【摘要】 證明題是高等數(shù)學(xué)教學(xué)中的一個(gè)重點(diǎn)和難點(diǎn)，在專轉(zhuǎn)本考試中主要涉及不等式和根的存在性這兩類證明題.本文通過對歷年真題的分析，對上述兩類問題歸納出幾種常見的解決方法.

【關(guān)鍵詞】 不等式；根的存在；證明

引 言

證明題是高等數(shù)學(xué)教學(xué)中的一個(gè)重點(diǎn)和難點(diǎn)，專轉(zhuǎn)本考試中，證明題是必考題.而學(xué)生遇到證明題時(shí)總是束手無策，故此類題目得分率低.本文以專轉(zhuǎn)本歷年試題為例，總結(jié)了常見證明題的類型，即：不等式證明和方程根的存在性證明兩大類.并歸納出解決上述兩類問題常用的方法，與大家分享.

1.不等式的證明

不等式的證明方法雖靈活多樣、技巧性較強(qiáng)，但專轉(zhuǎn)本考試中，方法是可尋的.主要有以下幾種常用方法：

（1）利用函數(shù)的單調(diào)性證明

利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式是專轉(zhuǎn)本考試中最常見的一種方法，其步驟為：1）作差，使不等式一端為零.令輔助函數(shù)f（x）=另一端.此時(shí)問題轉(zhuǎn)化為證明f（x）≥0（或f（x）≤0），但此時(shí)一般要明確一端點(diǎn)的函數(shù)值或已知其符號(hào)；2）求f′（x），通過f′（x）的符號(hào)確定f（x）的單調(diào)性；3）根據(jù)單調(diào)性定理得出結(jié)論.

例1 證明：對于任意的實(shí)數(shù)x，有（1-x）ex≤1.

證明 令f（x）=（1-x）ex-1，則f（0）=0.因?yàn)閒′（x）=-xex，所以（1）當(dāng)x>0時(shí)，

f′（x）<0，則f（x）單調(diào)減少，f（x）

f′（x）>0，則f（x）單調(diào)增加，f（x）

即（1-x）ex=1，綜上，（1-x）ex≤1，不等式成立.

利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù).當(dāng)遇到較復(fù)雜的不等式時(shí)，需作適當(dāng)變形來構(gòu)造函數(shù)，使問題簡化；一階導(dǎo)函數(shù)無法判斷符號(hào)時(shí)，需要二階導(dǎo)函數(shù)甚至更高階導(dǎo)數(shù)來判斷函數(shù)的單調(diào)性.最近幾年，利用單調(diào)證明不等式基本上都需要用到二階導(dǎo)數(shù).

例2 證明：當(dāng)0 2（b-a） b+a .

分析 此不等式較復(fù)雜.不等式中含有兩個(gè)變量，所以先變形為ln b a > 2 b a -1 b a +1 .轉(zhuǎn)換變量x= b a ，且x>1.故原不等式等價(jià)為：當(dāng)x>1時(shí)，lnx> 2（x-1） x+1 .

證明 令f（x）=（x+1）lnx-2（x-1），x>1，則f（1）=0.

因?yàn)閒′（x）=lnx+ 1 x -1，則f′（1）=0；又f″（x）= 1 x - 1 x2 = x-1 x2 ，當(dāng)x>1時(shí)，f″（x）>0，所以f′（x）單調(diào)增加，即有f′（x）>f′（1）=0.所以x>1時(shí)，f（x）單調(diào)增加，則f（x）>f（1）=0，從而lnx> 2（x-1） x+1 ，x>1，原不等式得證.

（2）利用函數(shù)的最值證明

當(dāng)所證不等式具有f（x）≥A（或f（x）≤A）、A≤f（x）≤B等結(jié)構(gòu)，且f（x）在某區(qū)間上不具有單調(diào)性時(shí)，可考慮A、B是否是f（x）在某區(qū)間上的最值.

例3 證明：當(dāng)|x|≤2時(shí)， 3x-x3 ≤2.

分析 所證不等式即：當(dāng)-2≤x≤2時(shí)，-2≤3x-x3≤2.

證明 令f（x）=3x-x3，則f（x）在閉區(qū)間[-2，2]上連續(xù).因?yàn)閒′（x）=3-3x2，在[-2，2]上不具有單調(diào)性.令f′（x）=0得駐點(diǎn)x1=-1，x2=1，求極值點(diǎn)、區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值得f（-2）=2，f（-1）=-2，f（1）=2，f（2）=-2，所以f（x）在閉區(qū)間[-2，2]上最大值為2，最小值為-2，即 3x-x3 ≤2，不等式得證.

（3）利用曲線的凹凸性證明

根據(jù)函數(shù)曲線凹凸性的定義，結(jié)合函數(shù)圖形，易得結(jié)論：（1）若函數(shù)y=f（x）的曲線在區(qū)間[a，b]上是凸的，且有x0∈（a，b），f′（x0）=0，則x∈[a，b]有f（x）≤f（x0）；（2）若函數(shù)y=f（x）的曲線在區(qū)間[a，b]上是凹的，且有x0∈（a，b），f′（x0）=0，則x∈[a，b]有f（x）≥f（x0）.巧妙利用該結(jié)論，可簡化某些不等式的證明.

例4 證明：當(dāng)x>0時(shí)，x2011+2010≥2011x.

證明 令f（x）=x2011+2010-2011x （x>0），則f′（x）=2011x2010-2011，有

f′（1）=0.又因?yàn)閒″（x）=2011·2010x2009>0（x>0），即y=f（x）為凹曲線.所以當(dāng)x>0時(shí)，f（x）≥f（1）=0，即x2011+2010-2011x≥0，不等式得證.

（4）利用中值定理證明

高職高等數(shù)學(xué)中微分中值定理主要研究羅爾定理和拉格朗日中值定理，特別是拉格朗日中值定理在不等式證明中有極其重要的作用.

例5 當(dāng)0

分析 因?yàn)?

證明 令f（x）=lnx，x∈[a，b]，則f（x）在[a，b]上連續(xù)，在（a，b）內(nèi)可導(dǎo).根據(jù)拉格朗日中值定理，ξ∈（a，b）使得f′（ξ）= lnb-lna b-a = 1 ξ .又因?yàn)?1 b < 1 ξ < 1 a ，所以 1 b < lnb-lna b-a < 1 a ，不等式兩邊同乘以b-a，得 b-a b

即 b-a b

2.根的存在性證明

證明方程在某個(gè)區(qū)間有根，在專轉(zhuǎn)本考試中也經(jīng)常出現(xiàn).縱觀歷年真題，主要涉及方程f（x）=0及方程f′（x）=0有根兩種問題.

這兩種問題采用的定理不同，證明方程f（x）=0有根，一般采用根的存在性定理；證明方程f′（x）=0有根，一般采用羅爾定理.

這兩種問題的共同點(diǎn)都是構(gòu)建函數(shù)f（x），進(jìn)而說明f（x）滿足相應(yīng)定理的條件.構(gòu)建函數(shù)是問題的關(guān)鍵，也是難點(diǎn).下面結(jié)合具體的實(shí)例對這兩種問題進(jìn)行分析：

（1）證明方程f（x）=0有根.

根的存在性定理 設(shè)函數(shù)f（x）在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)，且f（a）·f（b）<0，則至少ξ∈（a，b），使得f（ξ）=0.

這種問題只要先將方程轉(zhuǎn)化為f（x）=0，則f（x）為所要構(gòu)造的函數(shù)；然后說明f（x）在某個(gè)區(qū)間上滿足根的存在定理即可，比較簡單.在專轉(zhuǎn)本考試中經(jīng)?？疾楦拇嬖诙ɡ斫Y(jié)合函數(shù)單調(diào)性，證明有且僅有一實(shí)根的情況.

例6 證明：方程xln（1+x2）=2有且僅有一個(gè)小于2的正實(shí)根.

證明 令f（x）=xln（1+x2）-2，根據(jù)題意討論區(qū)間[0，2]，則f（x）在區(qū)間[0，2]上連續(xù)；又f（0）=-2<0，f（2）=2ln5-2>0，所以由根的存在定理得至少ξ∈（0，2），使得f（ξ）=0.因?yàn)閒′（x）=ln（1+x2）+ 2x2 1+x2 >0，所以f（x）在區(qū)間[0，2]上單調(diào)增加；故方程xln（1+x2）=2有且僅有一個(gè)小于2的正實(shí)根.

（2）證明方程f′（x）=0有根.

羅爾定理 設(shè)函數(shù)f（x）在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)，在開區(qū)間（a，b）內(nèi)可導(dǎo)，且端點(diǎn)處f（a）=f（b），則至少ξ∈（a，b），使得f′（ξ）=0.

因此要證明方程f′（x）=0有根，只要證明f（x）在區(qū)間[a，b]上滿足羅爾定理的條件，f（x）就是要構(gòu)造的函數(shù).

例7 設(shè)函數(shù)f（x）=（x-1）（x-2）…（x-n），求方程f′（x）=0有多少個(gè)實(shí)根？

解 顯然f（x）在[1，n]上連續(xù)、可導(dǎo)，且f（1）=f（2）=…=f（n）=0，根據(jù)羅爾定理至少ξ1∈（1，2）、ξ2∈（2，3），…，ξn-1∈（n-1，n）滿足f′（ξi）=0（i=1，2…n-1）.同時(shí)，f′（x）為n-1次函數(shù)，至多有n-1個(gè)根，所以方程f′（x）=0有n-1個(gè)實(shí)根.

例8 設(shè)函數(shù)f（x）在[0，1]上連續(xù)，在（0，1）內(nèi)可導(dǎo)，且f（0）=1，f（1）=0，證明：至少c∈（0，1），使得f′（c）=- f（c） c .

分析 f′（c）=- f（c） c 即可變形為c·f′（c）+f（c）=0， 轉(zhuǎn)化為x·f′（x）+f（x）=0，再進(jìn)一步觀察，可寫成x·f′ （x）+x′·f（x）=0.等式的左邊即（x·f（x））′，所以可設(shè)g（x）=x·f（x），所證方程即為g′（x）=0.

證明：令g（x）=x·f（x），因?yàn)閒（x）在[0，1]上連續(xù)，在（0，1）內(nèi)可導(dǎo)，所以g（x）在[0，1]上連續(xù)，在（0，1）內(nèi)可導(dǎo)，又g（0）=0，g（1）=f（1）=0，根據(jù)羅爾定理，至少c∈（0，1）使得g′（c）=0，即c·f′（c）+f（c）=0，從而f′（c）=- f（c） c .

3.結(jié) 語

證明題雖然較難，但在專轉(zhuǎn)本考試中規(guī)律是可循的，大家要發(fā)現(xiàn)問題的特點(diǎn)，尋找對應(yīng)的方法來解決.

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