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利用二重积分证明不等式

第一篇：利用二重积分证明不等式利用二重积分证明不等式.设f(x),g(x)是[a,b]单调增加的连续函数.证明baf(x)dxg(x)dx(ba)f(x)g(x)dxaabb证明由于f(x),g(x)是[a,b]单调增加的函数,于是(f(x)f(y))(g(x)g(y))0(f(x)f(y))(g(x)g(y))dxdy0…………….(1)D其中D为axb,注意到ayb.f(x)g(x)dxdyf(y)g(y)dxdyDDDf(x)g(y)dxdyf(y)g(x)dxdyD由(1)可得baf(x)dxg(x)dxf(x)dxg(y)dyf(x)g(y)dxdyaaaDbbbbbbf(x)g(x)dxdydyf(x)g(x)dx(ba)f(x)g(x)dxDaaa第二篇：利用导数证明不等式利用导数证明不等式例1．已知x>0，求证：x>ln(1+x)分析：设f(x)=x－lnx。x[0,+。考虑到f(0)=0，要证不等式变为：x>0时，f(x)>f(0)，这只要证明：f(x)在区间[0,)是增函数。证明：令：f(x)=x－lnx，容易看出，f(x)在区间[0,)上可导。且limf(x)0f(0)x0由f'(x)11x可得：当x(0,)时，f'(x)f(0)0x1x1即x－lnx>0，所以：x>0时，x>lnx评注：要证明一个一元函数组成的不等式成立，首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。例2：当x0,时，证明不等式sinxx成立。证明：设f(x)sinxx,则f'(x)cosx1.∵x(0,),∴f'(x)0.∴f(x)sinxx在x(0,)内单调递减，而f(0)0.∴f(x)sinxxf(0)0,故当x(0,)时，sinxx成立。点评：一般地，证明f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果F'(x)0,，则F(x)在(a,b)上是减函数，同时若F(a)0,由减函数的定义可知，x(a,b)时，有F(x)0,即证明了f(x)g(x)。x练习：1.当x0时，证明不等式e1x12x成立。2证明：设fxe1xx12x,则f'xex1x.2xxx令g(x)e1x,则g'(x)e1.当x0时，g'xe10.g(x)在0,上单调递增，而g(0)0.gxg(0)0,g(x)0在0,上恒成立，f(x)在即f'(x)0在0,恒成立。0,上单调递增，又f(0)0,ex1x1x20,即x0时，ex222.证明:当x1时,有ln(x1)lnxln(x2).1x12x成立。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,并选取辅助函lnxln(x1)数f(x)ln(x1).则只要证明f(x)在(0,)是单调减函数即可.lnx证明:作辅助函数f(x)ln(x1)(x1)lnxlnxln(x1)xlnx(x1)ln(x1)于是有f(x)x12xlnxx(x1)ln2x因为1xx1,故0lnxln(x1)所以xlnx(x1)ln(x1)（1，）因而在内恒有f'(x)0,所以f(x)在区间(1,)内严格递减.又因为1x1x,可知f(x)f(x1)即ln(x1)ln(x2)lnxln(x1)所以ln2(x1)lnxln(x2).利用导数知识证明不等式是导数应用的一个重要方面，也成为高考的一个新热点，其关键是构造适当的函数，判断区间端点函数值与0的关系，其实质就是利用求导的方法研究函数的单调性，通过单调性证明不等式。x2例3.证明不等式xln(1x)x,其中x0.2x2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),则发现作差以后21x)求导得不容易化简.如果对ln(1,这样就能对它进行比较.1xx2证明:先证xln(1x)2x2设f(x)ln(1x)(x)(x0)21x210)00f(x)则f(0)ln(1x1x1x'x0即1x0x20x2f(x)0,即在(0,)上f(x)单调递增1xx2f(x)f(0)0ln(1x)x21x)