From 371e03f45e4f53d6d7882253a5d03e1da6c022ee Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: =?UTF-8?q?=E9=83=91=E5=93=B2=E8=88=AA?= Date: Wed, 14 Jan 2026 13:23:12 +0800 Subject: [PATCH 1/2] =?UTF-8?q?=E4=BF=AE=E6=94=B9=E4=BA=86=E6=96=87?= =?UTF-8?q?=E4=BB=B6=EF=BC=9A?= MIME-Version: 1.0 Content-Type: text/plain; charset=UTF-8 Content-Transfer-Encoding: 8bit --- 微分中值定理的不等式问题.md | 72 +++++++++++++++++++++++++ 1 file changed, 72 insertions(+) create mode 100644 微分中值定理的不等式问题.md diff --git a/微分中值定理的不等式问题.md b/微分中值定理的不等式问题.md new file mode 100644 index 0000000..ad98b77 --- /dev/null +++ b/微分中值定理的不等式问题.md @@ -0,0 +1,72 @@ +## 例一 +设 $e < a < b < e^2$，证明： +$$ +\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{e^2}(b-a). +$$ + +**证明**： +考虑函数 $f(x) = \ln^2 x$，则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$，使得 +$$ +\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} = f'(\xi) = \frac{2\ln \xi}{\xi}. +$$ +令 $g(x) = \dfrac{2\ln x}{x}$，求导得 +$$ +g'(x) = \frac{2(1-\ln x)}{x^2}. +$$ +当 $x > e$ 时，$\ln x > 1$，故 $g'(x) < 0$，即 $g(x)$ 在 $(e, +\infty)$ 上单调递减。 +由于 $e < a < \xi < b < e^2$，所以 +$$ +g(\xi) > g(e^2) = \frac{2\ln e^2}{e^2} = \frac{4}{e^2}. +$$ +因此 +$$ +\frac{\ln^2 b - \ln^2 a}{b-a} > \frac{4}{e^2}, +$$ +即 +$$ +\ln^2 b - \ln^2 a > \frac{4}{e^2}(b-a). +$$ +证毕。 +## 例2 +设 $a > e$，$0 < x < y < \dfrac{\pi}{2}$，证明： +$$ +a^y - a^x > (\cos x - \cos y) \cdot a^x \ln a. +$$ + +**证明**： +令 $f(t) = a^t$，则 $f(t)$ 在 $[x, y]$ 上连续，在 $(x, y)$ 内可导。由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x, y)$，使得 +$$ +\frac{a^y - a^x}{\cos x - \cos y} = \frac{a^\xi \ln a}{\sin \xi } +$$ + $$\frac{a^\xi \ln a}{\sin \xi }>a^\xi \ln a>a^x \ln a$$ + 证毕 +## 例3 +证明：当 $x>0$ 时， +$$ +\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} \leq \frac{1+\sqrt{2}}{2}. +$$ + +**证明**： +考虑函数 $f(t) = \arctan t$ 与 $g(t) = \ln(1+t)$，两者在 $[0, x]$ 上连续，在 $(0, x)$ 内可导，且 $g'(t) = \frac{1}{1+t} \neq 0$。由柯西中值定理，存在 $\xi \in (0, x)$，使得 +$$ +\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} = \frac{f(x) - f(0)}{g(x) - g(0)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \frac{1/(1+\xi^2)}{1/(1+\xi)} = \frac{1+\xi}{1+\xi^2}. +$$ +令 $\phi(\xi) = \dfrac{1+\xi}{1+\xi^2}$，则 +$$ +\phi'(\xi) = \frac{(1+\xi^2) - (1+\xi) \cdot 2\xi}{(1+\xi^2)^2} = \frac{1 - 2\xi - \xi^2}{(1+\xi^2)^2} = \frac{2 - (1+\xi)^2}{(1+\xi^2)^2}. +$$ +令 $\phi'(\xi) = 0$，得 $(1+\xi)^2 = 2$，因 $\xi > 0$，故 $\xi = \sqrt{2} - 1$。 +当 $0 < \xi < \sqrt{2} - 1$ 时，$\phi'(\xi) > 0$；当 $\xi > \sqrt{2} - 1$ 时，$\phi'(\xi) < 0$。 +因此 $\phi(\xi)$ 在 $\xi = \sqrt{2} - 1$ 处取得最大值： +$$ +\phi(\sqrt{2} - 1) = \frac{1 + (\sqrt{2} - 1)}{1 + (\sqrt{2} - 1)^2} = \frac{\sqrt{2}}{1 + (3 - 2\sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2}}{4 - 2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2(2 - \sqrt{2})}. +$$ +化简： +$$ +\frac{\sqrt{2}}{2(2 - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2 - \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{2 + \sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}(2 + \sqrt{2})}{4} = \frac{2\sqrt{2} + 2}{4} = \frac{1 + \sqrt{2}}{2}. +$$ +于是对任意 $\xi > 0$，有 $\phi(\xi) \leq \dfrac{1+\sqrt{2}}{2}$，从而 +$$ +\frac{\arctan x}{\ln(1+x)} \leq \frac{1+\sqrt{2}}{2}, \quad x > 0. +$$ +等号在 $\xi = \sqrt{2} - 1$ 时成立，即存在 $x > 0$ 使等号成立。证毕。 \ No newline at end of file From a4e0d896be48ec4f5d74f7617b7acafc6eb71558 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: =?UTF-8?q?=E9=83=91=E5=93=B2=E8=88=AA?= Date: Wed, 14 Jan 2026 13:23:33 +0800 Subject: [PATCH 2/2] =?UTF-8?q?=E4=BF=AE=E6=94=B9=E4=BA=86=E6=96=87?= =?UTF-8?q?=E4=BB=B6=EF=BC=9A?= MIME-Version: 1.0 Content-Type: text/plain; charset=UTF-8 Content-Transfer-Encoding: 8bit --- .../微分中值定理的不等式问题.md | 0 1 file changed, 0 insertions(+), 0 deletions(-) rename 微分中值定理的不等式问题.md => 素材/微分中值定理的不等式问题.md (100%) diff --git a/微分中值定理的不等式问题.md b/素材/微分中值定理的不等式问题.md similarity index 100% rename from 微分中值定理的不等式问题.md rename to 素材/微分中值定理的不等式问题.md