目录

  • 例题六
    • 例6.14 设f(x)f(x)f(x)在闭区间[0,c][0,c][0,c]上连续，其导数f′(x)f'(x)f′(x)在开区间(0,c)(0,c)(0,c)内存在且单调减少，又f(0)=0f(0)=0f(0)=0，试应用拉格朗日中值定理证明不等式f(a+b)⩽f(a)+f(b)f(a+b)\leqslant f(a)+f(b)f(a+b)⩽f(a)+f(b)，其中常数a,ba,ba,b满足条件0⩽a⩽b⩽a+b⩽c0\leqslant a\leqslant b\leqslant a+b\leqslant c0⩽a⩽b⩽a+b⩽c。
    • 例6.15 设f(x)f(x)f(x)在(a,b)(a,b)(a,b)内二阶可导，且f′′(x)>0f''(x)>0f′′(x)>0，证明对于任意的x1,x2∈(a,b)x_1,x_2\in(a,b)x1​,x2​∈(a,b)，且x1≠x2x_1\ne x_2x1​​=x2​及λ(0<λ<1)\lambda(0<\lambda<1)λ(0<λ<1)，恒有f[λx1+(1−λ)x2]<λf(x1)+(1−λ)f(x2)f[\lambda x_1+(1-\lambda)x_2]<\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)f[λx1​+(1−λ)x2​]<λf(x1​)+(1−λ)f(x2​)。
  • 习题六
    • 6.6 证明：(ln⁡1+xx−11+x)2<1x(1+x)2\left(\ln\cfrac{1+x}{x}-\cfrac{1}{1+x}\right)^2<\cfrac{1}{x(1+x)^2}(lnx1+x​−1+x1​)2<x(1+x)21​。
  • 新版例题六
    • 例6.3
    • 例6.4
    • 例6.7
    • 例6.12
    • 例6.13
    • 例6.14
    • 例6.27
  • 新版习题六
    • 6.14
    • 6.15
  • 写在最后

例题六

例6.14 设f(x)f(x)f(x)在闭区间[0,c][0,c][0,c]上连续，其导数f′(x)f'(x)f′(x)在开区间(0,c)(0,c)(0,c)内存在且单调减少，又f(0)=0f(0)=0f(0)=0，试应用拉格朗日中值定理证明不等式f(a+b)⩽f(a)+f(b)f(a+b)\leqslant f(a)+f(b)f(a+b)⩽f(a)+f(b)，其中常数a,ba,ba,b满足条件0⩽a⩽b⩽a+b⩽c0\leqslant a\leqslant b\leqslant a+b\leqslant c0⩽a⩽b⩽a+b⩽c。

证  当a=0a=0a=0时，由f(0)=0f(0)=0f(0)=0知f(a+b)=f(b)=f(a)+f(b)f(a+b)=f(b)=f(a)+f(b)f(a+b)=f(b)=f(a)+f(b)；
  当a>0a>0a>0时，在[0,a][0,a][0,a]和[b,a+b][b,a+b][b,a+b]上分别应用拉格朗日中值定理，有
f′(ξ1)=f(a)−f(0)a−0=f(a)a,ξ1∈(0,a),f′(ξ2)=f(a+b)−f(b)(a+b)−b=f(a+b)−f(b)a,ξ2∈(b,a+b).f'(\xi_1)=\cfrac{f(a)-f(0)}{a-0}=\cfrac{f(a)}{a},\xi_1\in(0,a),\\ f'(\xi_2)=\cfrac{f(a+b)-f(b)}{(a+b)-b}=\cfrac{f(a+b)-f(b)}{a},\xi_2\in(b,a+b). f′(ξ1​)=a−0f(a)−f(0)​=af(a)​,ξ1​∈(0,a),f′(ξ2​)=(a+b)−bf(a+b)−f(b)​=af(a+b)−f(b)​,ξ2​∈(b,a+b).
  显然0<ξ1<a⩽b<ξ2<a+b⩽c0<\xi_1<a\leqslant b<\xi_2<a+b\leqslant c0<ξ1​<a⩽b<ξ2​<a+b⩽c，因f′(x)f'(x)f′(x)在(0,c)(0,c)(0,c)内单调减少，故f′(ξ2)⩽f′(ξ1)f'(\xi_2)\leqslant f'(\xi_1)f′(ξ2​)⩽f′(ξ1​)，从而有f(a+b)−f(b)a⩽f(a)a\cfrac{f(a+b)-f(b)}{a}\leqslant\cfrac{f(a)}{a}af(a+b)−f(b)​⩽af(a)​，因为a>0a>0a>0，所以有f(a+b)⩽f(a)+f(b)f(a+b)\leqslant f(a)+f(b)f(a+b)⩽f(a)+f(b)。（这道题主要利用了拉格朗日中值定理求解）

例6.15 设f(x)f(x)f(x)在(a,b)(a,b)(a,b)内二阶可导，且f′′(x)>0f''(x)>0f′′(x)>0，证明对于任意的x1,x2∈(a,b)x_1,x_2\in(a,b)x1​,x2​∈(a,b)，且x1≠x2x_1\ne x_2x1​​=x2​及λ(0<λ<1)\lambda(0<\lambda<1)λ(0<λ<1)，恒有f[λx1+(1−λ)x2]<λf(x1)+(1−λ)f(x2)f[\lambda x_1+(1-\lambda)x_2]<\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)f[λx1​+(1−λ)x2​]<λf(x1​)+(1−λ)f(x2​)。

证  记x=λx1+(1−λ)x2x=\lambda x_1+(1-\lambda)x_2x=λx1​+(1−λ)x2​，不妨设x1<x2x_1<x_2x1​<x2​，则有x1<x<x2x_1<x<x_2x1​<x<x2​。
  由拉格朗日中值定理
f(x)−f(x1)=f′(ξ1)(x−x1)=f′(ξ1)(1−λ)(x2−x1),x1<ξ1<x,(1)f(x2)−f(x)=f′(ξ2)(x2−x)=f′(ξ2)λ(x2−x1),x<ξ2<x2,(2)f(x)-f(x_1)=f'(\xi_1)(x-x_1)=f'(\xi_1)(1-\lambda)(x_2-x_1),x_1<\xi_1<x,(1)\\ f(x_2)-f(x)=f'(\xi_2)(x_2-x)=f'(\xi_2)\lambda(x_2-x_1),x<\xi_2<x_2,(2) f(x)−f(x1​)=f′(ξ1​)(x−x1​)=f′(ξ1​)(1−λ)(x2​−x1​),x1​<ξ1​<x,(1)f(x2​)−f(x)=f′(ξ2​)(x2​−x)=f′(ξ2​)λ(x2​−x1​),x<ξ2​<x2​,(2)
  由λ∗(1)−(1−λ)∗(2)\lambda*(1)-(1-\lambda)*(2)λ∗(1)−(1−λ)∗(2)，得
f(x)−λf(x1)−(1−λ)f(x2)=λ(1−λ)(x2−x1)[f′(ξ1)−f′(ξ2)]=λ(1−λ)(x2−x1)f′′(ξ)(ξ1−ξ2).\begin{aligned} f(x)-\lambda f(x_1)-(1-\lambda)f(x_2)&=\lambda(1-\lambda)(x_2-x_1)[f'(\xi_1)-f'(\xi_2)]\\ &=\lambda(1-\lambda)(x_2-x_1)f''(\xi)(\xi_1-\xi_2). \end{aligned} f(x)−λf(x1​)−(1−λ)f(x2​)​=λ(1−λ)(x2​−x1​)[f′(ξ1​)−f′(ξ2​)]=λ(1−λ)(x2​−x1​)f′′(ξ)(ξ1​−ξ2​).​
  其中ξ1<ξ<ξ2\xi_1<\xi<\xi_2ξ1​<ξ<ξ2​，又f′′(ξ)>0,λ(1−λ)>0,x2−x1>0,ξ1−ξ2<0f''(\xi)>0,\lambda(1-\lambda)>0,x_2-x_1>0,\xi_1-\xi_2<0f′′(ξ)>0,λ(1−λ)>0,x2​−x1​>0,ξ1​−ξ2​<0，所以上式有
f(x)−λf(x1)−(1−λ)f(x2)<0.f(x)-\lambda f(x_1)-(1-\lambda)f(x_2)<0. f(x)−λf(x1​)−(1−λ)f(x2​)<0.
  即
f[λx1+(1−λ)x2]<λf(x1)+(1−λ)f(x2).f[\lambda x_1+(1-\lambda)x_2]<\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2). f[λx1​+(1−λ)x2​]<λf(x1​)+(1−λ)f(x2​).
（这道题主要利用了主要利用了拉格朗日中值定理求解）

习题六

6.6 证明：(ln⁡1+xx−11+x)2<1x(1+x)2\left(\ln\cfrac{1+x}{x}-\cfrac{1}{1+x}\right)^2<\cfrac{1}{x(1+x)^2}(lnx1+x​−1+x1​)2<x(1+x)21​。

证  只要证当x>0x>0x>0时，∣ln⁡1+xx−11+x∣−1x(1+x)<0\left|\ln\cfrac{1+x}{x}-\cfrac{1}{1+x}\right|-\cfrac{1}{\sqrt{x}(1+x)}<0∣∣∣∣∣​lnx1+x​−1+x1​∣∣∣∣∣​−x​(1+x)1​<0即可。
  令f(x)=ln⁡1+xx−11+x=ln⁡(1+x)−ln⁡x−11+xf(x)=\ln\cfrac{1+x}{x}-\cfrac{1}{1+x}=\ln(1+x)-\ln x-\cfrac{1}{1+x}f(x)=lnx1+x​−1+x1​=ln(1+x)−lnx−1+x1​，则
f′(x)=11+x−1x+1(1+x)2=(1+x)x−(1+x)2+xx(1+x)2=−1x(1+x)2<0.\begin{aligned} f'(x)&=\cfrac{1}{1+x}-\cfrac{1}{x}+\cfrac{1}{(1+x)^2}\\ &=\cfrac{(1+x)x-(1+x)^2+x}{x(1+x)^2}\\ &=\cfrac{-1}{x(1+x)^2}<0. \end{aligned} f′(x)​=1+x1​−x1​+(1+x)21​=x(1+x)2(1+x)x−(1+x)2+x​=x(1+x)2−1​<0.​
  又lim⁡x→+∞f(x)=0\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0x→+∞lim​f(x)=0，所以f(x)>0f(x)>0f(x)>0。
  令g(x)=ln⁡1+xx−11+x−1x(1+x)g(x)=\ln\cfrac{1+x}{x}-\cfrac{1}{1+x}-\cfrac{1}{\sqrt{x}(1+x)}g(x)=lnx1+x​−1+x1​−x​(1+x)1​，则
g′(x)=11+x−1x+1(1+x)2+12x⋅(1+x)+xx(1+x)2=−2x+(1+x)+2x2x32(1+x)2=1+3x−2x2x32(1+x)2.\begin{aligned} g'(x)&=\cfrac{1}{1+x}-\cfrac{1}{x}+\cfrac{1}{(1+x)^2}+\cfrac{\cfrac{1}{2\sqrt{x}}\cdot(1+x)+\sqrt{x}}{x(1+x)^2}\\ &=\cfrac{-2\sqrt{x}+(1+x)+2x}{2x^{\frac{3}{2}}(1+x)^2}=\cfrac{1+3x-2\sqrt{x}}{2x^{\frac{3}{2}}(1+x)^2}. \end{aligned} g′(x)​=1+x1​−x1​+(1+x)21​+x(1+x)22x​1​⋅(1+x)+x​​=2x23​(1+x)2−2x​+(1+x)+2x​=2x23​(1+x)21+3x−2x​​.​
  再令h(x)=1+3x−2xh(x)=1+3x-2\sqrt{x}h(x)=1+3x−2x​，则h′(x)=3−1x=0h'(x)=3-\cfrac{1}{\sqrt{x}}=0h′(x)=3−x​1​=0，得x=19x=\cfrac{1}{9}x=91​，为唯一极小值点，也即最小值点，且hmin⁡=23>0h_{\min}=\cfrac{2}{3}>0hmin​=32​>0，故h(x)>0h(x)>0h(x)>0，于是g′(x)>0g'(x)>0g′(x)>0，即g(x)g(x)g(x)单调增加，且lim⁡x→+∞g(x)=0\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=0x→+∞lim​g(x)=0，所以g′(x)<0g'(x)<0g′(x)<0。（这道题主要利用了构造函数的方法求解）

新版例题六

例6.3

例6.4

例6.7

例6.12

例6.13

例6.14

例6.27

新版习题六

6.14

6.15

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