以f'yf'00,有fy单调增加，可推得fyf00，即tany2siny3y.2.先将不等式变形，然后再构造函数并来证明不等式 例

6、已知b,cR,be，求证：bccb为(e自然对数的底)证明 设fxxlnbblnx(xbc)

b则 f'xlnb，就有 be，xb

xb因为 lnb1,1, x所以 f'x0，则f'x在(e,)上递增；

又因cb，所以fcfb，就有clnbblncblncblnc0 从而有clnbblnc，即bccb.注: 对于一些不易入手的不等式证明, 可以利用导数思想,先通过特征不等式构 造一个函数, 再判定其函数单调性来证明不等式成立,这就是利用函数的单调性证明不等式的思想。

构造辅助函数有以下几种方法: 1.用不等式的两边“求差”构造辅助函数；  2.用不等式两边适当“求商”构造辅助函数； 3.根据不等式两边结构构造“形似”辅助函数； 

4.如果不等式中涉及到幂指函数形式,则可通过取对数将其化为易证明的形式再根据具体情况由以上所列方法构造辅助函数.四、利用泰勒公式证明不等式

证题思路 若fx在(a,b)内具有(n+1)阶导数，x0(a,b)，则

fxfx0f'x0xx0

f''x02xx0 2!fnx0fn1nn1xx0xx0 n!n1!其中介于x0与x之间．

例

7、设fy在[0,1]上二阶可导，f010,且maxfy1，求证：存在y[0,1](0,1)，使得f''y8.证明 因fy在[0,1]上二阶可导，故在[0,1]上连续, 据最值定理，必c(0,1)使得fc为最大值，即fc=1，且有f'c0.而fy在y=1的一阶泰勒展式为

f''2 fyfcfcycxc，其中介于c与y间

2'分别在上式中令y0与y1得

f011''f1c20,1(0,c)，2 6

1''2f21c0,2(c,1).212故当c(0,]时，f''128，2cf1112当c(,1)时, f''28，221c所以存在(1或2)(0,1),使得f''y8.注: 用泰勒展式证明不等式的方法是将函数fx 在所给区间端点或一些特点(如区间的中点，零点)进行展开，通过分析余项在点的性质，而得出不等式。值得说明的是泰勒公式有时要结合其它知识一起使用,如当使用的不等式中含有积分号时,一般要利用定积分的性质结合使用泰勒公式进行证明;当所要证明的不等式是含有多项式和初等函数的混合式时,需要作一个辅助函数并用泰勒公式代替。使用泰勒公式巧妙灵活的证明不等式往往使证明方便简捷。

五、利用函数的最值(极值)证明不等式

由连续函数在[a,b]上的性质,若函数f在闭区间[a,b]上连续,则f在[a,b]上一定有最大、最小值，这就为我们求连续函数的最大,最小值提供了理论保证。

若函数f的最大(小)值点x0在区间(a,b)内,则x0必定是f的极大(小)点。又若f在x0可导,则x0还是一个稳定点。所以我们只要比较f在所有稳定点、不可导点和区间端点上的函数值,就能从中找到f在[a,b]上的最大值与最小值。证明方法：先构造辅助函数，再求出fx在所设区间上的极值与最大、最小值，进而证明所求不等式。

例

8、已知: 0x1，证明当r1时，有

r1rrx1x1 r12证明 令fxxr1x，0x1，则f0f11

1，2111111则f()r(1)rrrr1

222222令fx0，求得x因为 f'xrxr1r1xr1，7 令 f'x0,求得驻点为x又因为当r1时，11, r121，2所以fx在[0,1]上的最小值为从而

1，最大值为1, 2r11rrx1x1，0x1，r>1.2r1例

9、证明：当y1时, ey证明 作辅助函数 1yfy1xey，则f'yyey,y0是fy在(,1)内的唯一驻点，且当y0时，f'(y)0 ；当0y1时，f'y0.故y0是fy的极大值点，f01是fy的极大值.因为当y由小变大时，fy由单调增变为单调减, 故f01同时也是fy的最大值, 所以，当y1时，fy1 , 即ey1.1y注:在对不等式的证明过程中，可以以不等式的特点为根据，以此来构造函数，从而运用导数来得出函数的最值，而此项作用也是导数的另一个功能，即可以被用作求函数的最值。例如，当此函数为最大或最小值的时候，不等式的成立都有效的，因此可以推出不等式是永远成立的，从而可以将证明不等式的问题转化到求函数最值的问题上来。

六、利用函数的凹凸性质证明不等式

证明思路 若f''x0(axb)，则函数yfx的图形为凹的，即对任意x1，x2(a,b)，有f(fx1fx2x1x2)，当且仅当x1x2时成立． 22 8 例

10、设r0，h0，证明rlnrhlnh(rh)ln成立．

分析 将欲证的不等式两边同除以2，变形为

rlnrhlnh(rh)rhln 222rh，且等号仅在rh 时2由上式看出，左边是函数fkklnk在r，h两点处的值的平均值，而右边是它在中点rh处的函数值．这时只需证f''k0即可． 2证明 构造辅助函数

fkklnk(k0)，那么就有：

f'k1lnk,f''k故由不等式:

10 成立.kfrfhrhf()

22rlnrhlnh(rh)rhln 222rh也即 rlnrhlnh(rh)ln

2可得

且等号仅在rh 时成立.例

11、已知: 0,0, 332，求证：2.证明 设fyy3,y(0,)，则 f'y3y2,f''y6y0 就有fyy3,y(0,)是凸函数

1，y1,y2，211)则f1y12y2f()f(222设12就有如下式子成立: f1y12y2f(2)1fy12fy211ff 22 9 而又因为有

83(2)3f(2)，ff33111 ff2222所以

83f(2)11ff1 成立 22故2.小结:通过对导数证明不等式的研究，我可以看出不等式的证明方法很多，但各种方法都不尽相同。我们要充分理解各种方法的应用原理，挖掘导数的各种性质。多做此类难题，不但有利于我们在学习和考试中轻松解决同类问题，更有利于培养我们的数学思维和推理论证能力。因而导数在不等式证明当中的应用很有研究价值。

第五篇：导数在不等式证明中的应用

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导数在不等式证明中的应用

作者：唐力 张欢

来源：《考试周刊》2013年第09期

摘要： 中学不等式证明，只能用原始的方法，很多证明需要较高技巧，且证明过程太难，应用高等数学中的导数方法来证明不等式，往往能使问题变得简单.关键词： 导数 拉格朗日中值定理 不等式证明

1.拉格朗日中值定理

定理1：如果函数y=f（x）满足：1）在闭区间[a，b]上连续，2）在开区间（a，b）内可导，则在（a，b）内至少有在一点ξ（a

F（b）-f（a）=f′（ξ）（b-a）

由定理1，我们不难得到如下定理2.