高等数学中微积分证明不等式的探讨

2018-02-03沈鹏源

数学学习与研究 2018年1期

关键词：不等式高等数学

沈鹏源

【摘要】本文围绕高等数学中的微积分证明不等式进行讨论，利用函数极值、函数的单调性以及拉格朗日中值定理等，对于函数相关的不等式加以证明，并通过相关例子描述在对不等式进行证明时微积分的应用，以及在不同的不等式证明过程中采用不同中值定理的区别.

【关键词】高等数学；微积分证明；不等式

在高中数学中，不等式具有一定的普遍性和困难性，在高等数学发挥着重要的作用，在对不等式进行证明时，模式并不固定，会因为题目的不同，解题的方法也不尽相同，具有较强的技巧性和灵活性.而微积分证明不等式对高等数学的发展具有至关重要的作用.

一、运用函数最小值、最大值和极值对不等式加以证明

（一）最小值、最大值和极值的求法

1.最小值、最大值求法

（1）闭区间[a，b]连续函数的最小值与最大值的求法：需要先把可疑点求出来，再把端点a，b和可疑点处的两个函数值进行比较，最大者即为最大值，反之则为最小值.

（2）开区间（a，b）内可导函数的最小值、最大值求法：如果f（x）在（a，b）内可导，并且极值点具有唯一性，那么这个极值点就是最小值点或最大值点[1].

2.极值求法

（1）将可疑点求出来，即不可导连续点与稳定点.

（2）通过极值充分条件对可疑点进行判断，判断其是否为极值点.

（二）证明方法

在相同的“形式”在不等式两边出现时，辅助函数可以通过此形式来构造.

例1 证明：如果p>1，则对应[0，1]中的任意x有：

1≥xp+（1-x）p≥12p-1.

分析设辅助函数f（x）=xp+（1-x）p（0≤x≤1），如果设g（x）=12p-1，F（0）=f（0）-g（0）=1-12p-1=F（1）≠0（0≤x≤1），所以，运用函数单调性的定义证明具有一定的难度.不等式的两端都为常数形式，因此，可以运用最值的方法进行计算.

证明设函数f（x）=xp+（1-x）p（0≤x≤1）.

有f′（x）=pxp-1-p（1-x）p-1=p[xp-1-（1-x）p-1]，令f′（x）=0，得到唯一驻点x=12，从而，f″12=p（p-1）12p-2+p（p-1）12p-2=2p（p-1）12p-2>0，p>1，所以，x=12是极小值点同时也是最小值点，最小值为f12=12p-1，两边界为f（0）=f（1）=1.

所以1≥xp+（1-x）p≥12p-1.

说明：运用该方法需要题设满足以下条件：

1.所设函数f（x）在某个区间上连续，在开区间内可导，在所讨论区间上不属于单调函数.

2.可以证明不够严格的不等式，对于严格性较强的不等式不能证明[2].

二、运用可导函数的单调性对不等式加以证明

可以运用函数单调性和导数符号的关系对可导函数类的不等式加以证明，以下是这类函数的证明方法和特征：

如果f（x），g（x）可导，证明f（x）>g（x）.

证明 1.用减法，设x>a，可以转换成证明f（x）-g（x）>0.

构造辅助函数F（x）=f（x）-g（x），如果F′（x）>0，F（a）=0，则F（x）单调递增，所以，F（x）>F（a）=0，所以F（x）=f（x）-g（x）>0.从而f（x）>g（x）.如果F′（x）不能判断是否大于0，而F′（a）=0，则求F″（x）.如果F″（x）>0，则F′（x）单调递增，即F′（x）>F（a）=0，从而F′（x）单调递增，即F′（x）>F′（a）=0，从而F（x）单调递增，则F（x）>F（a）=0，所以f（x）>g（x）.

2.用除法，设a1，从而构造辅助函数：F（x）=f（x）g（x）.F（a）=1或F（b）=1，F′（x）=f′（x）g（x）-g′（x）f（x）g2（x）.

因为g2（x）>0，所以考察分子可设为：

φ（x）=f′（x）g（x）-g′（x）f（x），

φ′（x）=f″（x）g（x）+f′（x）g′（x）-f（x）g″（x）-f′（x）g′（x），

φ′（x）=f″（x）g（x）-f（x）g″（x）.

如果φ′（x）>0，F（a）=1，φ（a）=0，则φ（x）单调递增，F′（x）>0，即F（x）单调递增，此时F（x）>F（b）=1，即f（x）>g（x）.

例2 求证sinx>x-16x3（x>0）.

证明 F（x）=sinx-x-16x3，F（0）=0，

F′（x）=cosx-1+x22，F′（0）=0，

F″（x）=-sinx+x，F″（0）=0，

F（x）=-cosx+1≥0，得F″（x）单调递增，

F″（x）>F″（0）=0，得F′（x）单调递增，

F′（x）>F′（0）=0，得F（x）单调递增，

则F（x）>F（0）=0，

即sinx>x-16x3.

本题中F′（x）是否大于0无法判断，但端点值为0，因此，求F″（x），F″（x）仍然不能判断是否大于0，但F（0）>0，继续求F″（x），F′（x），F（x）單调递增，最后得出需要求证的结论，还可用定积分的方法来证明.

例3 当0≤x≤π2，求证sinx≥2πx.

分析如果令F（x）=sinx-2πx，F′（x）=cosx-2π，由于导数符号的不断变化，所以辅助函数F（x）无单调性，需要重新设定辅助函数F（x），可以使用除法.

证明令F（x）=sinxx，F（0）=limF（x）=1，

Fπ2=2π，

F′（x）=xcosx-sinxx2，令g（x）=xcosx-sinx，g（0）=0，

g′（x）=cosx-xsinx-cosx≤0，

∴g（x）单调递减，因此，g（x）≤g（0）=0.

∵F′（x）≤0，∴F（x）單调递减，∴F（x）≥Fπ2=2π，

∴sinx≥2πx.

说明：在使用函数的单调性对不等式进行证明时，不等式两边函数需要具有可导性，而辅助函数F（x）的构造需要在某开区间内可导，闭区间上连续，并保证闭区间端点F（x）值为0，F（x）的单调性需要通过F′（x）的符号进行判断，通常会先用减法，如果减法不能成立，且满足除法的具体要求，则可以使用除法进行证明[3].

三、运用拉格朗日中值定理对不等式加以证明

（一）拉格朗日中值定理

设函数F（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，则有：f（b）-f（a）b-a=f′（ξ），其中ξ∈（a，b），b>a.

（二）证明思想

拉格朗日中值定理存在的方式为等式，运用该定理对不等式加以证明，在拉格朗日的公式中ξ∈（a，b），根据ξ在（a，b）间的取值可以对f′（ξ）的取值范围加以估计，最终得到不等式[4].

（三）证明步骤

1.对函数所在区间内是否满足拉格朗日中值定理的具体条件加以验证，[a，b]为自变量的所在区间.

2.求导f（x），得到f′（ξ），并以此建立等式.

f′（ξ）=f（b）-f（a）b-a，ξ∈（a，b）.

3.f′（ξ）的范围可以通过ξ的范围加以确定，从而对不等式进行验证.

例4 设0

证明设f（x）=lnx，则f′（x）=1x，对于f（x）=lnx在x∈[a，b]运用拉格朗日中值定理有lnb-lna=1ξ（a，b），ξ∈（a，b），