構(gòu)造分式函數(shù)，利用分式函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

構(gòu)造分式函數(shù)，利用分式函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

設(shè)f(x)在[0，1]上連續(xù)，且∫f(x)dx=0,∫xf(x)dx=1(兩個積分都是在0-1上的積分)，求證存在一點X∈[0,1]使∣f(x)∣>4

反證法

證明：

∵∫f(x)dx=0,∫xf(x)dx=1

∴∫[x-(1/2)]f(x)dx=∫xf(x)dx-(1/2)∫f(x)dx=1

設(shè)在[0,1]上處處有|f(x)|<4

則∫[x-(1/2)]f(x)dx<=∫|[x-(1/2)]f(x)|dx

<4∫|x-(1/2)|dx (積分區(qū)間[0,1])

=4*{∫[(1/2)-x]dx+∫[x-(1/2)]dx} (積分區(qū)間分別為[0,1/2]和[1/2,1])

=4*{-(1/2)[0-(1/2)^2]+(1/2)[(1/2)^2-0]

=4*(1/2)(1/4+1/4)

=1

即∫[x-(1/2)]f(x)dx<1，與∫[x-(1/2)]f(x)dx=1矛盾

設(shè)在[0,1]上處處有|f(x)|=4

∵f(x)在[0，1]上連續(xù)

∴f(x)在[0，1]上恒等于4

或f(x)在[0，1]上恒等于-4

顯然與∫f(x)dx=0矛盾

故以上兩個假設(shè)均不成立。

∴必存在一點X∈[0,1]使∣f(x)∣>4

原不等式等價于

ln(b/a)>2(b/a-1)/(b/a+1)

由于b>a>0，令b/a=x，x>1

不等式化為lnx>2(x-1)/(x+1)

即lnx>2-4/(x+1)

建立輔助函數(shù)f(x)=lnx+4/(x+1)，x>1

f'=1/x-4/(x+1)^2=[(x+1)^2-4x]/[x(x+1)^2]

=(x-1)^2/[x(x+1)^2]>0

所以f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增，所以，當(dāng)x>1時

f(x)>f(1),而f(1)=2

所以lnx+4/(x+1)>2

原不等式成立!

令f(x)=ln(x/a)-2(x-a)/(x+a)，a>0，x>0，

則f'(x)=1/x-4a/(x+a)^2=[(x-a)^2]/[x(x+a)^2]，

當(dāng)x>a時，總有f'(x)>0，所以f(x)在[a,+∞)上單調(diào)增加，

當(dāng)b>a時，總有f(b)>f(a)=0，即ln(b/a)>2(b-a)/(b+a).

你那個符號我打不出來，就用c代替了埃設(shè)F(x)的導(dǎo)數(shù)是f(x)。

情況1：f(x)恒大于0。要證的是：∫(上c下a)f(x)dx=3∫(上b下c)f(x)dx�！鶩(c)-F(a)=3F(b)-F(c)�！鶩(c)=[3F(b)+F(a)]/4。因為f(x)單調(diào)遞增，易知F(x)也是單調(diào)遞增的。則容易得到F(a)<[3F(b)+F(a)]/4

f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，證明當(dāng)x屬于(0,1)時，x*[F(1)-F(0)]<=F(x)-F(0)

這個題目有問題，你所說的這種情況還要保證f(x)的2階導(dǎo)數(shù)小于0!你可以把X移過去這樣兩邊就是斜率的表達式， 可以作圖觀察，在圖是凹的情況下不成立，在凸的情況下成立!在凸的情況下，你可以令G(X)=(F(X)-F(0))/X 然后對GX求導(dǎo)通過GX的單調(diào)性證明。

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