合肥工业大学《高等数学》课件-第4章一元函数微分学和一元函数微分学的应用.pdfVIP

极值理论的应用 上次课我们给大家介绍了利用单调性证明不等式的方法， 其常用证明方法是：  构造辅助函数 F (x )；     利用F (x )或F (x)的符号判断F (x )或F (x )的单调性；  根据单调性证明不等式.   此时，就成为一 该题型有一种变形：F ( x) 或F ( x)变号！ 种极值的应用题型了. 例1 设1  b a, 证明ab  eb1  a ln a . 证 令 f ( x)  ax e x 1 a ln a , 1  x  a . 则  x 1 f ( x)  a e 变号！    由f ( x)  0 解得唯一驻点 x0 1 ln a . 又 f ( x)  e x 1  0 故f ( x )  0 是函数f ( x) 唯一的极大值, 也是最大值. 因此, 0 f ( x)  0 , 1  x  a . 从而 f (b)  0 , 化简即证！ 例2 x 2 设 k  ln 2 1 , x 0 . 证明e  x  2kx 1 . 解： x 2 令 f (x ) e  x  2kx  1 , 则 f (x ) e x  2x  2k , 符号不易判断！ f ( x)  e x 2 , 变号！      x  0 ,   但 f ( x)  e 由f ( x)  0 解得f ( x) 的唯一驻点 x0  ln 2 .   也是最小值. 故f ( x )  2-2ln2+2k 是函数f ( x) 唯一的极小值, 0   故f ( x) 单调增. 因此, f ( x)  f ( x )  0 , 即x  0 时, 0 f (x ) f (0) 0 . 化简即证！ 例3 设 f (x )在 (a ,b )内取得最大值 ,在[a ,b ]上二阶可导,且 f (x )  M ,   则 f (a)  f (b)  M (b a). 分析：待证不等式明显具有拉格朗日中值定理题型的特征，若 f (b ) f (a ) f ( )(b  a )     