又f??(x)?0，则f?(x)单调增，由拉格朗中值定理知
f(x)?f(x)?f(0)?f?(c)x （c介于0与x之间）
若x?0由于f?(x)单调增，则f?(c)?f?(0)?1则f(x)?f?(c)x?f?(0)x?x 若x?0由于f?(x)单调增，则f?(c)?f?(0)?1此时f(x)?f?(c)x?f?(0)x?x 若，则显然有f(0)?0综上，f(x)?x原题得证 证法3 只要证f(x)?x?0，令F(x)?f(x)?x，
只要证明F(x)?0，由于F?(x)?f?(x)?1显然F?(0)?f?(0)?1?0
又F??(x)?f??(x)?0则F'(x)单调增，x?0为F?(x)唯一的零点，即x?0为F(x)唯一驻点，又F??(x)?f??(x)?0，则x?0为F(x)在(??,??)上唯一极值点，且在该点取极小值，因此F(x)在x?0处取得它在(??,??)上的最小值， 从而 F(x)?F(0)?f(0)?0?0原题得证
1?xx2?cosx?1?【练习1】（2012,1，2,3）证明：xln, ??1?x?1? . 1?x21?xx2?cosx?1?【证明】 令f(x)?xln, 则 1?x21?x1?x21?x2xf?(x)?ln?x???sinx?x?ln??sinx?x，
1?x1?x(1?x)21?x1?x21?x22(1?x2)?2x?(?2x)4??cosx?1. f??(x)????cosx?1(1?x2)21?x(1?x)2(1?x2)2当??1?x?1?时, f???x??2?0,所以f??x?单调增加. 于是，
当??1?x?0?时, f??x??f??0??0=, 于是f?x?在 ?1?x?0上单调减少, 因此有
1?xx2?cosx?1?； f?x??f?0??0, 即xln1?x2当?0?x?1?上时, f??x??f??0??0,于是f?x?单调增加, 因此有f?x??f?0??0,
1?xx2?cosx?1?即 xln. 1?x21?xx2?cosx?1?综上所述得，当?1 balnalnb?. aba证法一：令f(x)?xlna?alnx,???(x?a?e),则 f?(x)?lna?. xaa因为x?a?e,所以lna?1,?1,故f?(x)?lna??0. xx因为b?a?e,故原不等式等价于blna?alnb或 从而f(x)?在x?a?e时为严格的单调递增函数,故 f(x)?f(a)?0,???(x?a?e). 由此 f(b)?blna?alnb?0,即 a?b. 证法二：令f(x)?balnx1?lnx??(x?e),则 f?(x)?. xx2当x?(e,??)时,f?(x)?0,所以f(x)为严格的单调递减函数,故存在b?a?e使 lnblnaba?f(a)?成立.即a?b. ba12x【练习3】（证明:当x?0时,e?1?x?x. 212xx?[0,??) 证：令f(x)?e?1?x?x2f(b)? f?(x)?ex?1?x， f??(x)?ex?1 f?(x)在(0,??)单调增加。 当x?0时 f?(x)?f?(0)?0, ?f(x)在(0,??)单调增 ?f(x)?f(0)?0. ?e?1?x?【练习4】设x?1且x?0，证明： x12x 211??1。 xln?1?x?(x?1) 1?x)?x?xln(1?x)证明：令f(x)?ln(1?x)?0?x?0 f?(x)??ln(x y? y (??,0) — 单减 0 (0,1) + 单增 （1）当0?x?1时，f(0?0)?f(x)?f(1?0)，f(0?0)?0?f(x)?0 （2）当x?0时， f(??)?f(x)?f(0?0)， f(0?0)?0?f(x)?0 而xln(1?x)?0, ? 【练习5】：若0?x?1，证明 ln(1?x)?x?xln(1?x)11?0，即??1. xln(1?x)xln(1?x)1?x?e?2x. 1?x[分析] 变形(1?x)e2x?1?x 使构造函数导数符号易判断 证：令f(x)?(1?x)e2x?1?xx?(0,1) f?(x)??e2x?2(1?x)e2x?1， f??(x)??4xe2x?0 ?f?(x)在(0,1)单减. f?(0?0)?f?(x)?f?(1?0) 而f?(0?0)?0 ?f?(x)?0 ?f(x)在(0,1)单减. ?f(x)?f(0)?0 即 【例23】证明：当0?x??时，有证明：令f?x??sin1?x?e?2x. 1?xx??sinx 2xx? 2?1x11x则f??x??cos?，f???x???sin?0 ?0?x??? 22?42xx可见曲线f?x??sin?在x??0,??上凸，由f?0??0,f????0 2?xx可知当0?x??时f?x??0即?sin ?2 【例24】（96，1）设f(x)在[0,1]上具有二阶导数,且满足条件|f(x)|?a,|f??(x)|?b,其中a,b都是非负常数,c是(0,1)内任一点,证明|f?(c)|?2a?b. 2【解析】由于问题涉及到f,f?与f??的关系,自然应当利用泰勒公式,而且应在点c展开： f(x)?f(c)?f?(c)(x?c)?分别取x?0,1得 f??(?)(x?c)2,?在c与x之间. 2!f??(?0)(0?c)2,?0在c与0之间, 2!f??(?1)(1?c)2,?1在c与1之间, f(1)?f(c)?f?(c)(1?c)?2!f(0)?f(c)?f?(c)(0?c)?1[f??(?1)(1?c)2?f??(?0)c2], 2!1于是 f?(c)?f(1)?f(0)?[f??(?1)(1?c)2?f??(?0)c2]. 2!11f??(?1)(1?c)2?f??(?0)c2 由此 f?(c)?f(1)?f(0)?2!2!1b ?2a?b[(1?c)2?c2]?2a?. 22两式相减得 f(1)?f(0)?f?(c)?【题型七】定积分不等式的证明题 方法：1°利用定积分性质（比较、估值） 2°变量代换 3°积分中值定理 4°变上限积分 ☆（积分不等式化为函数不等式） 【例25】（00,2）设函数S(x)??x0|cost|dt， (1)当n为正整数，且n??x?(n?1)?时，证明2n?S(x)?2(n?1)； (2)求limS(x). x???x【详解】因为cosx?0，且n??x?(n?1)?， 所以 ??n?0cosxdx??cosxdx??0x(n?1)?0cosxdx. 定积分的性质 又因为cosx具有周期?，所以在长度为?的积分区间上的积分值均相等： a??acosxdx??cosxdx， 0?从而 ?n?0cosxdx??cosxdx??0?2??cosxdx?????0n?(n?1)?cosxdx ?n?cosxdx?n(?2cosxdx???cosxdx) 022?sinx?)?n(1?(0?1))?2n ?n(sinx02????所以 ?(n?1)?0cosxdx?2(n?1). x0所以 2n??cosxdx?2(n?1), 即 2n?S(x)?2(n?1). 2nS(x)2(n?1)?? (n?1)?xn?(2) 由(1)有，当n??x?(n?1)?时， 12(1?)2n222(n?1)n?2 命n??取极限，lim?lim?，lim?limn??(n?1)?n??n??n??1n???(1?)??nS(x)2?. 由夹逼定理，得limx??x?【例26】（05,3）设f(x),g(x)在[0，1]上的导数连续，且f(0)?0,f?(x)?0,g?(x)?0.证明：对任何a?[0,1],有 ?a0g(x)f?(x)dx??f(x)g?(x)dx?f(a)g(1). 011【详解】 方法1：将a看成变限. 设 F(x)??g(t)f?(t)dt??f(t)g?(t)dt?f(x)g(1)， 00x则F(x)在[0，1]上的导数连续，并且 F?(x)?g(x)f?(x)?f?(x)g(1)?f?(x)[g(x)?g(1)]， )?0,由x?[0,1]时，g?(x)?0知g(x)是单调递增的，所以g(x)?g(1)?0，又f?(x此F?(x)?0，即F(x)在[0，1]上单调递减. 另一方面 因 F(1)??10g(t)f?(t)dt??f(t)g?(t)dt?f(1)g(1)， 01由分部积分公式 ?g(t)f?(t)dt??g(t)df(t)?g(t)f(t)001110??f(t)g?(t)dt 01 =f(1)g(1)?故F(1)?f(1)g(1)??10f(t)g?(t)dt， 10?10f(t)g?(t)dt??f(t)g?(t)dt?f(1)g(1)?0. 因此，x?[0,1]时，F(x)?F(1)?0，由此可得对任何a?[0,1]，有 ?方法2： a0g(x)f?(x)dx??f(x)g?(x)dx?f(a)g(1). 0a0a1?a0g(x)f?(x)dx?g(x)f(x)|??f(x)g?(x)dx=f(a)g(a)??f(x)g?(x)dx， 0a0?a0g(x)f?(x)dx??f(x)g?(x)dx 01=f(a)g(a)??a0f(x)g?(x)dx??f(x)g?(x)dx?f(a)g(a)??f(x)g?(x)dx. 0a11由于x?[0,1]时，f?(x)?0，f(x)是单调递增的，又由g?(x)?0，因此当x?[a,1]时 有 f(x)g?(x)?f(a)g?(x)，所以 百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库第四讲+中值定理与不等式证明(5)在线全文阅读。
相关推荐：