利用导数证明不等式的四种常用方法
杨玉新
(绍兴文理学院 数学系, 浙江 绍兴 312000)
摘 要: 通过举例阐述了用导数证明不等式的四种方法, 由此说明了导数在不等式证明中的重要作用. 关键词: 导数; 单调性; 中值定理; 泰勒公式; Jensen不等式
在初等数学中证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法、数学归纳法和构造法. 但是当不等式比较复杂时，用初等的方法证明会比较困难, 有时还证不出来. 如果用函数的观点去认识不等式, 利用导数为工具, 那么不等式的证明就会化难为易. 本文通过举例阐述利用泰勒公式, 中值定理, 函数的性质, Jensen不等式等四种方法证明不等式, 说明了导数在证明不等式中的重要作用.
一、利用泰勒公式证明不等式
若函数f (x ) 在含有x 0的某区间有定义, 并且有直到(n -1) 阶的各阶导数, 又在点x 0处有n 阶的导数f
(n )
(x 0) , 则有公式
f '(x 0) f ''(x 0) f (n ) (x 0) 2
f (x ) =f (x 0) +(x -x 0) +(x -x 0) + +(x -x 0) (n ) +R n (x )
1! 2! n !
在上述公式中若R n (x ) ≤0(或R n (x ) ≥0), 则可得
f '(x 0) f ''(x 0) f (n ) (x 0) 2
f (x ) ≥f (x 0) +(x -x 0) +(x -x 0) + +(x -x 0) (n )
1! 2! n !
或
f '(x 0) f ''(x 0) f (n ) (x 0) 2
f (x ) ≤f (x 0) +(x -x 0) +(x -x 0) + +(x -x 0) (n )
1! 2! n ! x 2x 3
+, (-1
则f (x ) 在x =0处有带有拉格朗日余项三阶泰勒公式
x 2x 3x 4
ln(1+x ) =x -+- (-1
234(1+ξ) 4
x 4
-≤0 4
4(1+ξ) x 2x 3
∴ ln(1+x ) ≤x -+
23
由以上证明可知, 用泰勒公式证明不等式, 首先构造函数, 选取适当的点x 0在x 0处展开, 然后判断余项R n (x ) 的正负, 从而证明不等式.
二、利用中值定理证明不等式
) 中值定理: 若微分(Lagrange
f (x ) 满足以下条件:
(1) f (x ) 在闭区间[a , b ]内连续 (2) f (x ) 在开区间(a , b ) 上可导
∍ f '(ξ) =则 ∃ξ∈(a , b )
例2 若0
f (b ) -f (a )
b -a
y 1则 py p -1(x -y )
y
p -1
分析 因为0
x p -y p 1) . 令
x -y
f (x ) -f (y )
.
x -y
f (x ) =t p , 则我们容易联想到Lagrange 中值定理f ' (ξ)(x -y ) =
证明 设
f (t ) =t p , 显然f (t ) 在[y , x ]满足Lagrange 中值定理的条件
p
p
x -y f (x ) -f (y )
∍f '(ξ) =, 即p ξp -1＝则 ∃ξ∈(y , x )
x -y x -y
ξ∈(y , x ) ∴ y
∴ py p -1(x -y )
例3 设f (x ) 在[a , b ]上连续可导, 且f (a ) =f (b ) =0, 则
max f ' (x ) ≥
a ≤x ≤b
4(b -a ) 2
⎰
b
a
f (x )
证明 设M =max f ' (x ) 则由中值公式, 当x ∈(a , b ) 时, 有
a ≤x ≤b
f (x ) =f (a ) +f '(ξ1)(x -a ) =f '(ξ1)(x -a ) f (x ) =f (b ) +f '(ξ2)(x -b ) =f '(ξ2)(x -b )
其中ξ1∈(a , x ), ξ2∈(x , b ). 由此可得
f (x ) ≤M (x -a ) f (x ) ≤M (b -x )
所以
a +b 2a a +b 2a
⎰
b
a
f (x ) dx =⎰f (x ) dx +a +b f (x ) dx
2
b
≤⎰M (x -a ) dx +a +b M (b -x ) dx
2
b
M (b -a ) 2 =
4
即
4
M ≥
(b -a ) 2
所以 f '(x ) ≥
a ≤x ≤b
⎰
b
a
f (x ) dx
4(b -a ) 2
[1]
⎰
b
a
f (x ) dx
积分第二中值定理
若在区间f [a , b ]上f 为非负的单调递减函数, 而g 是可积函数,
则存在ξ∈[a , b ], 使得
⎰
例4 设f (x ) =
b
a
fg =f (a ) ⎰g
a
ξ
⎰
x +1
x
sin t 2dt , 则x >0时
1 x
特别地:当x =2003时机为2003年浙江省高等数学竞赛试题(工科、经管类)
f (x )
证明 令t =
, 则由积分第二中值定理
f (x ) =
又因为
⎰
x +1
x 2
sin u
ξ
du 2u
1x
12x 2
⎰2sin ≤
x
f (x ) =⎰2
x
(x +1) 2
sin u
du 2
(x +1) 21(x +1) 2cos udu ⎤1⎡1
＝-⎢cos u +⎰2⎥22x 2⎢2u x u ⎥⎣⎦111(x +1) 2cos udu 22cos x -cos(x +1) -⎰2
2x 2(x +1) 4x u 于是, x >0时
3
2
111
f (x )
2x 2(x +1) 4⎰
(x +1) 2
x 2
u du
-
111111+-(-) =2x 2(x +1) 2x +1x x
由上可见利用中值定理证明不等式, 通常是首先构造辅助函数和考虑区间, 辅助函数和
定义区间的选择要与题设和结论相联系, 然后由中值定理写出不等式, 从而进行证明.
三、利用函数的单调性证明不等式
定理1 如果函数
f (x ), g (x ) 满足以下条件:
(1) f (x ), g (x ) 在闭区间[a , b ]内连续
(2) f (x ), g (x ) 在开区间(a , b ) 可导, 且有f '(x ) >g '(x ) (或f '(x )
则 在(a , b ) 内有f (x ) >g (x ) (或f (x )
令F (x ) =f (x ) -g (x ) 由于f (x ) ≤g (x ) ⇔f (x ) -g (x ) ≤0⇔F (x ) ≤0 所以证明f (x ) ≤g (x )
⇔证明F (x ) ≤0则相应地有
f ' (x )>0(或f ' (x )
推论1 若f (x ) 在[a , b ]上连续, 在(a , b ) 内可导, f (a ) =c 且则在(a , b ) 内有f (x ) >c (或f (x )
2
例5 证明:当x >1时, 有ln (x +1) >ln x ⋅ln(x +2).
分析 只要把要证的不等式变形为
ln(x +1) ln(x +2)
>, 然后把x 相对固定看作常数, 并
ln x ln(x +1)
选取辅助函数f (x ) =
ln(x +1)
. 则只要证明f (x ) 在(0, +∞) 是单调减函数即可. ln x
证明 作辅助函数f (x ) =
ln(x +1)
(x >1) ln x
ln x ln(x +1)
-
x ln x -(x +1) ln(x +1) =于是有f '(x ) =2 2
ln x x (x +1) ln x
因为 1
（1，+∞）因而在内恒有f ' (x )
又因为1f (x +1)
即
ln(x +1) ln(x +2) - ln x ln(x +1)
所以 ln 2(x +1) >ln x ⋅ln(x +2).
x 2
例6 证明不等式x -0.
2
x 2
分析 因为例6中不等式的不等号两边形式不一样, 对它作差ln(1+x ) -(x -) , 则发
2
1+x ) 求导得现作差以后不容易化简. 如果对ln(
1
, 这样就能对它进行比较. 1+x
x 2
证明 先证 x -
2
x 2
设 f (x ) =l n 1(+x ) -(x -) (x >0)
2
1x 2
(+0) -0=0 f (x ) =则 f (0) =l n 1 -1+x =
1+x 1+x
'
x >0 即 1+x >0 x 2>0
x 2
∴ f '(x ) =>0 , 即在(0, +∞) 上f (x ) 单调递增
1+x ∴ f (x ) >f (0) =0
x 2
∴ ln(1+x ) >x -
2
1+x )
(+x ) -x 令 g (x ) =l n 1
则 g (0) =0 g '(x ) =
1
-1 1+x
１
x >0 ∴
１+x
∴ g '(x )
x 2
∴ x -
2
定理1将可导函数的不等式f (x )
f '(x ) 与g '(x ) 的大小不容易判定时，则有
推论2 设f (x ) ，g (x ) 在[a , b ]上n 阶可导， （1）（2）
f (k ) (a ) =g (k ) (a ) k =0, 1, 2 , n -1 f (n ) (x ) >g (n ) (x ) （或f (n ) (x )
则在（a , b ）内有f (x ) >g (x ) （或f (x )
例7 证明:
1π
tgx >x +x 3，x ∈(0, ) .
32
分析 两边函数类型不同, 右边多项式次数较高, 不易比较, 对它求一阶导数得
1
(tgx ) '=sec 2x , (x +x 3) '=1+x 2. 仍然不易比较, 则我们自然就能想到推论2.
3
13
证明 设f (x ) =tgx g (x ) =x +x
3
则 （1）f (0) =g (0) =0
（2）f '(x ) =sec (x ), g '(x ) =(1+x ), f '(0) =g '(0) =1 （3）f ''(x ) =
2
2
2sec x
, g ''(x ) =2x , f ''(0) =g ''(0) =1 2
cos x
（4）f '''(x ) =2(1+tg 2x )(1+3tg 2x ), g '''(x ) =2 显然有 f '''(x ) >g '''(x )
由推论2得，tgx
1π>x +x 2 （0
32
利用函数的单调性证明不等式我们都是先构造函数. 然后通过对函数求导, 来判定函数
的增减性, 从而达到证明不等式的目的.
四、利用Jensen(琴森) 不等式证明不等式
定义
[1]
如果
f (x ) 在(a , b ) 内存在二阶导数f " (x ) 则
(1) 若对∀x ∈(a , b ) 有f ''(x ) >0,. 则函数f (x ) 在(a , b ) 内为凸函数.
(2) 若对∀x ∈(a , b ) 有f ''(x )
若函数
f (x ) 在(a , b ) 内是凸(或凹) 函数时, 对∀x 1, x 2, , x n ∈(a , b ) 及∑λi =1, 有
i =1
n
Jensen(琴森) 不等式
⎛⎫⎛n ⎫n ⎛n ⎫n
f ∑λi x i ⎪≤∑λi f (x i ) 或f ∑λi x i ⎪≥∑λi f (x i ) ⎪ ⎝i =1⎭i =1⎝i =1⎭i =1⎝⎭
等号当且仅当x 1
=x 2= =x n 时成立.
例8 证明下列不等式
n
111++ +a 1a 2a n
≤a 1⋅a 2 a n ≤
a 1+a 2+ +a n
(a i >0, i =1, 2, n ) .
n
分析 上式只要能证明a 1⋅a 2 a n ≤
a 1+a 2+ +a n
(a i >0, i =1, 2, n ) , 如
n
果此题用前面所述的几种方法来证明显然不合适, 因为对它求导后不等式会更复杂. 而这里的a i 可以看作是同一函数的多个不同函数值, 设f (x ) =ln x 那么就可以用Jensen 不等式来证明它. 然后只要令f (x ) =ln
1
, 同理可得
1x
n +
11
+ +a 2a n
. ≤a 1⋅a 2 a n
a 1
(x >0) 证明 令f (x ) =ln x
因为 f ''(x ) =-
1
则对∀a 1, a 2, , a n
∈(0, +∞) 有
⎡1⎤1
f ⎢(a 1+a 2+ +a n ) ⎥≥[f (a 1) +f (a 2) + +f (a n ) ] ⎣n ⎦n
即 ln ⎢(a 1+a 2+ +a n ) ⎥≥又因为
⎡1⎣n ⎤⎦
1
[ln a 1+ln a 2+ +ln a n ] n
1
[ln a 1+ln a 2+ +ln a n ]=ln a 1⋅a 2 a n n
所以 a 1+a 2+ +a n
a 1⋅a 2 a n ≤
n
令 f (x ) =ln
1
, 则同理可得
1x
n +
11
+ +a 2a n
≤a 1⋅a 2 a n
a 1
所以
a 1+a 2+ +a n
≤a 1⋅a 2 a n ≤ (a i >0, i =1, 2, n )
111n ++ +a 1a 2a n
n
例9 设
f (x ) 二次可微, 且对一切x , 有f ''(x ) ≥0, 而u (t ) 在[0, a ]上连续, 则
1a 1a
f [u (t )]dt ≥f [u (t ) dt ] ⎰⎰00
a a
分析 上述不等式在形式上很像Jensen 不等式, 且当t 取不同的值时, f [u (t )]就是同一函数的不同函数值, 则可以用琴森不等式进行证明.
证明 由f (x ) 及u (t ) 的连续性, 保证了可积性. 并且
1a 1n -1Ka f [u (t )]dt =lim f [u ()] ∑n →∞n a ⎰0n K =01a 1n -1Ka u (t ) dt =lim ∑u () ⎰0n →∞n a n K =0
因f ''(x ) ≥0, 故f (x ) 为凸函数, 在Jensen 不等式
f (q 1x 1+q 2x 2+ +q n x n ) ≤q 1f (x 1) + +q n f (x n ) (q 1, q 2, , q n 均为正，且q 1+q 2+ +q n =1)
中, 取
x i =u (
即得
i -11
a ), q i = （i =1, 2, 3, n ） n n
1n -1Ka 1n -1Ka f [∑u () ]≤∑f [u ()] n K =0n n K =0n
由f (x ) 的连续性, 在上式取n →∞即得所要证的结论.
由以上证明可知应用Jensen 不等式证明不等式, 首先是构造适当的函数并判断它的凹
凸性, 然后用Jensen 不等式证明之.
本文所述四种用导数证明不等式的四种方法充分说明了导数在不等式证明中的独到之处. 在证明不等式时, 应用导数等知识往往能使复杂问题简单化, 从而达到事半功倍的效果.
需要指出的是利用导数证明不等式, 除上述四种方法外还有不少方法. 如用极值、最值等来证明不等式. 由于受篇幅之限, 这里不再详述.
参考文献
[1] 华东师范大学数学系, 数学分析[M]第三版, 北京:高等教育出版社,2001. [2] 裘单明等, 研究生入学考试指导, 数学分析[M],济南:山东科学技术出版社,1985.
[3] 胡雁军, 李育生, 邓聚成, 数学分析中的证题方法与难题选解[M],开封:河南大学出版社,1987.
Four Usual Methods to Prove Tthe Inequality by Using
Derivative
Yang Yuxin
(Department of Mathematics Shaoxing College of Arts and Sciences, Shaoxing Zhejiang,312000) Abstract:Examplisies four methods to prove the Inequality by using Derivative to show the imporpance of using derivative to crove the inequality
Key words:Derivative; Monotonicity; Theorem of mean; Taylor formula; Jensen Inequality
利用导数证明不等式的四种常用方法
杨玉新
(绍兴文理学院 数学系, 浙江 绍兴 312000)
摘 要: 通过举例阐述了用导数证明不等式的四种方法, 由此说明了导数在不等式证明中的重要作用. 关键词: 导数; 单调性; 中值定理; 泰勒公式; Jensen不等式
在初等数学中证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法、数学归纳法和构造法. 但是当不等式比较复杂时，用初等的方法证明会比较困难, 有时还证不出来. 如果用函数的观点去认识不等式, 利用导数为工具, 那么不等式的证明就会化难为易. 本文通过举例阐述利用泰勒公式, 中值定理, 函数的性质, Jensen不等式等四种方法证明不等式, 说明了导数在证明不等式中的重要作用.
一、利用泰勒公式证明不等式
若函数f (x ) 在含有x 0的某区间有定义, 并且有直到(n -1) 阶的各阶导数, 又在点x 0处有n 阶的导数f
(n )
(x 0) , 则有公式
f '(x 0) f ''(x 0) f (n ) (x 0) 2
f (x ) =f (x 0) +(x -x 0) +(x -x 0) + +(x -x 0) (n ) +R n (x )
1! 2! n !
在上述公式中若R n (x ) ≤0(或R n (x ) ≥0), 则可得
f '(x 0) f ''(x 0) f (n ) (x 0) 2
f (x ) ≥f (x 0) +(x -x 0) +(x -x 0) + +(x -x 0) (n )
1! 2! n !
或
f '(x 0) f ''(x 0) f (n ) (x 0) 2
f (x ) ≤f (x 0) +(x -x 0) +(x -x 0) + +(x -x 0) (n )
1! 2! n ! x 2x 3
+, (-1
则f (x ) 在x =0处有带有拉格朗日余项三阶泰勒公式
x 2x 3x 4
ln(1+x ) =x -+- (-1
234(1+ξ) 4
x 4
-≤0 4
4(1+ξ) x 2x 3
∴ ln(1+x ) ≤x -+
23
由以上证明可知, 用泰勒公式证明不等式, 首先构造函数, 选取适当的点x 0在x 0处展开, 然后判断余项R n (x ) 的正负, 从而证明不等式.
二、利用中值定理证明不等式
) 中值定理: 若微分(Lagrange
f (x ) 满足以下条件:
(1) f (x ) 在闭区间[a , b ]内连续 (2) f (x ) 在开区间(a , b ) 上可导
∍ f '(ξ) =则 ∃ξ∈(a , b )
例2 若0
f (b ) -f (a )
b -a
y 1则 py p -1(x -y )
y
p -1
分析 因为0
x p -y p 1) . 令
x -y
f (x ) -f (y )
.
x -y
f (x ) =t p , 则我们容易联想到Lagrange 中值定理f ' (ξ)(x -y ) =
证明 设
f (t ) =t p , 显然f (t ) 在[y , x ]满足Lagrange 中值定理的条件
p
p
x -y f (x ) -f (y )
∍f '(ξ) =, 即p ξp -1＝则 ∃ξ∈(y , x )
x -y x -y
ξ∈(y , x ) ∴ y
∴ py p -1(x -y )
例3 设f (x ) 在[a , b ]上连续可导, 且f (a ) =f (b ) =0, 则
max f ' (x ) ≥
a ≤x ≤b
4(b -a ) 2
⎰
b
a
f (x )
证明 设M =max f ' (x ) 则由中值公式, 当x ∈(a , b ) 时, 有
a ≤x ≤b
f (x ) =f (a ) +f '(ξ1)(x -a ) =f '(ξ1)(x -a ) f (x ) =f (b ) +f '(ξ2)(x -b ) =f '(ξ2)(x -b )
其中ξ1∈(a , x ), ξ2∈(x , b ). 由此可得
f (x ) ≤M (x -a ) f (x ) ≤M (b -x )
所以
a +b 2a a +b 2a
⎰
b
a
f (x ) dx =⎰f (x ) dx +a +b f (x ) dx
2
b
≤⎰M (x -a ) dx +a +b M (b -x ) dx
2
b
M (b -a ) 2 =
4
即
4
M ≥
(b -a ) 2
所以 f '(x ) ≥
a ≤x ≤b
⎰
b
a
f (x ) dx
4(b -a ) 2
[1]
⎰
b
a
f (x ) dx
积分第二中值定理
若在区间f [a , b ]上f 为非负的单调递减函数, 而g 是可积函数,
则存在ξ∈[a , b ], 使得
⎰
例4 设f (x ) =
b
a
fg =f (a ) ⎰g
a
ξ
⎰
x +1
x
sin t 2dt , 则x >0时
1 x
特别地:当x =2003时机为2003年浙江省高等数学竞赛试题(工科、经管类)
f (x )
证明 令t =
, 则由积分第二中值定理
f (x ) =
又因为
⎰
x +1
x 2
sin u
ξ
du 2u
1x
12x 2
⎰2sin ≤
x
f (x ) =⎰2
x
(x +1) 2
sin u
du 2
(x +1) 21(x +1) 2cos udu ⎤1⎡1
＝-⎢cos u +⎰2⎥22x 2⎢2u x u ⎥⎣⎦111(x +1) 2cos udu 22cos x -cos(x +1) -⎰2
2x 2(x +1) 4x u 于是, x >0时
3
2
111
f (x )
2x 2(x +1) 4⎰
(x +1) 2
x 2
u du
-
111111+-(-) =2x 2(x +1) 2x +1x x
由上可见利用中值定理证明不等式, 通常是首先构造辅助函数和考虑区间, 辅助函数和
定义区间的选择要与题设和结论相联系, 然后由中值定理写出不等式, 从而进行证明.
三、利用函数的单调性证明不等式
定理1 如果函数
f (x ), g (x ) 满足以下条件:
(1) f (x ), g (x ) 在闭区间[a , b ]内连续
(2) f (x ), g (x ) 在开区间(a , b ) 可导, 且有f '(x ) >g '(x ) (或f '(x )
则 在(a , b ) 内有f (x ) >g (x ) (或f (x )
令F (x ) =f (x ) -g (x ) 由于f (x ) ≤g (x ) ⇔f (x ) -g (x ) ≤0⇔F (x ) ≤0 所以证明f (x ) ≤g (x )
⇔证明F (x ) ≤0则相应地有
f ' (x )>0(或f ' (x )
推论1 若f (x ) 在[a , b ]上连续, 在(a , b ) 内可导, f (a ) =c 且则在(a , b ) 内有f (x ) >c (或f (x )
2
例5 证明:当x >1时, 有ln (x +1) >ln x ⋅ln(x +2).
分析 只要把要证的不等式变形为
ln(x +1) ln(x +2)
>, 然后把x 相对固定看作常数, 并
ln x ln(x +1)
选取辅助函数f (x ) =
ln(x +1)
. 则只要证明f (x ) 在(0, +∞) 是单调减函数即可. ln x
证明 作辅助函数f (x ) =
ln(x +1)
(x >1) ln x
ln x ln(x +1)
-
x ln x -(x +1) ln(x +1) =于是有f '(x ) =2 2
ln x x (x +1) ln x
因为 1
（1，+∞）因而在内恒有f ' (x )
又因为1f (x +1)
即
ln(x +1) ln(x +2) - ln x ln(x +1)
所以 ln 2(x +1) >ln x ⋅ln(x +2).
x 2
例6 证明不等式x -0.
2
x 2
分析 因为例6中不等式的不等号两边形式不一样, 对它作差ln(1+x ) -(x -) , 则发
2
1+x ) 求导得现作差以后不容易化简. 如果对ln(
1
, 这样就能对它进行比较. 1+x
x 2
证明 先证 x -
2
x 2
设 f (x ) =l n 1(+x ) -(x -) (x >0)
2
1x 2
(+0) -0=0 f (x ) =则 f (0) =l n 1 -1+x =
1+x 1+x
'
x >0 即 1+x >0 x 2>0
x 2
∴ f '(x ) =>0 , 即在(0, +∞) 上f (x ) 单调递增
1+x ∴ f (x ) >f (0) =0
x 2
∴ ln(1+x ) >x -
2
1+x )
(+x ) -x 令 g (x ) =l n 1
则 g (0) =0 g '(x ) =
1
-1 1+x
１
x >0 ∴
１+x
∴ g '(x )
x 2
∴ x -
2
定理1将可导函数的不等式f (x )
f '(x ) 与g '(x ) 的大小不容易判定时，则有
推论2 设f (x ) ，g (x ) 在[a , b ]上n 阶可导， （1）（2）
f (k ) (a ) =g (k ) (a ) k =0, 1, 2 , n -1 f (n ) (x ) >g (n ) (x ) （或f (n ) (x )
则在（a , b ）内有f (x ) >g (x ) （或f (x )
例7 证明:
1π
tgx >x +x 3，x ∈(0, ) .
32
分析 两边函数类型不同, 右边多项式次数较高, 不易比较, 对它求一阶导数得
1
(tgx ) '=sec 2x , (x +x 3) '=1+x 2. 仍然不易比较, 则我们自然就能想到推论2.
3
13
证明 设f (x ) =tgx g (x ) =x +x
3
则 （1）f (0) =g (0) =0
（2）f '(x ) =sec (x ), g '(x ) =(1+x ), f '(0) =g '(0) =1 （3）f ''(x ) =
2
2
2sec x
, g ''(x ) =2x , f ''(0) =g ''(0) =1 2
cos x
（4）f '''(x ) =2(1+tg 2x )(1+3tg 2x ), g '''(x ) =2 显然有 f '''(x ) >g '''(x )
由推论2得，tgx
1π>x +x 2 （0
32
利用函数的单调性证明不等式我们都是先构造函数. 然后通过对函数求导, 来判定函数
的增减性, 从而达到证明不等式的目的.
四、利用Jensen(琴森) 不等式证明不等式
定义
[1]
如果
f (x ) 在(a , b ) 内存在二阶导数f " (x ) 则
(1) 若对∀x ∈(a , b ) 有f ''(x ) >0,. 则函数f (x ) 在(a , b ) 内为凸函数.
(2) 若对∀x ∈(a , b ) 有f ''(x )
若函数
f (x ) 在(a , b ) 内是凸(或凹) 函数时, 对∀x 1, x 2, , x n ∈(a , b ) 及∑λi =1, 有
i =1
n
Jensen(琴森) 不等式
⎛⎫⎛n ⎫n ⎛n ⎫n
f ∑λi x i ⎪≤∑λi f (x i ) 或f ∑λi x i ⎪≥∑λi f (x i ) ⎪ ⎝i =1⎭i =1⎝i =1⎭i =1⎝⎭
等号当且仅当x 1
=x 2= =x n 时成立.
例8 证明下列不等式
n
111++ +a 1a 2a n
≤a 1⋅a 2 a n ≤
a 1+a 2+ +a n
(a i >0, i =1, 2, n ) .
n
分析 上式只要能证明a 1⋅a 2 a n ≤
a 1+a 2+ +a n
(a i >0, i =1, 2, n ) , 如
n
果此题用前面所述的几种方法来证明显然不合适, 因为对它求导后不等式会更复杂. 而这里的a i 可以看作是同一函数的多个不同函数值, 设f (x ) =ln x 那么就可以用Jensen 不等式来证明它. 然后只要令f (x ) =ln
1
, 同理可得
1x
n +
11
+ +a 2a n
. ≤a 1⋅a 2 a n
a 1
(x >0) 证明 令f (x ) =ln x
因为 f ''(x ) =-
1
则对∀a 1, a 2, , a n
∈(0, +∞) 有
⎡1⎤1
f ⎢(a 1+a 2+ +a n ) ⎥≥[f (a 1) +f (a 2) + +f (a n ) ] ⎣n ⎦n
即 ln ⎢(a 1+a 2+ +a n ) ⎥≥又因为
⎡1⎣n ⎤⎦
1
[ln a 1+ln a 2+ +ln a n ] n
1
[ln a 1+ln a 2+ +ln a n ]=ln a 1⋅a 2 a n n
所以 a 1+a 2+ +a n
a 1⋅a 2 a n ≤
n
令 f (x ) =ln
1
, 则同理可得
1x
n +
11
+ +a 2a n
≤a 1⋅a 2 a n
a 1
所以
a 1+a 2+ +a n
≤a 1⋅a 2 a n ≤ (a i >0, i =1, 2, n )
111n ++ +a 1a 2a n
n
例9 设
f (x ) 二次可微, 且对一切x , 有f ''(x ) ≥0, 而u (t ) 在[0, a ]上连续, 则
1a 1a
f [u (t )]dt ≥f [u (t ) dt ] ⎰⎰00
a a
分析 上述不等式在形式上很像Jensen 不等式, 且当t 取不同的值时, f [u (t )]就是同一函数的不同函数值, 则可以用琴森不等式进行证明.
证明 由f (x ) 及u (t ) 的连续性, 保证了可积性. 并且
1a 1n -1Ka f [u (t )]dt =lim f [u ()] ∑n →∞n a ⎰0n K =01a 1n -1Ka u (t ) dt =lim ∑u () ⎰0n →∞n a n K =0
因f ''(x ) ≥0, 故f (x ) 为凸函数, 在Jensen 不等式
f (q 1x 1+q 2x 2+ +q n x n ) ≤q 1f (x 1) + +q n f (x n ) (q 1, q 2, , q n 均为正，且q 1+q 2+ +q n =1)
中, 取
x i =u (
即得
i -11
a ), q i = （i =1, 2, 3, n ） n n
1n -1Ka 1n -1Ka f [∑u () ]≤∑f [u ()] n K =0n n K =0n
由f (x ) 的连续性, 在上式取n →∞即得所要证的结论.
由以上证明可知应用Jensen 不等式证明不等式, 首先是构造适当的函数并判断它的凹
凸性, 然后用Jensen 不等式证明之.
本文所述四种用导数证明不等式的四种方法充分说明了导数在不等式证明中的独到之处. 在证明不等式时, 应用导数等知识往往能使复杂问题简单化, 从而达到事半功倍的效果.
需要指出的是利用导数证明不等式, 除上述四种方法外还有不少方法. 如用极值、最值等来证明不等式. 由于受篇幅之限, 这里不再详述.
参考文献
[1] 华东师范大学数学系, 数学分析[M]第三版, 北京:高等教育出版社,2001. [2] 裘单明等, 研究生入学考试指导, 数学分析[M],济南:山东科学技术出版社,1985.
[3] 胡雁军, 李育生, 邓聚成, 数学分析中的证题方法与难题选解[M],开封:河南大学出版社,1987.
Four Usual Methods to Prove Tthe Inequality by Using
Derivative
Yang Yuxin
(Department of Mathematics Shaoxing College of Arts and Sciences, Shaoxing Zhejiang,312000) Abstract:Examplisies four methods to prove the Inequality by using Derivative to show the imporpance of using derivative to crove the inequality
Key words:Derivative; Monotonicity; Theorem of mean; Taylor formula; Jensen Inequality