第十二章 函数方程与不等式证明

函数方程与不等式证明a1n1aa1n1a(n1

f(x)11

1n1n1aa1n1alnan(n1)11

220,bb)pabf(x)(xb)pxpbp0时,因为0<p<10时,f(x)单减函数方程与不等式证明a1n1aa1n1a(n1

f(x)11

1n1n1aa1n1alnan(n1)11

220,bb)pabf(x)(xb)pxpbp0时,因为0<p<10时,f(x)单减,所以f(a)f(0)=0.所以b)pab0(ab)papbpf'(x)1且f(0)0.f(x)dx0x11)lnan

ax,1n

1n1n10,0<p<1,证明ppp2xf(t)dt22

在上使用拉格朗日定理1n(n1)npf(x)dx0f(t)0fnn.(a>1,n1)dt2f(t)dtf'(x)1且f(0)0,03(x).(a>1,n1)

1n111,3x3,显然F(0)=0.因为0

一.证明不等式

证明:令

f(1n)f(1n)f'()(1n)

aaalna

即

所以aa1naa1n(n)lnan

二.若a(a

证明:令

显然f(0)=0.当xf'(x)p(xb)p1pxp10

所以当x(a

即得

三.设函数f(x)在[0,1]上有连续导数,满足0求证

1

证明:令F(x)

所以当x>0时f(x)>0.F'(x)2f(x)0

f(x)2f(t)dtf(x)2(x)>0.由(1)知F'(x)当x>0时F(x)|a|p|b|p21p(|a||b|)pxF(x)0得.21p为最大值，F(1)F(0)1为最小值令|a|p(|a||b|)pf(x)2f(t)dtf(x)2(x)>0.由(1)知F'(x)当x>0时F(x)|a|p|b|p21p(|a||b|)pxF(x)0得.21p为最大值，F(1)F(0)1为最小值令|a|p(|a||b|)p(|a||bx2y2z212xx0(x>0).,(0<p<1).1,0<p<1时,有xp(1x)12xx|)p|a||b|20,y2f(t)dtF(0)=0.所以F(1)f(x)dxp1,0<p<1|a||a||b||b|p(|a||b|)ppp0,zf(x),,则111p0).(1)21x(|a||b|)p显然(0)=0.3|b||a||b|,(0<p<1)..代入上述结论,立即得到0

令(x)0'(x)2f(x)2f(x)f'(x)2f(x)(1f'(x))0

所以当x>0时,

F(0)=0.立即得到

1f

00

四.求证

求证:先证当021pxp(1x)p1

令

F'(x)pxp1p(1x)p1.F'(x)xF(12)21p，F(1)F(0)1.

所以F(12).所以当0

时,有21pxp(1x)p1

2

21p

即

五.求证:若x+y+z=6,则,(x

证明：方法1:2(x2y2z2)2xy2yz2xz

x2y2z2(xyz)22xy2yz362(x2y2z2)

3(x2y2z2)36yz622－(x+y+z－6)0,yf''(x)0，则

f''(x)0，则3(x2y2z2)36yz622－(x+y+z－6)0,yf''(x)0，则

f''(x)0，则

方法1:因为f(x)是增加的,所以对于[a,b]中的一切x,有f(x)>f(a),所以b

F(x)f(t)dt(xa)f(a)f(x)f'(x)f(x)f(a)f'(x)2222f'()(xa)f'(x)2212

b

f(t)f(x)f'(x)(tx)(tx)2

f(a)f(x)f'(x)(ax)(ax)2f''()2!f''()f''()2!2!,0,zb2b2f(x)dxf(a)(ba)

(a

(xa)[f'()f'(x)]0(因为f''(x)0)

f(x)dx(ba)

f''()2!f''()2!

2

12x2y2z2120)f(a)f(b)f(a)f(b)x2

f(a)f(b)2

1f(a)f(x)

方法2:s(x,y,z)x2y2条件：x令F(x,y,z,)=x2+y+zF'2x0,Fy'2y0,Fz'2z0x解得x=y=z=2.只有一个驻点,当x=y=z=2时达到最小值12.所以x2y2z212,(x

六.证明:1.若f(x)在[a,b]上是增加的，且在其上

(ba)f(a)f(x)dx(ba)a2.若f(x)在[a,b]上是增加的，且在其上

(ba)f(b)f(x)dx(ba)a证明：1.

a

令aF'(x)f(x)(xa)(xa)

(xa)x)

=

所以F(x)单减.又因为F(a)=0,所以F(b)<F(a)=0.立即可得

a方法2:将f(x)台劳展开

t,x,

所以

f(b)f(x)f'(x)(bx)(bx)2

f(a)f(b)2f(x)f'(x)(ab)2xf'(x)(ax)2(bx)2

(f(b)f(a))(ba)2bf(x)dx(ab)bf'(x)dxaaab2(ba)(f(b)f(a))4bf(x)dxba2nnii1pf(x)f(px)，其中p1ii1f(x)x2,f''(x)20,

f(f(b)f(a))(ba)2bf(x)dx(ab)bf'(x)dxaaab2(ba)(f(b)f(a))4bf(x)dxba2nnii1pf(x)f(px)，其中p1ii1f(x)x2,f''(x)20,

f(x)lnx,f''(x)iba(f(b)f(a))f(x)dxannii1ii1pi1,2,,ninnn1xnf''(nini1n,11

iipi1,2,,ni1(abxxx12xx2ninix(nx),1n,lnxx),即lnnxxxlnf''()2222n（1）n2nn(bn(2)xx21idx;2nxxx112nn2nnxxx12n222na

2bxf'(x)dxa

所以b(f(b)f(a))(ba)2bf(x)dx(ab)(f(b)f(a))2xf(x)2bf(x)dxa

4f(x)dxaf(b)af(a)bf(b)bf(a)2bf(b)2af(a)a4bf(x)dx(ba)(f(a)f(b))a

于是a

即

2.证法同1.注:无论方法1、2,右边的不等式都不需要f(x)单增的条件.

七.证明:xx12

xx2n

证明.有如下结论:

f''(x)0f(x)为凹函数pf(x)f(npx)，其中np1ii1

f''(x)0f(x)为凸函数ii1

1.令

由(1)所以

i1i1

2.令

由(2)

i1i1

xx2nf'(x)在[0,22

(f(2)f(0))f'(x)cosnxdxf''(x)0,a<x1(x)(1)xx2nf'(x)在[0,22

(f(2)f(0))f'(x)cosnxdxf''(x)0,a<x1(x)(1)f(x)f[x(1)xf(x(1)x)f(x)(1)(xx)f'(22211(2)－(2)×(1－)得到f''()0,(x)(1)f(x)f[x(1)xn]上连续,且0,f(x)sinnxdx

22

11nn

222(1)f'(x)2[f(2)f(0)]nf(x)sinnxdxf(x)dcosnx

f(x)sinnxdxf'(x)dxf(2)f(0)]<1,试证:nn(正整数)有1n

2

f(2f(0)12[nnnxxx2n

)0

八.若0

证明:=00

=

所以00

九.设在[a,b]上