第十二章不等式
§12.1利用導數研究不等式
一、本節知識串講
利用導數研究不等式的基本思想和方法如下：
1最常用的方法
利用一階導數的符號，即利用函數的單調性研究不等式：若x∈I時，f′(x)＞(＜)0，即f(x)在I上單調增加(減少)，則x1＞x2，有f(x1)＞（＜）f(x2).
2利用最值或極值研究不等式
若f(x)在區間I上有最大(小)值f(x0)，則x∈I，有f(x)≤(≥)f(x0).
3利用微分中值定理證明不等式
此種方法適用於與“增量”有關的不等式的證明.主要利用拉格朗日中值定理及柯西中值定理進行證明.
4利用函數圖像的凹凸性證明不等式
若x∈I，都有f″(x)＞(＜)0，則y=f(x)在I上是向上凹(凸)的.由此有：x1，x2∈I，都有fx1+x22＜(＞)f(x1)+f(x2)2.
此種方法適用於有關“平均值”的不等式證明.
5利用泰勒公式證明不等式.
此種方法適用於與二階及二階以上導數有關的不等式的證明.
6利用條件極值證明不等式
這種方法主要適用於帶約束條件的不等式的證明.
二、能力、思維、方法
［能力素質］
例1證明當x≥5時，2x＞x2.
分析在不等式的證明中，最常用的方法是利用一階導數的符號，而其要點在於構造輔助函數.
證令f(x)=2x-x2，則
f′(x)=2xln2-2x=2x-1ln4-2x，
f″(x)=2x-2(ln4)2-2.
由於x≥5，所以2x-2≥8，且ln4＞1，因此f″(x)＞0，故f′(x)在［5，+∞)上單調增加.而f′(5)=24·ln4-10＞0，所以f′(x)＞0，故f(x)在［5，+∞)上單調增加.又f(5)=25-52=7＞0，因此當x≥5時，f(x)＞0，即x≥5時，2x＞x2成立.
［解法總結］引入輔助函數在不等式的證明中是一種常用的、有效的方法.
例2試比較eπ與πe的大小.
分析因為πe=eelnπ，所以隻需比較eπ與eelnπ的大小.由於ex的單調性，隻需比較π與elnπ的大小.
證令f(x)=x-elnx0＜x＜+∞，則f′(x)=1-ex.
故當x＞e時，f′(x)＞0，所以當x＞e時，f(x)單調增加，因此當x＞e時，有f(x)＞f(e)，可得f(π)＞f(e)，即
π-elnπ＞e-elne=0.
所以π＞elnπ.由於ex是單調遞增的，因此eπ＞eelnπ即eπ＞πe.
例3設f(x)可微，且f′(x)＞f(x)，f(0)=0，證明當x＞0時，f(x)＞0.
分析欲利用一階導數討論不等式，最關鍵的在於構造輔助函數.由條件f′(x)＞f(x)可以看出f′(x)-f(x)＞0，即所構造的輔助函數的導數要與差有關；即所構造的函數和一定要出現商(因為隻有商的導數才出現差).
證構造輔助函數F(x)=f(x)ex.
因為F′(x)=［f′(x)-f(x)］ex＞0，所以F(x)單調增加，
即當x＞0時，F(x)＞F(0)，而F(0)=f(0)e0=0.
所以x＞0時，F(x)＞0，即f(x)＞0.
例4證明不等式ln1+1x＞11+x，x＞0.
分析可以用常用的方法，通過構造輔助函數，討論其導數的符號，利用單調性進行證明.若注意到ln1+1x=ln(1+x)-lnx，即化為增量的形式，則可利用中值定理.
證法一令f(x)=ln1+1x-11+x，則當x＞0時，f′(x)=-1x(1+x)2＜0，
因此f(x)在(0，+∞)上單調減少，由
limx+∞f(x)=limx+∞ln1+1x-11+x=0
可知，對於x＞0，f(x)＞0，即
ln1+1x＞11+x.
證法二記f(x)=lnx，在(x，x+1)上應用拉格朗日中值定理
ln(1+x)-lnx=1ξ，其中0＜x＜ξ＜x+1.
由此可知，對於x＞0，有
ln1+1x=1ξ＞11+x.
例5若f(x)，g(x)都可微，且當x≥a時，f′(x)＜g′(x)，求證當x＞a時f(x)-f(a)＜g(x)-g(a).
分析此不等式涉及到兩個函數的增量和一階導數，故應使用柯西中值定理.
證首先，由當x≥a時，f′(x)＜g′(x)，有g′(x)＞0；知x＞a時，g(x)單調增加，故當x＞a時，g(x)-g(a)＞0.而由柯西中值定理，有
f(x)-f(a)g(x)-g(a)=f′(ξ)g′(ξ)，其中ξ∈(0，a).
即f(x)-f(a)g(x)-g(a)=f′(ξ)g′(ξ)＜1，故有
f(x)-f(a)＜g(x)-g(a).
例6若0＜a＜1，則對於x＞0，有xa-ax≤1-a.
證令f(x)=xa-ax-1+a，有f′(x)=a(xa-1-1).
當0＜x＜1時，f′(x)＞0；當x＞1時，f′(x)＜0，而f′(1)=0.
故f(x)在x=1處取得最大值1-a(當x＞0時).
因此當x＞0時，xa-ax-1+a≤0，即x＞0時，xa-ax≤1-a
例7證明若m＞0，n＞0，則xm(a-x)n≤mmnn(m+n)m+nam+n.
證令F(x)=xm(a-x)n，則有
F′(x)=mxm-1(a-x)n-nxm(a-x)n-1，
F″(x)=
m(m-1)xm-2(a-x)n-2mnxm-1(a-x)n-1+n(n-1)xm(a-x)n-2.
令F′(x)=0，得x=mam+n.
∵F″mam+n=
m(m-1)mam+nm-2nam+nn-2mnmam+nm-1nam+nn-1+
n(n-1)mam+nmnam+nn-2
=-mm-1nn-1am+n-2(m+n)m+n-3＜0，
∴Fma(m+n)是F(x)在(-∞，+∞)上的極大值.因為F(x)在(-∞，+∞)上隻有惟一的一個極大值，所以Fmam+n最大.
故F(x)≤Fmam+n，即xm(a-x)n≤mmnn(m+n)m+nam+n.
例8證明不等式：
(1)x＞0，y＞0，x≠y，n＞１時，12(xn+yn)＞x+y2n；
(2)ex+ey2＞ex+y2，(x≠y)；
(3)xlnx+ylny＞(x+y)lnx+y2(x，y＞0，x≠y).
分析本題是與平均值有關的不等式，所以應利用函數圖像的凹凸性進行證明.
證(1)令f(t)=tn，∵f″(t)=n(n-1)tn-2＞0(t＞0時)，
∴f(t)=et在t＞0時是向上凹的，於是
12［f(x)+f(y)］＞fx+y2，即12(xn+yn)＞x+y2n(x≠y).
(2)令f(t)=et，∵f″(t)=et＞0，
∴f(t)=et在(-∞，+∞)內是向上凹的.
於是12［f(x)+f(y)］＞fx+y2，即ex+ey2＞ex+y2，(x≠y).
(3)令f(t)=tlnt，(t＞0)，則f″(t)=1t＞0，
故f(t)=tlnt在(0，+∞)內是向上凹的.
於是12［f(x)+f(y)］＞fx+y2，即12［xlnx+ylny］＞x+y2lnx+y2，
有xlnx+ylny＞(x+y)lnx+y2.
［激活思維］
例9設f(x)二階可導，且f′(a)=f′(b)=0，a＜b，則在(a，b)內至少有一點ξ，使f″(ξ)≥4(b-a)2f(b)-f(a).
分析本題涉及到二階導數，故考慮使用泰勒公式.
證將f(x)在x=a及x=b處展開，有
f(x)=f(a)+(x-a)f′(a)+12(x-a)2f″(ξ1)，ξ1∈(a，b).
f(x)=f(b)+(x-b)f′(b)+12(x-b)2f″(ξ2)，ξ2∈(a，b).
上兩式中，取x=a+b2，再相減後取絕對值得
｜f(b)-f(a)｜=(b-a)28｜f″(ξ1)-f″(ξ2)｜≤(b-a)28｜f″(ξ1)｜+｜f″(ξ2)｜
令f″(ξ)=max(｜f″(ξ1)｜，｜f″(ξ2)｜)
故有｜f″(ξ)｜≥4(b-a)2｜f(b)-f(a)｜.
例10設f(x)在(a，b)內二階可導，且f″(x)＞0，證明：
(1)對於(a，b)內任意的n個點a＜x1＜…＜xn＜b，有1n［f(x1)+f(x2)+…+f(xn)］≥fx1+x2+…+xnn；
(2)當xi＞0(i=1，2，…，n)時，有nx1x2…xn≤1n∑ni=1xi.