Практическое применение производной при решении неравенств

Дифференциальное исчисление широко используется при исследовании функций. С помощью производной можно найти промежутки монотонности функции, ее экстремальные точки, наибольшие и наименьшие значения.

Если функция f имеет положительную (отрицательную) производную в каждой точке некоторого промежутка, то она возрастает (убывает) на этом промежутке. При нахождении промежутков монотонности нужно иметь в виду, что если функция возрастает (убывает) на интервале ( a , b ) и непрерывна в точках a и b , то она возрастает (убывает) на отрезке [ a , b ].

Если точка x ₀ является точкой экстремума для функции f и в этой точке существует производная, то f ^/ ( x ₀ )=0. В точке экстремума функция может не иметь производную. Внутренние точки области определения, в которых производная равна нулю или не существует, называются критическими. Чтобы установить, имеет ли функция в данной критической точке экстремум, пользуются следующими достаточными признаками существования экстремума.

Если функция f непрерывна в точке x 0 и существуют такие точки a , b, что f ^/ ( x 0)>0 ( f ^/ ( x 0)<0 ) на интервале ( a , x 0) и f ^/ ( x 0)<0 ( f ^/ ( x 0)>0 ) на интервале ( x 0, b ), то точка x 0 является точкой максимума (минимума) функции f .

Для отыскания наибольших и наименьших значений f на отрезке [ a , b ] достаточно сравнить между собой значения f в точках a , b и в критических точках из отрезка [ a , b ].

Эти результаты применимы при решении многих элементарных задач, связанных с неравенствами.

Пусть, например, требуется доказать, что на некотором промежутке имеет место неравенство f ( x ) ³ g ( x ). Обозначим f ( x )- g ( x ) через F ( x ). С помощью производной F ^/ ( x ) находим наименьшее значение F на данном промежутке. Если оно неотрицательно, то во всех точках рассматриваемого промежутка F ( x ) ³ 0, т.е. f ( x ) ³ g ( x ).

Пример 13: Доказать что ( e + x ) ^{e - x} >( e - x ) ^{e + x} для  0< x < e .

Решение:

Данное неравенство равносильно следующему: ( e - x ) ln ( e + x )>( e + x ) ln ( e - x ).

Пусть    f(x)=(e-x)ln(e+x)-(e+x)ln(e-x),

тогда    

Т.к.    

ln ( e + x )+ ln ( e - x )= ln ( e ² - x ² )< lne ² =2,

то f ^/ ( x )>0 при 0< x < e. Следовательно, функция f возрастает на интервале (0, e ). Функция f (0) – непрерывна. Поэтому эту точку можно включить в промежуток возрастания. Поскольку f (0)=0, а f возрастает при 0 £ x < e , то f ( x )>0 при 0< x < e .

Пример 14: Доказать неравенство tg^ka + ctg^ka ³ 2+ k ² cos ² 2 a , 0< a < p /2,

k –натуральные.

Решение:

Неравенство можно записать в виде:

Пусть сначала 0< a < p /4. На этом интервале ctg a > tg a , cos 2 a >0, поэтому последнее неравенство эквивалентно неравенству ctg^{k /2} a – tg^{k /2} a ³ k * cos 2 a .

Положим f(a)=ctgⁿa–tgⁿa–2n*cos 2a, где .

Далее,

при .

Здесь, как и в предыдущей задаче, использован тот факт, что сумма взаимно обратных положительных чисел больше или равна 2. Таким образом, на интервале  функция f убывает. В точке  она непрерывна, поэтому (0; ] является промежутком убывания f . Наименьшим значением функции на этом промежутке является f ( )=0. Следовательно, f ( a ) ³ 0 при 0< a < . Для указанного промежутка неравенство доказано. Если < a < , то 0< – a < . Однако неравенство не меняется при заменен a на – a.

Пример 15:  Что больше e^p или p^e ?

Решение:

Для решения задачи исследуем вопрос о существовании решений уравнения с двумя неизвестными: a^b = b^a , a >0, b >0. Исключим тривиальный случай a = b и для определенности будем предполагать, что a < b. Ввиду симметричности вхождения a и b в уравнение, последнее замечание не ограничивает общности рассуждений. Ясно, что уравнение a^b = b^a равносильно уравнению b *( ln a )= a *( ln b ), или .

Пусть f ( x )= .                                                                                            (1)

Существование решений уравнения (1) эквивалентно наличию значений x ₁ и x ₂ ( x ₁ < x ₂ ) таких, что f ( x ₁ )= f ( x ₂ ). В этом случае пара ( x ₁ , x ₂ ) является решением уравнения (1). Иными словами, требуется выяснить, найдется ли прямая y = c , пересекающая график функции f по крайней мере в двух различных точках. Для этого исследуем функцию f. Ее производная  в области определения f имеет единственную критическую точку x = e . При 0< x < e f ^/ ( x )>0 функция f возрастает, а при x > e , f ^/ ( x )<0 функция f убывает. Поэтому в точке x = e функция f принимает свое наибольшее значение ( ). Так как функция  непрерывна и возрастает на промежутке (0, e ], то она на этом промежутке принимает все значения от –¥ до . Аналогично, на промежутке [ e , ¥ ) функция f принимает все значения из (0; ]. Из результатов исследования функции f вытекают следующие утверждения:

1. Если 0< a < b и a £ 1, то . Поэтому a^b<b^a . Следовательно, уравнение (1) и равносильное ему уравнение a^b = b^a не имеют решений.

2. Если 1< a < b £ e , то a^b < b^a и уравнение a^b = b^a также не имеют решений.

3. Если b > a > e, то a^b > b^a .

Таким образом, если ( a , b ) является решением уравнения a^b = b^a , то 1< a < e, b > e. Более того, при каждом фиксированном значении 1< a < e найдется единственное значение b > e такое, что a^b = b^a

Для ответа на вопрос задачи 3 достаточно положить a = e , b = p и воспользоваться утверждением (1). Итак, e ^p > p ^e .

Пример 16:  Два туриста отправились по одному маршруту. В первый день они прошли одно и то же расстояние. В каждый из следующих дней первый турист увеличивал пройденный путь, по сравнению предыдущим, на одно и то же расстояние, а второй – в одно и то же число раз. Выяснилось, что в n-тый день (n>2) путешествия туристы снова прошли одно и то же расстояние. Доказать, что за n дней первый турист прошел путь больший, чем второй.

Решение:

Расстояние, пройденное первым туристом за n дней, представляет собой сумму n первых членов арифметической прогрессии, а вторым – сумму n первых членов геометрической прогрессии. Обозначим эти расстояния соответственно S_n и S_n ^/ . Если a – первый член прогрессии, d – разность арифметической прогрессии, q – знаменатель геометрической прогрессии, то

Приравнивая n-е члены прогрессий, находим

Тогда , где q>1 (по условию задачи). Задача будет решена, если мы покажем, что , где n >2, q >1 (2)

При n=3 имеем , что равносильно очевидному неравенству . Предполагая, что неравенство (2) справедливо при n = k, докажем его для n = k +1. Имеем

Для завершения доказательства достаточно убедиться, то выражение  при k >2. Здесь целесообразно обратиться к производной.

Пусть   

Производная   положительная при x >1. Поэтому функция f при x >1 возрастает. Так как f (1)=0 и функция f непрерывна в точке x =1, то f ( x )>0 при x >1, т.е. f ( q )>0. Итак, S_n>S_n^/.