例题六

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

证 当$a=0$时，由$f(0)=0$知$f(a+b)=f(b)=f(a)+f(b)$；
当$a>0$时，在$[0,a]$和$[b,a+b]$上分别应用拉格朗日中值定理，有
$$\begin{gathered} f^{\prime }({\xi }_1)=\frac{f(a)-f(0)}{a-0}=\frac{f(a)}{a},{\xi }_1\in (0,a), \\ {f}^{\prime }({\xi }_2)=\frac{f(a+b)-f(b)}{(a+b)-b}=\frac{f(a+b)-f(b)}{a},{\xi }_2\in (b,a+b). \end{gathered}$$
显然$0<{\xi }_1<a⩽b<{\xi }_2<a+b⩽c$，因$f^{\prime }(x)$在$(0,c)$内单调减少，故$f^{\prime }({\xi }_2)⩽f^{\prime }({\xi }_1)$，从而有$\frac{f(a+b)-f(b)}{a}⩽\frac{f(a)}{a}$，因为$a>0$，所以有$f(a+b)⩽f(a)+f(b)$。（这道题主要利用了拉格朗日中值定理求解）

例6.15 设$f(x)$在$(a,b)$内二阶可导，且$f^{\prime \prime }(x)>0$，证明对于任意的$x_1,x_2\in (a,b)$，且$x_1\ne x_2$及$\lambda (0<\lambda <1)$，恒有$f[\lambda x_1+(1-\lambda )x_2]<\lambda f(x_1)+(1-\lambda )f(x_2)$。

证 记$x=\lambda x_1+(1-\lambda )x_2$，不妨设$x_1<x_2$，则有$x_1<x<x_2$。
由拉格朗日中值定理
$$\begin{gathered} f(x)-f(x_1)=f^{\prime }({\xi }_1)(x-x_1)=f^{\prime }({\xi }_1)(1-\lambda )(x_2-x_1),x_1<{\xi }_1<x,(1) \\ f(x_2)-f(x)=f^{\prime }({\xi }_2)(x_2-x)=f^{\prime }({\xi }_2)\lambda (x_2-x_1),x<{\xi }_2<x_2,(2) \end{gathered}$$
由$\lambda \ast (1)-(1-\lambda )\ast (2)$，得
$$\begin{array}{rl}f(x)-\lambda f(x_1)-(1-\lambda )f(x_2)& =\lambda (1-\lambda )(x_2-x_1)[f^{\prime }({\xi }_1)-f^{\prime }({\xi }_2)]\\ & =\lambda (1-\lambda )(x_2-x_1)f^{\prime \prime }(\xi )({\xi }_1-{\xi }_2).\end{array}$$
其中${\xi }_1<\xi <{\xi }_2$，又$f^{\prime \prime }(\xi )>0,\lambda (1-\lambda )>0,x_2-x_1>0,{\xi }_1-{\xi }_2<0$，所以上式有
$$f(x)-\lambda f(x_1)-(1-\lambda )f(x_2)<0.$$
即
$$f[\lambda x_1+(1-\lambda )x_2]<\lambda f(x_1)+(1-\lambda )f(x_2).$$
（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：${\left(\ln \frac{1+x}{x}-\frac{1}{1+x}\right)}^2<\frac{1}{x(1+x{)}^2}$。

证 只要证当$x>0$时，$\left|\ln \frac{1+x}{x}-\frac{1}{1+x}\right|-\frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}<0$即可。
令$f(x)=\ln \frac{1+x}{x}-\frac{1}{1+x}=\ln (1+x)-\ln x-\frac{1}{1+x}$，则
$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =\frac{1}{1+x}-\frac{1}{x}+\frac{1}{(1+x{)}^2}\\ & =\frac{(1+x)x-(1+x{)}^2+x}{x(1+x{)}^2}\\ & =\frac{-1}{x(1+x{)}^2}<0.\end{array}$$
又$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$，所以$f(x)>0$。
令$g(x)=\ln \frac{1+x}{x}-\frac{1}{1+x}-\frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}$，则
$$\begin{array}{rl}{g}^{\prime }(x)& =\frac{1}{1+x}-\frac{1}{x}+\frac{1}{(1+x{)}^2}+\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\cdot (1+x)+\sqrt{x}}{x(1+x{)}^2}\\ & =\frac{-2\sqrt{x}+(1+x)+2x}{2x^{\frac{3}{2}}(1+x{)}^2}=\frac{1+3x-2\sqrt{x}}{2x^{\frac{3}{2}}(1+x{)}^2}.\end{array}$$
再令$h(x)=1+3x-2\sqrt{x}$，则$h^{\prime }(x)=3-\frac{1}{\sqrt{x}}=0$，得$x=\frac{1}{9}$，为唯一极小值点，也即最小值点，且$h_{\min }=\frac{2}{3}>0$，故$h(x)>0$，于是$g^{\prime }(x)>0$，即$g(x)$单调增加，且$\underset{x\to +\infty }{\lim }g(x)=0$，所以$g^{\prime }(x)<0$。（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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