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利用导数证明不等式


2006 年第 2 期

11

命题与解题

利用导数证明不等式
单 
( 南京师范大学数学与计算机科学学院 , 210097)

   导数是研究函数的重要工具 , 在证明不 等式时也极为有用 . 本文拟对此作一些介绍 . 1  预备知识 一般地 , 设函数 y =f ( x)

在某个区间 I 内可导 . 如果 f ′ ( x) >0 ( x ∈ I) , 则 f( x) 严格递 增( x ∈ I) ; 如果 f ′ ( x) < 0( x ∈ I) , 则 f( x) 严 格递减( x ∈ I) . 上面 结论中的 “ > ” 或“ < ” 也可 以改为 ≥ ≤ “ ”或“ ” , 只要等号成立的点不形成一个 区间 . 2  无条件的不等式 对于无条件的不等式 , 通常运用上面的 预备知识即可解决 . sin x 2 例 1  求 2 +sin x ( x ∈( 0, π ) ) 的最 小值 . t 2 解: 由于函数 f( t) = + ( t ∈( 0 , 1] ) 2 t 的导数 2 1 2 t -4 f′ ( t) = -2= 2 < 0, 2 t 2t 所以 , f( t) 严格递减 . 因此 , f( t) 的最小值为 f( 1) =5 . 2 sin x 2 5 从而 , + 的 最小值为 , 且在 2 sin x 2 π x = 2 时取得 . 本题若不用导数 , 可用算术 —几何平均 不等式求解 , 但技巧性较高 . 其他解法则比较
  收稿日期 : 2005 05 23

麻烦 . 例 2  已知 x 、y 、 z ∈ R+ . 求证 :
xyz 1 ≤ . ( 1+ 5 x) ( 4x + 3y ) ( 5y + 6z) ( z+ 18) 5 120



解: 对函数
t f( t )= , t ∈ R + , a 、b 、c 、d >0 ( at +b ) ( ct +d )

求导得
f′ ( t) =p[ ( at +b ) ( ct +d )-t ( 2 act +bc +ad ) ]

=p( bd -act ) . -2 -2 其中 p = ( at +b) ( ct +d ) 表示正的 量. 2 bd 当 t <ac 时 , f ′ ( t) >0 , 所以 , f ( t) 严格 2 bd 递增 ; 当 t > 时 , f′ ( t) <0 , 所以 , f( t) 严格 ac 2 bd 递减 . 因此 , f( t) 在 t = 时取得最大值 ac 1 bd = f . 2 ac ( ad + bc) 固定 y , 对 x 的函数 x g( x) = ( 1 +5 x ) ( 4x + 3 y) 用上面的结果( a= 5, b = 1, c = 4, d = 3 y) 得 x 1 ≤ 2 . ② ( 1+ 5 x) ( 4x + 3 y ) ( 15 y +2) 同样 , 对 z 的函数有 z 1 ≤ 2 . ③ ( 5y + 6z ) ( z+ 18) ( 5 y +6 3) 所以 , 由 式 ②、③并对 y 的函 数再一次 用上面的结果得 y 式 ①左边 ≤ 2 2 ( 15 y + 2)( 5 y + 6 3)
2

2

=

y ( 15 y + 2) ( 5 y +6 3)

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中 等 数 学



1 ( 18 5 + 2 5)
2

2

= 1 . 5 120

3  条件不等式 对于某些条件不等式 , 可以固定其中一 些变数 , 化为一元函数 , 再经过调整得出所需 要的结果 . 这种方法称为“ 导数调整法” . 例 3  已知 a 、b 、c 为非负实数 , 且 a + b +c =1 . 求证 : 2 2 2 2 2 2 ( 1 -a ) + ( 1 -b ) + ( 1 -c ) ≥ 2. 证明 : 注意到 , 在 a =1 , b =c = 0 时, 所 ≥ ≥ 证不等式成立 . 不妨设 a b c . 固定 b , 则 c =1 -b -a 是 a 的函数 . 考虑 a 的函数 2 2 2 2 2 2 f( a) = ( 1 -a )+ ( 1 -b ) + ( 1c ), ≤ 有  f ( a) 递减 f ′ ( a) 0
2 2 ≤ -a ( 1 -a ) +c ( 1 -c ) 0 2 2 ≤ ( a -c) ( a +ac +c 1) 0

例 4  已知 a ≥b ≥c ≥ 0 , 且 a +b +c = 2 2 2 27 3. 求证 : ab +bc +ca ≤ 8 . 3 证明 : 在 a =b = , c =0 时 , 所证不等 2 式的等号成立 . 固定 b , 则 c = 3 -b -a . 2 2 2 考虑函数 f( a) =ab +bc +ca , 有 ≤ f( a) 递减 f ′ ( a) 0
2 2 b -2bc + 2 ac -a ≤ 0 ≤ ( b -a ) ( a +b 2 c) 0 .

最后的不等式显然成立 . 所以 , f ( a) 递减. 可 以 使 a 减小 到 b 3 ( a +c 保持不变) , 而 f( a) 一直增加到 b + 2 2 bc +cb ( c= 3 -2b) . 3 2 2 ≥0 φ ( b) =b +bc +cb 递增 φ ′ ( b) 2 2 2 3 b +c -4bc + 2 bc 2b ≥ 0 ( b -c) ≥ 0. 最后一个不等式显然成立 . 所以 , φ ( b) 递增 , ≤φ 3 =27 . φ ( b) 2 8 因此 , 所证不等式成立 .
2

a +ac +c 1 ≤0 2 ( a +c) ≤ 1.
2 2

最后的不等式显 然成立 . 所 以 , f( a) 递 减. 可以使 a 增大 c 减小( a +c 保持不变 ) , 而 f( a) 一直减小 , 直至 c 减小至 0 . 于是 , 2 2 2 2 2 2 ( 1 -a ) + ( 1 -b ) + ( 1 -c ) 2 2 2 2 ≥ ( 1 -a ) + ( 1 -b ) + 1, 其中 a +b = 1. 2 2 2 2 对函数 φ ( a) = ( 1 -a ) + ( 1 -b ) +1 ( a +b = 1) 采用同样的做法( 前面的 c 换成 b) , 可知 φ ( a) 递减 . 所以 , 2 2 2 ≥ φ ( a) ( 11) + ( 10 ) +1 = 2. 因此 , 所证不等式成立 . 由例 3 可以看出 , 导数调整法的步骤是 : ( 1) 选定目标 , 也就是不等式中等号成立 ( 函数取最大值或最小值) 的情况 ; ( 2) 固 定一些变 量 , 使 函数成为 一元函 数; ( 3) 确定调整方向 , 也就是应证明该一元 函数递增或递减 ; ( 4) 利用导数证明函数递增或递减 , 从而 使一个变量调整到所需要的值 ; ( 5) 继续采取上面的做法 , 直至使各个变 量都调整到所需要的值 .

3 或将 c 2 调整至 0 , 而是将 a 调整至 b ( 然后再继续调 整) . 例 4 的第一步不是将 a 调整至 4  更复杂的例子 例 5  已知 x 、y 、z ∈ R + ∪{ 0} , 且 x +y 1 + z= . 求 2 x y z + + 4 x +1 4y + 1 4z + 1 的最大值 . ①

解: 易猜到 x =y = z =1时 ,式 ① 取最大 6 3 ( 至 少 这是 最 大值 的 一 个 “ 候选 2 1 者” . 另一个候选者是 x = , y =z = 0 时 ,函 2 值 数的取值 1 3 1 . 这些特殊的值值得注意) . 2 1 不妨设 x > >z . 固定 y , 则 6 3 5

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z=

1 -y -x . 2

x ,有 4x + 1 f( x) 严格递减 f ′ ( x) < 0 14x 14z ② 2 < 2 . x( 4 x +1) z ( 4z + 1) 1 当 x ≥ 时 , 式 ②显然成立 ( 左边负 , 右 4 边正) . 1 14x 当 x < 时, 是 x 的减函数 , 2 4 x( 4x + 1) 所以 , 式 ②也成立 . 因此 , f ( x) 递减 . 可将 x 调 小 z 调 大 ( x +z 保持不变) , 而 f( x) 增加 . 从而 , 可使 x 1 1 1 减至 或 z 增至 ( 根据 y 大于或小于 而 6 6 6 定) . 1 不妨设 z = 6 , 而 x >y . 对 考虑 x 的函数 f ( x) =∑ 1 x y 6 φ ( x) = + + 4x + 1 4y + 1 1 4 × +1 6 1 ( 其中 y = -x ) 同样处理 , 得出 x =y =z = 3 1时, x 3 3 ∑ 4 x +1 取得最大值 5 2 . 6 上面的解法同时得出 , 当 y =z = 0, x = 1时, x 1 1 ∑ 4 x +1 取得最小值 3 2 . 2 例6   已知 x 、y 、z ∈ R + , 且 x +y +z = 1. 求 x y z + + 4x + 1 4y + 1 4z + 1 的最大值 . 解: 此题与例 5 不同的地方是 , 条件 x + 1 y +z = 2 换为 x +y + z =1 . 1 不妨设 x ≥ ≥z . 固定 y , 有 3 f( x) =∑ x 严格递减 f ′ ( x) <0 4x + 1 14x < 14z . ① 2 2 x( 4 x +1) z ( 4z + 1)

1 当 z ≤ 时 , 式 ①显然成立( 左边负 , 右 4 边正) . 此时 , f ( x) 递减. 可将 x 调小 z 调大 ( x +z 保持不变 ) , 而 f( x) 增加 . 所以 , 可使 1 1 1 x= 或z= . 前者已有一个变量为 . 否 3 4 3 1 则z= . 4 1 1 1 设z ≥ . 同理可设 y ≥ . 这时 , x ≤ . 4 4 2 要证式 ①成立 , 只须证 4x 1 φ ( x) = 2 x( 4x + 1) 1 1 在 , 上单调递增 . 4 2 1 1 φ ( x) 严格递增 , x ∈ , 4 2 φ ′ ( x) > 0, x ∈ 1 , 1 4 2 8 x( 4x + 1) ( 4 x +1) ( 4 x -1) 16 x ( 4x 1) >0 , x ∈ 1 , 1 4 2 2 1+ 24 x 48 x > 0, x ∈ 1 , 1 4 2 1+ 6t 3t > 0 , t ∈[ 1 , 2] . 不难看出 , 最后的不等式成立 . 所以 , 式 ①成立 . 因此 , f ( x) 递减 . 可将 x 调 小 z 调大 ( x +z 保持不变) , 而 f( x) 增加 . 直至 x 或 z 1 1 中有一个成为 3 , 不妨设 z = 3 , x ≥y . 对 1 x y 3 g( x) = + + 4x + 1 4 y +1 4 × 1 + 1 3 同样处理 , 得出 x =y =z = 1 时, 3
2

∑ 4 x +1

x

3 3 取得最大值 . 7 例 6 与例 5 的函数相同 , 只是条 件 x + 1 y +z = 2 换成了 x +y +z =1 , 其调整就比 例 5 复杂一些 . 顺便指出 , 很多人喜欢用琴生( Jensen) 不 等式来处理此类问题 . 但使用琴生不等式是

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中 等 数 学

有条件的 , 即函数应为凸( 凹) 函数 . 要证明函 数是凸( 凹) 的 , 需要求二阶导数 , 并证明二阶 导数恒负( 正) ( 除少数已知的凸( 凹) 函数 , 如 2 y= lg x , y =ax +bx +c , y =sin x ( x ∈( 0, π ) ) 等) . 例7   已知 x 、y 、z ∈ R + , 且 xyz =1 . 求 证: 1 1 1 ≤3 2 + + 2 . 1 +x 1 +y 1+ z 证明 : 不妨设 x ≥y ≥z . ①

≥0 h′ ( y) 1 1 1 0 3· 3 3 ≥ 2 y ( 2 ( 1 +x ) 1 +y ) -2 ≥ y ( 1 +y ) 1 +x 1 +x 1 +y ≥ xy ≥ 1. x 2 因为 y ≤x , xy =1 , 则 y ≤1 , xy ≥1 . 所 以 , h( y) 递增 . 可使 y 增大 x 减小 , 直至 x = y= 1. 在这个过程中 , h ( y) 一直增加 , 直至取 3 2 . 2 例 8  已知 x 、y 、z ∈ R + ∪{ 0} ,且 x+ y +z = 1. 求证 : 20 2 9 ∑ 15 -9 x2 -9 x ≤ 7 . 1 证明 : 当 x =y =z = 时 , 等号成立 . 3 2 1 -9 x ) 在 x =y =z = 3 时 , 取得最 ∑( 20 1 大值 , 但 ∑ 2 却不是在 x =y =z = 3 15 9x 时 , 取得最大值 . 先说明如下 : ≥ 不妨设 x y ≥z . 固定 y , 则 得最大值 z= 1 -y -x . 20 ≥ f( x) =∑ f′ ( x) 0 2 递增 15 9x x z 2 2 2 2 ≥ 0. ( 15 -9 x ) ( 15 9z ) 2 2 由于 x ≥z , 15 9 x ≤15 -9z , 所以 , 最 后一个不等式 成立 . 从 而 , f( x) 递增 . 因此 , 可使 x 增大 z 减小 , 直至 z 变为 0 . 在这个过 20 程中 , ∑ 同样 , 可使 x 增 2 一直增加 . 15 -9 x 大 y 减小 , 直至 y 也变为 0 , x 变为 1 . 所以 , 20 ≤ 20 20 20 ∑ 15 -9 x2 15 -9 +15 +15 =6 的最大值 6 在 x = 1 , y =z = 0 时取得 . 2 因为 ∑ 20 2 ≤6 , 所以 , 在 9 ∑ x ≥ 15 9x 33 9 6 - 7 时 , 所证不等式成立 . 7 = 2 33 设 9 ∑x < ( < 5) . 7 1 不妨设 x ≥ ≥z . 固定 y , 则 3

1 当y ≤ 2 时 , 固定 x , 则 z = . 函数 xy f( y) = 1 + 1 + 1 递减 1 +x 1 +y 1 +z ≤ f′ ( y) 0 1 1 1 ≤ 3 + 3· 2 0 2 2 xy ( 1 +y ) ( 1 +z) 2 2 y z ≥ 3 3 ( 1 +y ) ( 1+ z) 2 2 y y ≥ 0 3 递增 3 ′ ( 1 +y ) ( 1 +y ) 2 ≥ 2 y( 1 +y ) 3 y =y ( 2 -y ) 0. 最后 一个不等式显 然成立 . 因 此 , f( y) 递减 . 此时 , 可增大 z 减小 y , 直至 y =z . 1 当y > 2 时 , 固定 z , 则 x = . yz 1 1 1 φ ( y) = + + 递减 1 +x 1 +y 1+ z ≤ φ ′ ( y) 0 …( 前面的 z 换成 x ) 2 2 y x 3 ≥ 3 ( 1 +y ) ( 1 +x ) 2 y 3 递减 ( 1 +y ) 2 y ≤ ≤ 3 ′ 0 y( 2 -y ) 0. ( 1 +y ) 最后一个不等式显然成立 . 因此 , φ ( y) 递减 . 此时 , 可减小 y 增大 x , 直至 y = 2. 再用 前面的方法调整使 y =z . 于是 , 式 ①化为 1 2 ≤ 3 2 2 + ( xy = 1 , y ≤x ) . 2 1 +x 1 +y 1 2 h( y) = + 递增 1 +x 1 +y

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z= 1 -y -x . F( x) =∑ 20 2 9 x 递减 2 15 9x



1 ≤λ . 1 +x i

不妨设 x 1 , x 2 , … , x n 中 x 1 最大 , 则由式 ③ 有 x1 ≥ 2. 若 x2 ≥ 2 , 则与例 7 中 y ≥ 2 的情况完全 一样( x 即 x 1 , y 即 x 2) , 可以得出 ∑ 1 1 +x i

F′ ( x) <0 20 x 20 z 2 2 -x 2 2 + z< 0 ( 15 -9 x ) ( 15 9z ) 20 x x ′ 2 2 < 0 ( 15 9x ) 20( 15 + 27 x ) ( 15 9 x ) <0 . 2 因为 15 9 x >15 5= 10 , 所以 , ( 15 -9 x ) 20( 15 + 27 x ) 2 2 > 100( 15 9x ) -20( 15 +27 x ) 2 = 20( 60 72 x ) >20( 60 -8 × 5) >0 . 于是 , F ( x) 递减 . 可调小 x 增大 z , 直至 1 x 或 z 成为 . 在此过程中 , F ( x) 一直增加 . 3 1 1 不妨设 z = , 又设 x ≥ ≥y . 继续采 3 3 用上面的做法 , 便知所证不等式成立 , 其中等 号仅在 x =y =z = 1 时成立 . 3 本例也不适合用琴生不等式证明 . 因为 20 2 函数 g ( x )= 9 x 并非凸函 数 , 它 2 15 9x 2 的二阶导数与上面的 20( 15 +27 x ) -( 15 2 3 2 9 x ) 只差一 个正因子 . 而 20( 15 +27 x )( 15 -9 x ) 并 不恒负 , 例如 , x =1 或接近 1 时 , 即取正值 . 例 9  给定正整数 n . 求最小的正数 λ , π 使对任何 θ i ∈( 0,2) ( i= 1 , 2 , … , n) , 只要 tan θ 1· tan θ 2·…· tan θ n = 22 , 就有 cos θ 1 + cos θ 2 +… + cos θ n ≤λ . 解: 当 n =1 时 ,
1 2 2 cos θ ( 1 +tan θ =3, λ = 3. 1 = 1) 3 3 n 2 3 2 3 2 2 2 3

=φ ( x2 ) 递减 . 从而 , 可调小 x 2 直至 x 2 =2 , 这时 , φ ( x2 ) 一 直增 加 . 同样 , 可设 x 3 ≤2 , x4 ≤ 2 , … , x n ≤2 . 再由例 7 中 y ≤2 的情况 , 可逐 步 调 整 , 使 得 x 2 , x 3 , …, x n 都 调 成 2 x1
n 1 n1

. 于是 , 只须求最小的 λ ,使 1 n1 ≤ + λ , 1 +x 1 +y
n

g( y) =

n -1 n 其中 x ≥ 2 ≥y , xy =2 .

-( n -1) 1 ( n -1) 2 g′ ( y) = 3 + 3 · n 2 2 y 2( 1 +y ) 2( 1 +x)

x y . 3 3 ( 1 +x ) ( 1 +y ) ≥0 g( y) 递增 g′ ( y) 2 2 x y 3 ≥ 3 ( 1 +x ) ( 1 +y ) 2 3 2 3 x ( 1 +y ) -y ( 1 +x ) ≥ 0. 当n= 2 时 , xy = 2 , 2 2 3 2 3 y [x ( 1 +y ) -y ( 1 +x)] 2 3 3 = 4( 1 +y ) -y ( y +4) 3 = ( 2 +y ) ( 2 -y ) ≥0 . 所以 , g( y) 递增 . 因此 , 最大值为 g ( 2) = 2 2 ,即 λ = . 3 3
2

n -1 = 2y

① ②

设n≥ 2. 令 x i =tan θ 1 ≤i ≤n ) , 则题 i(
2

n -1 n 当n≥ 3 时 , xy = 2 , 3n -5 2 3 2 3 y [x( 1 +y ) -y ( 1 +x )] 2n n -3 3 n -1 n 3 = 2 y ( 1 +y ) ( y +2 ) n n 2 n -3 n n3 n n -2 2n = ( 2 -y ) ( y + 2 y +3 ×2 y 2 ) n n 2n 3 2n -3 2n 2 2n ≤ ( 2 -y ) ( 2 + 2 + 3× 2 2 )

设条件变为 x 1 x 2 …x n = 2 . 要求最小的 λ ,使
n



= 0. 所以 , g( y) 递减 . 当y ※ 0 时 , g( y) ※n 1, 即 λ =n 1.


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