張雪梅??

摘要：不等式在高等數(shù)學(xué)中有著極其廣泛的應(yīng)用，本文利用函數(shù)的單調(diào)性、微分中值定理、泰勒公式法對(duì)不等式的證明方法進(jìn)行討論，以期對(duì)本部分內(nèi)容的證明提供一定的參考。

關(guān)鍵詞：不等式；函數(shù)的單調(diào)性；中值定理

歷來(lái)，不等式的證明問(wèn)題在初等數(shù)學(xué)及高等數(shù)學(xué)知識(shí)點(diǎn)中都占據(jù)著一個(gè)非常重要的地位。不等式的證明方法有很多，如：分析法、歸納法、中值公式法、單調(diào)性法等等。下面我們介紹高等數(shù)學(xué)的知識(shí)從函數(shù)的單調(diào)性、微分中值定理、泰勒公式證明方法進(jìn)行研究，并以例題加以鞏固。

一、 利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式

借助函數(shù)的單調(diào)性來(lái)證明不等式是一種很常用而且也非常有效的方法。

定理1：若函數(shù)f（x）在開(kāi)區(qū)間（a，b）內(nèi)可導(dǎo)，且在（a，b）內(nèi)單調(diào)增加（減少）x∈（a，b），有f′（x）≥0（f′（x）≤0）。

定理2（嚴(yán)格單調(diào)的充分條件）：若函數(shù)f（x）在開(kāi)區(qū)間（a，b）內(nèi)可導(dǎo)，且x∈（a，b），有f′（x）>0（f′（x）<0），則函數(shù)f（x）在（a，b）上嚴(yán)格單調(diào)增加（減少）。

例1證明：當(dāng)x>4時(shí)，2x>x2。

證明：令f（x）=xln2-2lnx，則當(dāng)x>4時(shí)，

f′（x）=ln2-2x>0

故由定理2知，f（x）在[4+

SymboleB@ ）上嚴(yán)格單調(diào)增加，所以當(dāng)x>4時(shí)，f（x）>f（4）=0，從而有xln2>2lnx，進(jìn)而即得

2x>x2。

注：這道題先對(duì)原不等式進(jìn)行了恒等變形，而不是直接設(shè)函數(shù)，其目的在于這樣可以降低了證明過(guò)程中導(dǎo)數(shù)符號(hào)判定的難度。

例2證：當(dāng)02x。

證明：令f（x）=sinx+tanx-2x，則

f′（x）=cosx+sec2x-2，f″（x）=-sinx+2sec2x·tanx=sinx（2cos3x-1），

當(dāng)00，因而由定理2知，f′（x）在[0，π2）上單調(diào)增加。故而當(dāng)0f′（0）=0，從而由定理2知，f（x）在[0π2]上單調(diào)增加。所以當(dāng)0f（0）=0，進(jìn)而即得

sinx+tanx>2x。

注：本例題運(yùn)用了兩次函數(shù)的單調(diào)性，因?yàn)橐浑A導(dǎo)數(shù)的符號(hào)難以直觀判斷，從而借用其二階導(dǎo)數(shù)的符號(hào)得出f′（x）在[0，π2）上的單調(diào)性，進(jìn)而就比較容易判斷f′（x）的符號(hào)，得出結(jié)論。

例3設(shè)可導(dǎo)函數(shù)f（x），g（x）滿足：|f′（x）|

分析：要證“f（x）-f（a）≤g（x）-g（a）”，只需證

f（x）-g（x）≤f（a）-g（a），（x≥a）

問(wèn)題是否可以轉(zhuǎn)化為說(shuō)明函數(shù)f（x）-g（x）的單調(diào)性呢，若是[f（x）-g（x）]′≤0，結(jié)論就自然成立了。

證明：令F（x）=f（x）-g（x），由條件|f′（x）|

F′（x）=f′（x）-g′（x）≤0，

所以由定理1知，F(xiàn)（x）在[a，+

SymboleB@ ）上單調(diào)減少，故而當(dāng)x≥a時(shí)，有f（x）-g（x）≤f（a）-g（a），

即得f（x）-f（a）≤g（x）-g（a）。

二、 利用微分中值定理證明不等式

定理3（拉格朗日中值定理）：若函數(shù)y=f（x）在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)，在開(kāi)區(qū)間（a，b）內(nèi)可導(dǎo)，那么在（a，b）內(nèi)至少有一點(diǎn)ξ（a<ξ

f（b）-f（a）=f′（ξ）（b-a）成立。

例4證明：b-ab≤lnba≤b-aa，（0

證明：當(dāng)0

當(dāng)0

f（b）-f（a）=f′（ξ）（b-a）

即lnb-lna=1ξ（b-a）

又因a<ξ

例5證明：當(dāng)x>0時(shí)，ln（1+1x）>11+x。

證明：令f（t）=lnt，則f（t）在閉區(qū)間[x，1+x]上連續(xù)，在開(kāi)區(qū)間（x，1+x）內(nèi)可導(dǎo)，由定理3可知，存在ξ∈（1，1+x），使得f（1+x）-f（x）=f′（ξ）（1+x-x）

即ln（1+1ξ）=1ξ

又因x<ξ<1+x，故1ξ>11+x，從而得

ln（1+1x）>11+x，證畢。

三、 利用泰勒中值公式證明不等式

定理4（泰勒中值定理）若函數(shù)f（x）在含有x0的某個(gè)開(kāi)區(qū)間（a，b）內(nèi)具有直到（n+1）階的導(dǎo)數(shù)，則對(duì)任一x∈（a，b），有

f（x）=f（x0）+f′（x0）（x-x0）+f″（x0）2！（x-x0）2+…+f（n）（x0）n?。▁-x0）n+Rn（x）

其中

Rn（x）=f（n+1）（ξ）（n+1）！（x-x0）n+1

這里ξ是x0與x之間的某個(gè)值。

注：在泰勒公式中，如果取x0=0，則ξ在0與x之間。因此可以令ξ=θx（0<θ<1），從而泰勒公式變成較簡(jiǎn)單的形式，即所謂帶有拉格朗日型余項(xiàng)的泰勒公式

f（x）=f（0）+f′（0）x+f″（0）2！x2+…+f（n）（0）n！xn+f（n+1）（θx）（n+1）！xn+1（0<θ<1）。

例6設(shè)0

分析：這道不等式的證明稍微有些難，貌似可以用拉格朗日中值公式證明，可函數(shù)本身的構(gòu)造有些困難，因?yàn)楹茈y把三角函數(shù)和冪函數(shù)聯(lián)系在一起。不過(guò)微分中值公式有個(gè)好處，那就是中值ξ總是介于兩個(gè)端點(diǎn)之間的這個(gè)特點(diǎn)，所以對(duì)某些不等式的證明大家才會(huì)選擇微分中值公式。雖然這道題目不太好直接用拉格朗日中值公式證明，可拉格朗日中值公式的一個(gè)推廣形式，也就是泰勒中值公式，倒是可以試一試。

證明：由定理4注知，cosx的帶拉格朗日余項(xiàng)的泰勒公式

cosx=1-12x2+14！x4cos（θx），0<θ<1

故有1-cosx=x212-124x2cos（θx），0<θ<1

因012-124x2cos（θx）>12-124π22=12-π296>13>1π

所以x2π<1-cosx

注：這道不等式證明是不是也可以借助函數(shù)的單調(diào)性來(lái)證明呢？分別令f（x）=x22-（1-cosx），g（x）=1-cosx-x2π，對(duì)f（x）和g（x）的單調(diào)性分別考慮。是否可行，讀者可以去試一試哦。

其實(shí)，對(duì)于不等式的證明方法不止這些，同一道不等式的證明亦可以有好幾種方法，方法有簡(jiǎn)單有繁瑣，要根據(jù)題目本身的特點(diǎn)靈活選取，才能達(dá)到事半功倍的效果。

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