導(dǎo)數(shù)證明不等式的幾個方法-在線瀏覽
2024-10-28 01:40本頁面
【正文】 f(0)=f39。1+h1+qh1h+h1+qh2．利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式我們在初等數(shù)學(xué)當(dāng)中學(xué)習(xí)不等式的證明時用到了兩種方法：一種是判斷它們差的正負(fù)。(x)0則f(x)在[a,b]內(nèi)單調(diào)遞增。(x)0則f(x)在[a,b]內(nèi)單調(diào)遞減。g使在(x)[a,b]上F39。(x)證明：令F(x)=ln(1+x)xex（x0）顯然F(0)=01ex+x21xx（x0）F39。(x)=ex+2x0于是得f(x)在x0上遞增故對x0有f(x)f(0)\f(x)0而(1+x)ex0所以F39。g(x)(或f(x)179。 g(x)f(x)179。0），亦即等價于函數(shù)G(x)=g(x)f(x)有最小值或F(x)=f(x)g(有最大值。1，則對于[0,1]中的任意x有p1163。1 2證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=xp+(1x)p(0163。1)則有f39。(x)=0，可得xp1=(1x)p1，于是有x=1x，從而求得x=1。由于函數(shù)f(x)內(nèi)只有一個駐點，沒有不可導(dǎo)點，又函數(shù)f(x)在駐點x=1和2111p1)=p1,f(0)=f(1),區(qū)間端點(x=0和x=1)的函數(shù)值為f()=)p+(1所以22221f(x)在[0,1]的最小值為p1，最大值為1，從而對于[0,1]中的任意x有211163。1163。1。(x0)f39。(x0)fn(x0)2(xx0)+(xx0)+L(xx0)n+Rn(x)f(x)=f(x0)+1!2!n!在泰勒公式中，取x0=0,變?yōu)辂溈藙诹止絝39。39。0(或163。(0)f39。(0)2fn(0)nf(x)179。(0)f39。(0)2fn(0)n(x)+(x)+L(x)。f(0)+1!2!n!帶有拉格朗日余項的泰勒公式的實質(zhì)是拉格朗日微分中值定理的深化，他是一個定量估計式，該公式在不等式證明和微分不等式證明及較為復(fù)雜的極限計算中有廣泛的應(yīng)用。(x)滿足：（1）在區(qū)間[a,b]上有二階導(dǎo)函數(shù)f39。(x)，（2）f39。(b)=0，則在區(qū)間(a,b)內(nèi)至少存在一點c，使f39。(c)179。2(ba)證明：由f(x)在x=a和x=b處的泰勒公式，并利用f39。(b)=0，得f(x)=f(a)+f39。(x)(xa)22!f39。(h)f(x)=f(b)+(xb)2,于是2!a+bf39。(x)(ba)2abf()=f(a)+(ax),22!42a+bf39。(h)(ba)2abf()=f(b)+(ah),22!42f39。(x)f39。(h)(ba)2相減，得f(b)f(a)=,244f(b)f(a)1(ba)2即=f39。(x)f(h),(ba)224當(dāng)f39。(x)179。39。39。4f(b)f(a)(abc)(ba)2參 考 文 獻(xiàn)《數(shù)學(xué)分析》上冊，高等教育出版社，1990.[1]鄭英元，毛羽輝，宋國棟編，[2]趙煥光，林長勝編《數(shù)學(xué)分析》上冊，四川大學(xué)出版社，2006。x206。)。)是增函數(shù)。)上可導(dǎo)。0 由f39。(0,+165。(x)f(0)=0 =x+1x+1 即x－lnx0，所以：x0時，xlnx 評注：要證明一個一元函數(shù)組成的不等式成立，首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個函數(shù)（可以移項，使右邊為零，將移項后的
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