三角函数不等式

若$0<eta<alpha<frac{pi}{2}$,求证: $sinalpha-sineta<alpha-eta< analpha- aneta$.

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

而

$$
an alpha - an eta = an left( alpha -eta ight) cdot left( 1+ an alpha an eta ight) > an left( alpha -eta ight) >alpha -eta .
$$

$$
lim_{x ightarrow infty} left( cos frac{pi}{sqrt{x}} ight) ^x=lim_{x ightarrow infty} exp left{ xlncos frac{pi}{sqrt{x}} ight}
\
=lim_{x ightarrow infty} exp left{ xln left( 1+cos frac{pi}{sqrt{x}}-1 ight) ight} =lim_{x ightarrow infty} exp left{ xleft( cos frac{pi}{sqrt{x}}-1 ight) ight}
\
=lim_{x ightarrow infty} exp left{ xleft( -frac{1}{2}left( frac{pi}{sqrt{x}} ight) ^2 ight) ight} =e^{-pi ^2/2}
$$

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

(1)用$a$表示出$b$, $c$;

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

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

end{solution}

egin{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$xin mathbb{R}$,记$[x]$为不小于$x$的最小整数,例如$[2]=2,[pi]=4,left[ -frac{3}{2} ight] =-1$.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}
egin{solution}
(I)因为$f'(x)=(r+1)(1+x)^r-(r+1)
=(r+1)left[(1+x)^r-1 ight]$,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$xin (-1,+infty)$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$x eq 0$时,有
[(1+x)^{r+1}> 1+(r+1)x. ag*{ding{172}}]
在ding{172}中,令$x=frac{1}{n}$ (这时$x>-1$且$x eq 0$),则有$left( 1+frac{1}{n} ight) ^{r+1}>1+frac{r+1}{n}$.

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}. ag*{ding{173}}]

当$n>1$时,在ding{172}中令$x=-frac{1}{n}$ (这时$x>-1$且$x eq 0$),类似可得
[n^r>frac{n^{r+1}-(n-1)^{r+1}}{r+1}. ag*{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}. ag*{ding{175}}]

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

由$[S]$的定义,得$[S]=211$.
end{solution}

egin{example}
(2014湖北卷, 理科第22题)
$pi $为圆周率, $e=2.718\,28cdots $为自然对数的底数.
egin{itemize}
item[(I)] 求函数$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}
egin{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$eln 3<eln pi,piln e<pi ln 3$,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, $frac{lnpi}{pi}<frac{ln e}{e}$,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$2-lnpi<frac{e}{pi}$,即得
[lnpi>2-frac{e}{pi}. ag*{ding{172}}]
由ding{172}得, $eln pi >eleft( 2-frac{e}{pi} ight) >2.7 imes left( 2-frac{2.72}{3.1} ight) >2.7 imes left( 2-0.88 ight) =3.024>3$,即$eln pi >3$,亦即$lnpi^e>ln e^3$,所以$e^3<pi^e$.

又由ding{172}得, $3ln pi >6-frac{3e}{pi}>6-e>pi$,即$3ln pi >pi$,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}

egin{example}
(2015年湖北卷, 理科第22题)
已知数列${a_n}$的各项均为正数, $b_n=nleft(1+frac{1}{n} ight)^na_n\,(nin mathbb{N}_+)$, $e$为自然对数的底数.
egin{itemize}
item[(I)] 求函数$f(x)=1+x-e^x$的单调区间, 并比较$left(1+frac{1}{n} ight)^n$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
$frac{b_1b_2cdots b_n}{a_1a_2cdots a_n}$的公式, 并给出证明;

item[(III)] 令$c_n=(a_1a_2cdots a_n)^{frac{1}{n}}$, 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}
egin{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} ight)^n<e. ag*{ding{172}}]

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

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

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

由此推测:
[
frac{b_1b_2cdots b_n}{a_1a_2cdots a_n}=left( n+1 ight) ^n. ag*{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$frac{b_1b_2cdots b_k}{a_1a_2cdots a_k}=left( k+1 ight) ^k$.

当$n=k+1$时, $b_{k+1}=left( k+1 ight) left( 1+frac{1}{k+1} ight) ^{k+1}a_{k+1}$,由归纳假设可得
egin{align*}
frac{b_1b_2cdots b_kb_{k+1}}{a_1a_2cdots a_ka_{k+1}} &=frac{b_1b_2cdots b_k}{a_1a_2cdots a_k}cdot frac{b_{k+1}}{a_{k+1}}
\
&=left( k+1 ight) ^kleft( k+1 ight) left( 1+frac{1}{k+1} ight) ^{k+1}=left( k+2 ight) ^{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
egin{align*}
T_n= &c_1+c_2+c_3+cdots +c_n
\
=&left( a_1 ight) ^{frac{1}{1}}+left( a_1a_2 ight) ^{frac{1}{2}}+left( a_1a_2a_3 ight) ^{frac{1}{3}}+cdots +left( a_1a_2cdots a_n ight) ^{frac{1}{n}}
\
=&frac{left( b_1 ight) ^{frac{1}{1}}}{2}+frac{left( b_1b_2 ight) ^{frac{1}{2}}}{3}+frac{left( b_1b_2b_3 ight) ^{frac{1}{3}}}{4}+cdots +frac{left( b_1b_2cdots b_n ight) ^{frac{1}{n}}}{n+1}
\
leqslant &frac{b_1}{1 imes 2}+frac{b_1+b_2}{2 imes 3}+frac{b_1+b_2+b_3}{3 imes 4}+cdots +frac{b_1+b_2+cdots +b_n}{nleft( n+1 ight)}
\
=& b_1left[ frac{1}{1 imes 2}+frac{1}{2 imes 3}+cdots +frac{1}{nleft( n+1 ight)} ight]
\
& +b_2left[ frac{1}{2 imes 3}+frac{1}{3 imes 4}+cdots +frac{1}{nleft( n+1 ight)} ight] +cdots +b_ncdot frac{1}{nleft( n+1 ight)}
\
= &b_1left( 1-frac{1}{n+1} ight) +b_2left( frac{1}{2}-frac{1}{n+1} ight) +cdots +b_nleft( frac{1}{n}-frac{1}{n+1} ight)
\
<&frac{b_1}{1}+frac{b_2}{2}+cdots +frac{b_n}{n}
\
<&left( 1+frac{1}{1} ight) ^1a_1+left( 1+frac{1}{2} ight) ^2a_2+cdots +left( 1+frac{1}{n} ight) ^na_n
\
<& ea_1+ea_2+cdots +ea_n=eS_n.
end{align*}
即$T_n<eS_n$.
end{solution}

egin{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, $(1+x)^mgeqslant 1+mx$.\
(II) 对于$ngeqslant 6$, 已知$left( 1-frac{1}{n+3} ight)^n<frac{1}{2}$, 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}
egin{solution}
extbf{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$x^2geqslant 0$,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$(1+x)^kgeqslant 1+kx$,则当$m=k+1$时,

因为$x>-1$,所以$1+x>0$.

于是在不等式$(1+x)^kgeqslant 1+kx$两边同乘以$1+x$得
egin{align*}
(1+x)^kcdot (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$ngeqslant 6,mleqslant n$时,由(I)得
$$
left( 1-frac{1}{n+3} ight) ^mgeqslant 1-frac{m}{n+3}>0,
$$
于是
egin{align*}
left( 1-frac{m}{n+3} ight) ^n &leqslant left( 1-frac{1}{n+3} ight) ^{mn}=left[ left( 1-frac{1}{n+3} ight) ^n ight] ^m
\
&<left( frac{1}{2} ight) ^m,quad m=1,2,cdots,n.
end{align*}

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

即当$ngeqslant 6$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, $3 eq 4$,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$3^4+4^4+5^4+6^4 eq 7^4$,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$n=2,3$.

extbf{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$x eq 0$时, $mgeqslant 2$,
[(1+x)^m> 1+mx. ag*{ding{172}}]

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

(ii)假设当$m=k\,(kgeq 2)$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$x eq 0,kgeq 2$,所以$kx^2>0$.

于是在不等式$(1+x)^k>1+kx$两边同乘以$1+x$得
egin{align*}
(1+x)^kcdot (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$ngeqslant 6,mleqslant n$时,因为$left( 1-frac{1}{n+3} ight) ^n<frac{1}{2}$,所以
$$
left[ left( 1-frac{1}{n+3} ight) ^m ight] ^n<left( frac{1}{2} ight) ^m,
$$
而由(I),
$$
left( 1-frac{1}{n+3} ight) ^mgeqslant 1-frac{m}{n+3}>0,
$$
所以
$$
left( 1-frac{m}{n+3} ight) ^nleqslant left[ left( 1-frac{1}{n+3} ight) ^m ight] ^n<left( frac{1}{2} ight) ^m.
$$

(III)解:假设存在正整数$n_0geqslant6$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} ight) ^{n_0}+left( frac{4}{n_0+3} ight) ^{n_0}+cdots +left( frac{n_0+2}{n_0+3} ight) ^{n_0}=1. ag*{ding{173}}
]
又由(II)可得
egin{align*}
&left( frac{3}{n_0+3} ight) ^{n_0}+left( frac{4}{n_0+3} ight) ^{n_0}+cdots +left( frac{n_0+2}{n_0+3} ight) ^{n_0}
\
&=left( 1-frac{n_0}{n_0+3} ight) ^{n_0}+left( 1-frac{n_0-1}{n_0+3} ight) ^{n_0}+cdots +left( 1-frac{1}{n_0+3} ight) ^{n_0}
\
&<left( frac{1}{2} ight) ^{n_0}+left( frac{1}{2} ight) ^{n_0-1}+cdots +frac{1}{2}=1-frac{1}{2^{n_0}}<1,
end{align*}
与ding{173}式矛盾.

故当$ngeqslant 6$时,不存在满足该等式的正整数$n$.

下同解法一.
end{solution}