高数竞赛题解析教程：不等式证明示例

例2.102（莫斯科钢铁与合金学院1977年竞赛题）　求证不等式

解析　不妨设a＜b.令

f（x）=（ex+ea）（x-a）-2（ex-ea）　（x≥a）

则f（a）=0，而

f′（x）=ex（x-a）+（ex+ea）-2ex=ex（x-a）-（ex-ea）

=ex（x-a）-eξ（x-a）=（ex-eξ）（x-a）

其中a＜ξ＜x.由于ex＞eξ，所以f′（x）≥0⇒x＞a时f（x）严格增⇒f（x）＞f（a）=0，即当x＞a时

（ex+ea）（x-a）＞2（ex-ea）

取x=b＞a，即得

（eb+ea）（b-a）＞2（eb-ea）

此式等价于

例2.103（莫斯科大学数力系1977年竞赛题）　求证不等式

解析　（1）0＜x＜1时，原式⇔lnx≥令f（x）=lnx-，则

令g（x）=-x-1，则＞0⇒g（x）↑⇒g（x）＜g（1）=0⇒f′（x）＜0⇒f（x）↓，故f（x）＞f（1）=0，即

（2）x＞1时，原式令则

令g1（x）=1+x-，则（x）=＞0⇒g1（x）↑⇒g1（x）＞g（1）=0⇒（x）＞0⇒f1（x）↑，故f1（x）＞f1（1）=0，即lnx≤

由（1）和（2），原式得证.

例2.104（浙江省2007年竞赛题）　证明：

解析　令f（x）=，则

进一步假设g（x）=，则

当x∈时g′（x）＜0，且g（0）=0，故

由此，f′（x）=g（x）＜0.结合f（0）=1，得

即原不等式成立.

例2.105（江苏省2010年竞赛题）　设a为正常数，使得x2≤eax对一切正数x成立，求常数a的最小值.

解析　根据题意，有

要求a的最小值，只要求f（x）=的最大值.

令，得x=e.由于0＜x＜e时f′（x）＞0，x＞e时f′（x）＜0，所以f（e）=为其最大值，故a的最小值为

例2.106（浙江省2003年竞赛题）　求使得不等式对所有自然数n都成立的最小的数β.

解析　原不等式等价于令t=，则0＜t≤1.令f（t）=，问题化为求f（t）的最大值.由于

上式中分母是大于零的，下面来判别分子的符号.令g（t）=（1+t）ln（1+t）-t2（0＜t≤1），则

所以曲线g（t）是凸的，g（t）的最小值在其端点取得.由于g（0）=0，g（1）=2ln2-1＞0，故当0＜t≤1时g（t）＞0.因此当0＜t≤1时f′（t）＞0，所以f（t）在（0，1］上严格增加，因而f（t）≤f（1）=-1，故β=-1.

例2.107（江苏省1994年竞赛题）　试比较πe与eπ的大小.

解析　令f（x）=ex-xe（x≥e），则

f′（x）=ex-exe-1

f″（x）=ex-e（e-1）xe-2

f‴（x）=ex-e（e-1）（e-2）xe-3

由于e-3＜0，故xe-3单调减（x≥e），-e（e-1）（e-2）xe-3单调增，ex也单调增，于是f‴（x）在x≥e时单调增.x≥e时

f‴（x）≥f‴（e）=ee-e（e-1）（e-2）ee-3

=ee-2（e2-e2+3e-2）

=ee-2（3e-2）＞0

故f″（x）严格增.x≥e时

f″（x）≥f″（e）=ee-e（e-1）ee-2=ee-1＞0

故f′（x）严格增.x＞e时

f′（x）＞f′（e）=0

故f（x）严格增.x＞e时，f（x）＞f（e）=0，取x=π即得f（π）＞0，即πe＜eπ.

例2.108（精选题）　设f（x）在［0，+∞）上二阶可导，f（0）=1，f′（0）≤1，f″（x）＜f（x），求证：x＞0时，f（x）＜ex.

解析　令F（x）=e-xf（x），则

F′（x）=e-x（f′（x）-f（x））

令G（x）=ex（f′（x）-f（x）），则

G′（x）=ex（f″（x）-f（x））＜0

⇒G（x）↓⇒

G（x）＜G（0）=f′（0）-f（0）≤0

⇒f′（x）-f（x）＜0⇒

F′（x）=e-x（f′（x）-f（x））＜0

⇒F（x）↓⇒

F（x）=e-xf（x）＜F（0）=1

由此可得f（x）＜ex.

例2.109（江苏省1991年竞赛题）　设a1，a2，…，an为常数，且

试证明：(www.xing528.com)

解析　令f（x）=a1sinx+a2sin2x+…+ansinnx，则

因为

所以

|a1+2a2+3a3+…+nan|≤1

令g（x）=a1sinnx+a2sin（n-1）x+…+ansinx，则

因为

所以

|na1+（n-1）a2+…+2an-1+an|≤1

综上，有

|（1+n）（a1+a2+…+an）|

=|（a1+na1）+（2a2+（n-1）a2）+…+（nan+an）|

≤|a1+2a2+…+nan|+|na1+（n-1）a2+…+an|

≤1+1=2

于是

例2.110（江苏省2000年竞赛题）　假设f（x）=a1sinx+a2sin2x+…+ansinnx，其中a1，a2，…，an是实数，且|f（x）|≤|sinx|，试证：

|a1+2a2+…+nan|≤1

解析　方法1　根据题意，有

由题意知x≠0时

由极限的保向性得

由于

于是

|a1+2a2+…+nan|≤1

方法2　由于

又

而

所以

|a1+2a2+…+nan|≤1

例2.111（南京大学1995年竞赛题）　设在［0，2］上定义的函数f（x）∈C（2），且f（a）≥f（a+b），f″（x）≤0，证明：对于0＜a＜b＜a+b＜2，恒有

解析　分别在区间［a，b］和［b，a+b］上应用拉格朗日中值定理，∃ξ∈（a，b）和η∈（b，a+b），使得

f（b）-f（a）=f′（ξ）（b-a）

f（a+b）-f（b）=f′（η）（a+b-b）=af′（η）

因为f″（x）≤0，所以f′（x）单调减，故f′（ξ）≥f′（η），即

⇔　a（f（b）-f（a））≥（f（a+b）-f（b））（b-a）

⇔　bf（b）+af（a）≥bf（a+b）+af（a+b）+2a（f（a）-f（a+b））

因为f（a）≥f（a+b），故

bf（b）+af（a）≥（a+b）f（a+b）

即

例2.112（莫斯科国立师范学院1977年竞赛题）　求实数α的取值范围，使得不等式

对一切正数x与y成立.

解析　当α=1时原式化为x≤x，故α=1满足条件.当α≠1时，令

则

若0＜α＜1，则有

所以f（y）在y=x时有极大值f（x）=x，于是f（y）＜x（y≠x）.故0＜α＜1时原不等式不成立.若α＜0，则有

所以f（y）在y=x时有极大值f（x）=x，于是f（y）＜x（y≠x），故α＜0时原不等式不成立.若α＞1，则有

所以f（y）在y=x时有极小值f（x）=x，于是∀y∈R有f（y）≥x.即α＞1时原不等式成立.故所求的α的取值范围是［1，+∞）.

例2.113（北京市1993年竞赛题）　设y＞x＞0，求证：

解析　分四种情况证明.

（1）当0＜x＜y≤1时，lnx＜lny≤0，则

ylnx＜ylny≤xlny⇒0＜xy＜yx⇒yxlnx＜yxlny≤xylny⇒＜

（2）当0＜x≤1＜y时，lnx≤0＜lny，则

yxlnx≤0＜xylny⇒＜

（3）当1＜x＜y且yx≤xy时，0＜lnx＜lny，则

yxlnx＜yxlny≤xylny⇒＜

（4）当1＜x＜y且xy＜yx时，0＜lnx＜lny，ylnx＜xlny，且

∀x0＞1，令f（y）=ylnx0+lny-x0lny-lnx0（y≥x0），则f（x0）=0，且

于是f′（y）严格增加，f′（y）＞f′（x0）=lnx0+-1.令g（x）=lnx+-1（x＞1），则g′（x）=＞0，所以g（x）严格增加，g（x0）＞g（1）=0，于是f′（y）＞0，f（y）严格增加，则f（y）＞f（x0）=0.由x0＞1的任意性，得ylnx+lnyxlny-lnx＞0，即xyy-yxx＞0，又＞0，所以

xylny-yxlnx＞0⇒＞