三角函数不等式

若$0<\beta<\alpha<\frac{\pi}{2}$,求证: $\sin\alpha-\sin\beta<\alpha-\beta<\tan\alpha-\tan\beta$.

$$\sin \alpha -\sin \beta =2\cos \frac{\alpha +\beta}{2}\sin \frac{\alpha -\beta}{2}\le 2\sin \frac{\alpha -\beta}{2}\le \alpha -\beta.$$

而

$$\tan \alpha -\tan \beta =\tan \left( \alpha -\beta \right) \cdot \left( 1+\tan \alpha \tan \beta \right) >\tan \left( \alpha -\beta \right) >\alpha -\beta .$$

 

$$\lim_{x\rightarrow \infty} \left( \cos \frac{\pi}{\sqrt{x}} \right) ^x=\lim_{x\rightarrow \infty} \exp \left\{ x\ln\cos \frac{\pi}{\sqrt{x}} \right\} \\ =\lim_{x\rightarrow \infty} \exp \left\{ x\ln \left( 1+\cos \frac{\pi}{\sqrt{x}}-1 \right) \right\} =\lim_{x\rightarrow \infty} \exp \left\{ x\left( \cos \frac{\pi}{\sqrt{x}}-1 \right) \right\} \\ =\lim_{x\rightarrow \infty} \exp \left\{ x\left( -\frac{1}{2}\left( \frac{\pi}{\sqrt{x}} \right) ^2 \right) \right\} =e^{-\pi ^2/2}$$

 

\begin{example}
(2010年湖北)已知函数$f\left( x \right) = ax + \dfrac{b}{x} + c$（$a > 0$）的图象在$\left( {1 , f\left( 1 \right)} \right)$处的切线方程为$y = x-1$.

(1)用$a$表示出$b$, $c$;

(2)若$f\left( x \right) \geqslant \ln x$在$\left[ {1, + \infty } \right)$上恒成立,求$a$的取值范围;

(3)证明: $1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \cdots + \dfrac{1}{n} > \ln \left( {n + 1} \right) + \dfrac{n}{{2\left( {n + 1} \right)}}$ ($n \in {\mathcal N^ * }$).
\end{example}
\begin{solution}

\end{solution}

\begin{example}
(2013年湖北)设$n$是正整数, $r$为正有理数.

(I)求函数$f(x)=(1+x)^{r+1}-(r+1)x-1\,(x>-1)$的最小值;

(II)证明: $\frac{n^{r+1}-(n-1)^{r+1}}{r+1}<n^r <\frac{(n+1)^{r+1}-n^{r+1}}{r+1}$;

(III)设$x\in \mathbb{R}$,记$[x]$为不小于$x$的最小整数,例如$[2]=2,[\pi]=4,\left[ -\frac{3}{2} \right] =-1$.令$S=\sqrt[3]{81}+\sqrt[3]{82}+\sqrt[3]{83} +\cdots+\sqrt[3]{125}$,求$[S]$的值.

(参考数据: $80^{\frac{4}{3}}\approx 344.7,81^{\frac{4}{3}}\approx 350.5,124^{\frac{4}{3}}\approx 618.3,126^{\frac{4}{3}}\approx 631.7$)
\end{example}
\begin{solution}
(I)因为$f'(x)=(r+1)(1+x)^r-(r+1) =(r+1)\left[(1+x)^r-1\right]$,令$f'(x)=0$,解得$x=0$.

当$-1<x<0$时, $f'(x)<0$,所以$f(x)$在$(-1,0)$内是减函数;

当$x>0$时, $f'(x)>0$,所以$f(x)$在$(0,+\infty)$内是增函数.

故函数$f(x)$在$x=0$处取得最小值$f(0)=0$.

(II)由(I),当$x\in (-1,+\infty)$时,有$f(x)\geqslant f(0)=0$,即$(1+x)^{r+1}\geqslant 1+(r+1)x$,且等号当且仅当$x=0$时成立,故当$x>-1$且$x\neq 0$时,有
$$(1+x)^{r+1}> 1+(r+1)x.\tag*{\ding{172}}$$
在\ding{172}中,令$x=\frac{1}{n}$ (这时$x>-1$且$x\neq 0$),则有$\left( 1+\frac{1}{n} \right) ^{r+1}>1+\frac{r+1}{n}$.

上式两边同乘$n^{r+1}$,得$(n+1)^{r+1}>n^{r+1}+n^r(r+1)$,即
$$n^r<\frac{(n+1)^{r+1}-n^{r+1}}{r+1}.\tag*{\ding{173}}$$

当$n>1$时,在\ding{172}中令$x=-\frac{1}{n}$ (这时$x>-1$且$x\neq 0$),类似可得
$$n^r>\frac{n^{r+1}-(n-1)^{r+1}}{r+1}.\tag*{\ding{174}}$$
且当$n=1$时, \ding{174}也成立.

综上\ding{173},\ding{174}得
$$\frac{n^{r+1}-(n-1)^{r+1}}{r+1}<n^r <\frac{(n+1)^{r+1}-n^{r+1}}{r+1}. \tag*{\ding{175}}$$

(III)在\ding{175}中,令$r=\frac{1}{3}$, $n$分别取值$81,82,83,\cdots,125$,得
$$\begin{align*} \frac{3}{4}\left( 81^{\frac{4}{3}}-80^{\frac{4}{3}} \right) &<\sqrt[3]{81}<\frac{3}{4}\left( 82^{\frac{4}{3}}-81^{\frac{4}{3}} \right) , \\ \frac{3}{4}\left( 82^{\frac{4}{3}}-81^{\frac{4}{3}} \right) &<\sqrt[3]{82}<\frac{3}{4}\left( 83^{\frac{4}{3}}-82^{\frac{4}{3}} \right) , \\ \frac{3}{4}\left( 83^{\frac{4}{3}}-82^{\frac{4}{3}} \right) &<\sqrt[3]{83}<\frac{3}{4}\left( 84^{\frac{4}{3}}-83^{\frac{4}{3}} \right) ,\\ &\cdots\cdots\\ \frac{3}{4}\left( 125^{\frac{4}{3}}-124^{\frac{4}{3}} \right) &<\sqrt[3]{125}<\frac{3}{4}\left( 126^{\frac{4}{3}}-125^{\frac{4}{3}} \right). \end{align*}$$
将以上各式相加,并整理得
$$\frac{3}{4}\left( 125^{\frac{4}{3}}-80^{\frac{4}{3}} \right)<S<\frac{3}{4}\left( 126^{\frac{4}{3}}-81^{\frac{4}{3}} \right).$$
代入数据计算,可得$\frac{3}{4}\left( 125^{\frac{4}{3}}-80^{\frac{4}{3}} \right)\approx 210.2, \frac{3}{4}\left( 126^{\frac{4}{3}}-81^{\frac{4}{3}} \right)\approx 210.9$.

由$[S]$的定义,得$[S]=211$.
\end{solution}

\begin{example}
(2014湖北卷, 理科第22题)
$\pi$为圆周率, $e=2.718\,28\cdots$为自然对数的底数.
\begin{itemize}
\item[(I)] 求函数$f(x)=\frac{\ln x}{x}$的单调区间;

\item[(II)] 求$e^3,3^e,e^{\pi},\pi^e,3^{\pi}, \pi^3$这6个数中的最大数与最小数;

\item[(III)] 将$e^3,3^e,e^{\pi},\pi^e,3^{\pi}, \pi^3$这6个数按从小到大的顺序排列, 并证明你的结论.
\end{itemize}
\end{example}
\begin{solution}
(I)函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$,因为$f(x)=\frac{\ln x}{x}$,所以$f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}$.

当$f'(x)>0$,即$0<x<e$时,函数$f(x)$单调递增;

当$f'(x)<0$,即$x>e$时,函数$f(x)$单调递减.

故函数$f(x)$的单调递增区间为$(0,e)$,单调递减区间为$(e,+\infty)$.

(II)因为$e<3<\pi$,所以$e\ln 3<e\ln \pi,\pi\ln e<\pi \ln 3$,即$\ln 3^e<\ln \pi^e,\ln e^\pi<\ln 3^\pi$.

于是根据函数$y=\ln x,y=e^x,y=\pi^x$在定义域上单调递增,可得$3^e<\pi^e<\pi^3,e^3<e^\pi<3^\pi$.

故这6个数的最大数在$\pi^3$与$3^\pi$之中,最小数在$3^e$与$e^3$之中.

由$e<3<\pi$及(I)的结论,得$f(\pi)<f(3)<f(e)$,即$\frac{\ln \pi}{\pi}<\frac{\ln 3}{3}<\frac{\ln e}{e}$.由$\frac{\ln \pi}{\pi}<\frac{\ln 3}{3}$,得$\ln \pi^3<\ln 3^\pi$,所以$3^\pi>\pi^3$;

由$\frac{\ln 3}{3}<\frac{\ln e}{e}$,得$\ln 3^e<\ln e^3$,所以$3^e<e^3$.

综上, 6个数中的最大数是$3^\pi$,最小数是$3^e$.

(III)由(II)知, $3^e<\pi^e<\pi^3<3^\pi,3^e<e^3$.

又由(II)知, $\frac{\ln\pi}{\pi}<\frac{\ln e}{e}$,得$\pi^e<e^\pi$.

故只需比较$e^3$与$\pi^e$和$e^\pi$与$\pi^3$的大小.

由(I)知,当$0<x<e$时, $f(x)<f(e)=\frac{1}{e}$,即$\frac{\ln x}{x}<\frac{1}{e}$.

在上式中,令$x=\frac{e^2}{\pi}$.又$\frac{e^2}{\pi}<e$,则$\ln \frac{e^2}{\pi}<\frac{e}{\pi}$,从而$2-\ln\pi<\frac{e}{\pi}$,即得
$$\ln\pi>2-\frac{e}{\pi}.\tag*{\ding{172}}$$
由\ding{172}得, $e\ln \pi >e\left( 2-\frac{e}{\pi} \right) >2.7\times \left( 2-\frac{2.72}{3.1} \right) >2.7\times \left( 2-0.88 \right) =3.024>3$,即$e\ln \pi >3$,亦即$\ln\pi^e>\ln e^3$,所以$e^3<\pi^e$.

又由\ding{172}得, $3\ln \pi >6-\frac{3e}{\pi}>6-e>\pi$,即$3\ln \pi >\pi$,所以$e^\pi<\pi^3$.

综上可得, $3^e<e^3<\pi^e<e^\pi<\pi^3<3^\pi$.

即6个数从小到大的顺序为$3^e,e^3,\pi^e,e^\pi,\pi^3,3^\pi$.
\end{solution}

\begin{example}
(2015年湖北卷, 理科第22题)
已知数列$\{a_n\}$的各项均为正数, $b_n=n\left(1+\frac{1}{n}\right)^na_n\,(n\in \mathbb{N}_+)$, $e$为自然对数的底数.
\begin{itemize}
\item[(I)] 求函数$f(x)=1+x-e^x$的单调区间, 并比较$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$与$e$的大小;

\item[(II)] 计算$\frac{b_1}{a_1},\frac{b_1b_2}{a_1a_2},\frac{b_1b_2b_3}{a_1a_2a_3}$, 由此推测计算
$\frac{b_1b_2\cdots b_n}{a_1a_2\cdots a_n}$的公式, 并给出证明;

\item[(III)] 令$c_n=(a_1a_2\cdots a_n)^{\frac{1}{n}}$, 数列$\{a_n\}$, $\{c_n\}$的前$n$项和分别记为
$S_n,T_n$, 试证明: $T_n<eS_n$.
\end{itemize}
\end{example}
\begin{solution}
(I) $f(x)$的定义域为$(-\infty,+\infty),f'(x)=1-e^x$.

当$f'(x)>0$,即$x<0$时, $f(x)$单调递增;

当$f'(x)<0$,即$x>0$时, $f(x)$单调递减.

故$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,0)$,单调递减区间为$(0,+\infty)$.

当$x>0$时, $f(x)<f(0)=0$,即$1+x<e^x$.

令$x=\frac{1}{n}$,得$1+\frac{1}{n}<e^{\frac{1}{n}}$,即
$$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n<e.\tag*{\ding{172}}$$

(II) $\frac{b_1}{a_1}=1\cdot \left( 1+\frac{1}{1} \right) ^1=1+1=2$;

$\frac{b_1b_2}{a_1a_2}=\frac{b_1}{a_1}\cdot \frac{b_2}{a_2}=2\cdot 2\left( 1+\frac{1}{2} \right) ^2=\left( 2+1 \right) ^2=3^2$;

$\frac{b_1b_2b_3}{a_1a_2a_3}=\frac{b_1b_2}{a_1a_2}\cdot \frac{b_3}{a_3}=3^2\cdot 3\left( 1+\frac{1}{3} \right) ^3=\left( 3+1 \right) ^3=4^3$.

由此推测:
$$\frac{b_1b_2\cdots b_n}{a_1a_2\cdots a_n}=\left( n+1 \right) ^n. \tag*{\ding{173}}$$
下面用数学归纳法证明\ding{173}.

(1)当$n=1$时,左边$=$右边$=$2, \ding{173}成立.

(2)假设当$n=k$时, \ding{173}成立,即$\frac{b_1b_2\cdots b_k}{a_1a_2\cdots a_k}=\left( k+1 \right) ^k$.

当$n=k+1$时, $b_{k+1}=\left( k+1 \right) \left( 1+\frac{1}{k+1} \right) ^{k+1}a_{k+1}$,由归纳假设可得
$$\begin{align*} \frac{b_1b_2\cdots b_kb_{k+1}}{a_1a_2\cdots a_ka_{k+1}} &=\frac{b_1b_2\cdots b_k}{a_1a_2\cdots a_k}\cdot \frac{b_{k+1}}{a_{k+1}} \\ &=\left( k+1 \right) ^k\left( k+1 \right) \left( 1+\frac{1}{k+1} \right) ^{k+1}=\left( k+2 \right) ^{k+1}. \end{align*}$$
所以当$n=k+1$时, \ding{173}也成立.

根据(1) (2),可知\ding{173}对一切正整数$n$都成立.

(III)由$c_n$的定义, \ding{173},算术-几何平均值不等式, $b_n$的定义及\ding{172}得
$$\begin{align*} T_n= &c_1+c_2+c_3+\cdots +c_n \\ =&\left( a_1 \right) ^{\frac{1}{1}}+\left( a_1a_2 \right) ^{\frac{1}{2}}+\left( a_1a_2a_3 \right) ^{\frac{1}{3}}+\cdots +\left( a_1a_2\cdots a_n \right) ^{\frac{1}{n}} \\ =&\frac{\left( b_1 \right) ^{\frac{1}{1}}}{2}+\frac{\left( b_1b_2 \right) ^{\frac{1}{2}}}{3}+\frac{\left( b_1b_2b_3 \right) ^{\frac{1}{3}}}{4}+\cdots +\frac{\left( b_1b_2\cdots b_n \right) ^{\frac{1}{n}}}{n+1} \\ \leqslant &\frac{b_1}{1\times 2}+\frac{b_1+b_2}{2\times 3}+\frac{b_1+b_2+b_3}{3\times 4}+\cdots +\frac{b_1+b_2+\cdots +b_n}{n\left( n+1 \right)} \\ =& b_1\left[ \frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\cdots +\frac{1}{n\left( n+1 \right)} \right] \\ & +b_2\left[ \frac{1}{2\times 3}+\frac{1}{3\times 4}+\cdots +\frac{1}{n\left( n+1 \right)} \right] +\cdots +b_n\cdot \frac{1}{n\left( n+1 \right)} \\ = &b_1\left( 1-\frac{1}{n+1} \right) +b_2\left( \frac{1}{2}-\frac{1}{n+1} \right) +\cdots +b_n\left( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right) \\ <&\frac{b_1}{1}+\frac{b_2}{2}+\cdots +\frac{b_n}{n} \\ <&\left( 1+\frac{1}{1} \right) ^1a_1+\left( 1+\frac{1}{2} \right) ^2a_2+\cdots +\left( 1+\frac{1}{n} \right) ^na_n \\ <& ea_1+ea_2+\cdots +ea_n=eS_n. \end{align*}$$
即$T_n<eS_n$.
\end{solution}

$$\begin{example} (2007年湖北卷, 理科第21题) 已知$m,n$均为正整数.\\ (I) 用数学归纳法证明: 当$x>-1$时, $(1+x)^m\geqslant 1+mx$.\\ (II) 对于$n\geqslant 6$, 已知$\left( 1-\frac{1}{n+3}\right)^n<\frac{1}{2}$, 求证: \[ \displaystyle \Bigl( 1-\frac{m}{n+3}\Bigr)^n<\Bigl( \frac{1}{2}\Bigr)^m,\quad m=1,2,\cdots,n; \] (III) 求出满足等式$3^n+4^n+\cdots +(n+2)^n=(n+3)^n$的所有正整数$n$. \end{example}$$
\begin{solution}
\textbf{解法一:} (I)证明:用数学归纳法证明:

(i)当$m=1$时,原不等式成立;

当$m=2$时,左边$=1+2x+x^2$,右边$=1+2x$,因为$x^2\geqslant 0$,所以左边$\geq$右边,原不等式成立;

(ii)假设当$m=k$时,不等式成立,即$(1+x)^k\geqslant 1+kx$,则当$m=k+1$时,

因为$x>-1$,所以$1+x>0$.

于是在不等式$(1+x)^k\geqslant 1+kx$两边同乘以$1+x$得
$$\begin{align*} (1+x)^k\cdot (1+x)&\geqslant (1+kx)(1+x)\\ &=1+(k+1)x+kx^2\\ &\geqslant 1+(k+1)x, \end{align*}$$
所以$(1+x)^{k+1}\geqslant 1+(k+1)x$.

即当$m=k+1$时,不等式也成立.

综合(i) (ii)知,对一切正整数$m$,不等式都成立.

(II)证明:当$n\geqslant 6,m\leqslant n$时,由(I)得
$$\left( 1-\frac{1}{n+3} \right) ^m\geqslant 1-\frac{m}{n+3}>0,$$
于是
$$\begin{align*} \left( 1-\frac{m}{n+3} \right) ^n &\leqslant \left( 1-\frac{1}{n+3} \right) ^{mn}=\left[ \left( 1-\frac{1}{n+3} \right) ^n \right] ^m \\ &<\left( \frac{1}{2} \right) ^m,\quad m=1,2,\cdots,n. \end{align*}$$

(III)解:由(II)知,当$n\geqslant 6$时,
$$\begin{align*} &\left( 1-\frac{1}{n+3} \right) ^1+\left( 1-\frac{1}{n+3} \right) ^2+\cdots +\left( 1-\frac{1}{n+3} \right) ^n \\ &<\frac{1}{2}+\left( \frac{1}{2} \right) ^2+\cdots +\left( \frac{1}{2} \right) ^n=1-\frac{1}{2^n}<1, \end{align*}$$
所以
$$\left( \frac{n+2}{n+3} \right) ^n+\left( \frac{n+1}{n+3} \right) ^n+\cdots +\left( \frac{3}{n+3} \right) ^n<1,$$
即$3^n+4^n+\cdots+(n+2)^n<(n+3)^n$,

即当$n\geqslant 6$时,不存在满足该等式的正整数$n$.

故只需要讨论$n=1,2,3,4,5$的情形;

当$n=1$时, $3\neq 4$,等式不成立;

当$n=2$时, $3^2+4^2=5^2$,等式成立;

当$n=3$时, $3^3+4^3+5^3=6^3$,等式成立;

当$n=4$时, $3^4+4^4+5^4+6^4$为偶数,而$7^4$为奇数,故$3^4+4^4+5^4+6^4\neq 7^4$,等式不成立;

当$n=5$时,同$n=4$的情形可分析出,等式不成立.

综上,所求的$n$只有$n=2,3$.

\textbf{解法二:} (I)证明:当$x=0$或$m=1$时,原不等式中等号显然成立.

下用数学归纳法证明:

当$x>-1$,且$x\neq 0$时, $m\geqslant 2$,
$$(1+x)^m> 1+mx.\tag*{\ding{172}}$$

(i)当$m=2$时,左边$=1+2x+x^2$,右边$=1+2x$,因为$x\neq 0$,所以$x^2>0$,即左边$>$右边,不等式\ding{172}成立;

(ii)假设当$m=k\,(k\geq 2)$时,不等于\ding{172}成立,即$(1+x)^k>1+kx$,则当$m=k+1$时,因为$x>-1$,所以$1+x>0$.又因为$x\neq 0,k\geq 2$,所以$kx^2>0$.

于是在不等式$(1+x)^k>1+kx$两边同乘以$1+x$得
$$\begin{align*} (1+x)^k\cdot (1+x)&\geqslant (1+kx)(1+x)\\ &=1+(k+1)x+kx^2\\ &>1+(k+1)x, \end{align*}$$
所以$(1+x)^{k+1}>1+(k+1)x$.

即当$m=k+1$时,不等式\ding{172}也成立.

综上所述,所证不等式成立.

(II)证明:当$n\geqslant 6,m\leqslant n$时,因为$\left( 1-\frac{1}{n+3} \right) ^n<\frac{1}{2}$,所以
$$\left[ \left( 1-\frac{1}{n+3} \right) ^m \right] ^n<\left( \frac{1}{2} \right) ^m,$$
而由(I),
$$\left( 1-\frac{1}{n+3} \right) ^m\geqslant 1-\frac{m}{n+3}>0,$$
所以
$$\left( 1-\frac{m}{n+3} \right) ^n\leqslant \left[ \left( 1-\frac{1}{n+3} \right) ^m \right] ^n<\left( \frac{1}{2} \right) ^m.$$

(III)解:假设存在正整数$n_0\geqslant6$使等式$3^{n_0}+4^{n_0}+\cdots+(n_0+2)^{n_0}=(n_0+3)^{n_0}$成立,即有
$$\left( \frac{3}{n_0+3} \right) ^{n_0}+\left( \frac{4}{n_0+3} \right) ^{n_0}+\cdots +\left( \frac{n_0+2}{n_0+3} \right) ^{n_0}=1. \tag*{\ding{173}}$$
又由(II)可得
$$\begin{align*} &\left( \frac{3}{n_0+3} \right) ^{n_0}+\left( \frac{4}{n_0+3} \right) ^{n_0}+\cdots +\left( \frac{n_0+2}{n_0+3} \right) ^{n_0} \\ &=\left( 1-\frac{n_0}{n_0+3} \right) ^{n_0}+\left( 1-\frac{n_0-1}{n_0+3} \right) ^{n_0}+\cdots +\left( 1-\frac{1}{n_0+3} \right) ^{n_0} \\ &<\left( \frac{1}{2} \right) ^{n_0}+\left( \frac{1}{2} \right) ^{n_0-1}+\cdots +\frac{1}{2}=1-\frac{1}{2^{n_0}}<1, \end{align*}$$
与\ding{173}式矛盾.

故当$n\geqslant 6$时,不存在满足该等式的正整数$n$.

下同解法一.
\end{solution}