题目
证明下列不等式:-|||-(1)当 lt (x)_(1)lt (x)_(2)lt dfrac (pi )(2) 时, dfrac (tan {x)_(2)}(tan {x)_(1)}gt dfrac ({x)_(2)}({x)_(1)};-|||-(2)当 gt 0 时, ln (1+x)gt dfrac (arctan x)(1+x);-|||-(3)当 lt alt blt (e)^2 时, (ln )^2b-(ln )^2agt dfrac (4)({e)^2}(b-a).
题目解答
答案
解析
步骤 1：证明不等式 $\dfrac {\tan {x}_{2}}{\tan {x}_{1}}\gt \dfrac {{x}_{2}}{{x}_{1}}$
取函数 $f(x)=\dfrac {\tan x}{x}$ 在区间 $0\lt x\lt \dfrac {\pi }{2}$ 上定义。当 $0\lt x\lt \dfrac {\pi }{2}$ 时, $f'(x)=\dfrac {x\sec {x}^{2}x-\tan x}{{x}^{2}}\gt 0$ (因为 $x{\sec }^{2}x-\tan x\gt 0$)。因此, $f(x)$ 在 $(0,\dfrac {\pi }{2})$ 内单调增加。所以,当 $0\lt {x}_{1}\lt {x}_{2}\lt \dfrac {\pi }{2}$ 时, $f({x}_{2})\gt f({x}_{1})$ , 即 $\dfrac {\tan {x}_{2}}{{x}_{2}}\gt \dfrac {\tan {x}_{1}}{{x}_{1}}$ , 亦即 $\dfrac {\tan {x}_{2}}{\tan {x}_{1}}\gt \dfrac {{x}_{2}}{{x}_{1}}$ 。
步骤 2：证明不等式 $\ln (1+x)\gt \dfrac {\arctan x}{1+x}$
取函数 $f(x)=(1+x)\ln (1+x)-\arctan x$ 在区间 $x\gt 0$ 上定义。当 $x\gt 0$ 时, $f'(x)=\ln (1+x)+1-\dfrac {1}{1+{x}^{2}}\gt 0$ , 因此, $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内单调增加。所以,当 $x\gt 0$ 时, $f(x)\gt f(0)$ , 即 $(1+x)\ln (1+x)-\arctan x\gt 0$ , 亦即 $\ln (1+x)\gt \dfrac {\arctan x}{1+x}$ 。
步骤 3：证明不等式 ${\ln }^{2}b-{\ln }^{2}a\gt \dfrac {4}{{e}^{2}}(b-a)$
设 $f(x)={\ln }^{2}x$ 在区间 $[a,b]$ 上连续,在 $(a,b)$ 内可导。由拉格朗日中值定理知,至少存在一点 $\xi \in (a,b)$ ,使 ${\ln }^{2}b-{\ln }^{2}a=\dfrac {2\ln \xi }{\xi }(b-a)$ 。设 $\varphi (t)=\dfrac {\ln t}{t}$ ,则 $\varphi '(t)=\dfrac {1-\ln t}{{t}^{2}}$ 。当 $t\gt e$ 时, $\varphi '(t)\lt 0$ ,所以 $\varphi (t)$ 在 $[ e,+\infty )$ 上单调减少。而 $e\lt a\lt \xi \lt b\lt {e}^{2}$ ,从而 $\varphi (\xi )\gt \varphi ({e}^{2})$ ,即 $\dfrac {\ln \xi }{\xi }\gt \dfrac {\ln {e}^{2}}{{e}^{2}}=\dfrac {2}{{e}^{2}}$ , 因此, ${\ln }^{2}b-{\ln }^{2}a\gt \dfrac {4}{{e}^{2}}(b-a)$ 。
取函数 $f(x)=\dfrac {\tan x}{x}$ 在区间 $0\lt x\lt \dfrac {\pi }{2}$ 上定义。当 $0\lt x\lt \dfrac {\pi }{2}$ 时, $f'(x)=\dfrac {x\sec {x}^{2}x-\tan x}{{x}^{2}}\gt 0$ (因为 $x{\sec }^{2}x-\tan x\gt 0$)。因此, $f(x)$ 在 $(0,\dfrac {\pi }{2})$ 内单调增加。所以,当 $0\lt {x}_{1}\lt {x}_{2}\lt \dfrac {\pi }{2}$ 时, $f({x}_{2})\gt f({x}_{1})$ , 即 $\dfrac {\tan {x}_{2}}{{x}_{2}}\gt \dfrac {\tan {x}_{1}}{{x}_{1}}$ , 亦即 $\dfrac {\tan {x}_{2}}{\tan {x}_{1}}\gt \dfrac {{x}_{2}}{{x}_{1}}$ 。
步骤 2：证明不等式 $\ln (1+x)\gt \dfrac {\arctan x}{1+x}$
取函数 $f(x)=(1+x)\ln (1+x)-\arctan x$ 在区间 $x\gt 0$ 上定义。当 $x\gt 0$ 时, $f'(x)=\ln (1+x)+1-\dfrac {1}{1+{x}^{2}}\gt 0$ , 因此, $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内单调增加。所以,当 $x\gt 0$ 时, $f(x)\gt f(0)$ , 即 $(1+x)\ln (1+x)-\arctan x\gt 0$ , 亦即 $\ln (1+x)\gt \dfrac {\arctan x}{1+x}$ 。
步骤 3：证明不等式 ${\ln }^{2}b-{\ln }^{2}a\gt \dfrac {4}{{e}^{2}}(b-a)$
设 $f(x)={\ln }^{2}x$ 在区间 $[a,b]$ 上连续,在 $(a,b)$ 内可导。由拉格朗日中值定理知,至少存在一点 $\xi \in (a,b)$ ,使 ${\ln }^{2}b-{\ln }^{2}a=\dfrac {2\ln \xi }{\xi }(b-a)$ 。设 $\varphi (t)=\dfrac {\ln t}{t}$ ,则 $\varphi '(t)=\dfrac {1-\ln t}{{t}^{2}}$ 。当 $t\gt e$ 时, $\varphi '(t)\lt 0$ ,所以 $\varphi (t)$ 在 $[ e,+\infty )$ 上单调减少。而 $e\lt a\lt \xi \lt b\lt {e}^{2}$ ,从而 $\varphi (\xi )\gt \varphi ({e}^{2})$ ,即 $\dfrac {\ln \xi }{\xi }\gt \dfrac {\ln {e}^{2}}{{e}^{2}}=\dfrac {2}{{e}^{2}}$ , 因此, ${\ln }^{2}b-{\ln }^{2}a\gt \dfrac {4}{{e}^{2}}(b-a)$ 。