第一篇：9導(dǎo)數(shù)情境下的不等式證明2

導(dǎo)數(shù)情境下的不等式證明21、已知函數(shù)g(x)=xlnx,設(shè)0

1.2

x2且x1?[?1,0]，x2?[1,2]．

2、設(shè)函數(shù)f(x)?x?3bx?3cx有兩個(gè)極值點(diǎn)x1、證明：?10≤f(x2)≤-

3、已知函數(shù)f(x)?(x?1)lnx?x?1.證明：(x?1)f(x)?0.4、已知函數(shù)f(x)?

x?ax?(a?1)lnx,a?1，2

f(x1)?f(x2)

??1.x1?x2

（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；（2）證明：若a?5，則對(duì)于任意x1,x2?(0,??),x1?x2,有

5、已知函數(shù)f?x??x?

?alnxx

?x?0?，f?x?的導(dǎo)函數(shù)是f'?x?，對(duì)任意兩個(gè)不相等的正數(shù)x1,x2，?x?x?

?f?12?;（Ⅱ）當(dāng)a?4時(shí)，f'?x1??f'?x2??x1?x2

?2?

證明：（Ⅰ）當(dāng)a?0時(shí)，?x

f?x1??f?x2?

6、已知函數(shù)f(x)?xe(x?R)（Ⅰ）求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）若函數(shù)y?g(x)的圖象與函數(shù)y?f(x)的圖象關(guān)于直線x?1對(duì)稱，證明當(dāng)x?1時(shí)，f(x)?g(x)；（III）若x1?x2，且f(x1)?f(x2)，證明x1?x2?2

第二篇：導(dǎo)數(shù)證明不等式

導(dǎo)數(shù)證明不等式

一、當(dāng)x>1時(shí),證明不等式x>ln(x+1)

f(x)=x-ln(x+1)

f'(x)=1-1/(x+1)=x/(x+1)

x>1,所以f'(x)>0,增函數(shù)

所以x>1,f(x)>f(1)=1-ln2>0

f(x)>0

所以x>0時(shí)，x>ln(x+1)

二、導(dǎo)數(shù)是近些年來(lái)高中課程加入的新內(nèi)容，是一元微分學(xué)的核心部分。本文就談?wù)剬?dǎo)數(shù)在一元不等式中的應(yīng)用。

例1.已知x∈(0，)，求證:sinx

第三篇：導(dǎo)數(shù)公式證明

導(dǎo)數(shù)的定義：f'(x)=lim Δy/Δx Δx→0（下面就不再標(biāo)明Δx→0了）用定義求導(dǎo)數(shù)公式（1）f(x)=x^n

證法一：（n為自然數(shù)）f'(x)=lim [(x+Δx)^n-x^n]/Δx =lim(x+Δx-x)[(x+Δx)^(n-1)+x*(x+Δx)^(n-2)+...+x^(n-2)*(x+Δx)+x^(n-1)]/Δx =lim [(x+Δx)^(n-1)+x*(x+Δx)^(n-2)+...+x^(n-2)*(x+Δx)+x^(n-1)] =x^(n-1)+x*x^(n-2)+x^2*x^(n-3)+...x^(n-2)*x+x^(n-1)=nx^(n-1)

證法二：（n為任意實(shí)數(shù)）

f(x)=x^n lnf(x)=nlnx(lnf(x))'=(nlnx)' f'(x)/f(x)=n/x f'(x)=n/x*f(x)f'(x)=n/x*x^n f'(x)=nx^(n-1)

（2）f(x)=sinx f'(x)=lim(sin(x+Δx)-sinx)/Δx=lim(sinxcosΔx+cosxsinΔx-sinx)/Δx =lim(sinx+cosxsinΔx-sinx)/Δx=lim cosxsinΔx/Δx=cosx

（3）f(x)=cosx f'(x)=lim(cos(x+Δx)-cosx)/Δx=lim(cosxcosΔx-sinxsinΔx-cosx)/Δx =lim(cosx-sinxsinΔx-cos)/Δx=lim-sinxsinΔx/Δx=-sinx

（4）f(x)=a^x f'(x)=lim(a^(x+Δx)-a^x)/Δx=lim a^x*(a^Δx-1)/Δx（設(shè)a^Δx-1=m，則Δx=loga^(m+1)）

=lim a^x*m/loga^(m+1)=lim a^x*m/[ln(m+1)/lna]=lim a^x*lna*m/ln(m+1)=lim a^x*lna/[(1/m)*ln(m+1)]=lim a^x*lna/ln[(m+1)^(1/m)] =lim a^x*lna/lne=a^x*lna

若a=e，原函數(shù)f(x)=e^x 則f'(x)=e^x*lne=e^x

（5）f(x)=loga^x f'(x)=lim(loga^(x+Δx)-loga^x)/Δx

=lim loga^[(x+Δx)/x]/Δx=lim loga^(1+Δx/x)/Δx=lim ln(1+Δx/x)/(lna*Δx)=lim x*ln(1+Δx/x)/(x*lna*Δx)=lim(x/Δx)*ln(1+Δx/x)/(x*lna)=lim ln[(1+Δx/x)^(x/Δx)]/(x*lna)=lim lne/(x*lna)=1/(x*lna)

若a=e，原函數(shù)f(x)=loge^x=lnx則f'(x)=1/(x*lne)=1/x（6）f(x)=tanx f'(x)=lim(tan(x+Δx)-tanx)/Δx=lim(sin(x+Δx)/cos(x+Δx)-sinx/cosx)/Δx =lim(sin(x+Δx)cosx-sinxcos(x+Δx)/(Δxcosxcos(x+Δx))=lim(sinxcosΔxcosx+sinΔxcosxcosx-sinxcosxcosΔx+sinxsinxsinΔx)/(Δxcosxcos(x+Δx))=lim sinΔx/(Δxcosxcos(x+Δx))=1/(cosx)^2=secx/cosx=(secx)^2=1+(tanx)^2

（7）f(x)=cotx f'(x)=lim(cot(x+Δx)-cotx)/Δx=lim(cos(x+Δx)/sin(x+Δx)-cosx/sinx)/Δx =lim(cos(x+Δx)sinx-cosxsin(x+Δx))/(Δxsinxsin(x+Δx))=lim(cosxcosΔxsinx-sinxsinxsinΔx-cosxsinxcosΔx-cosxsinΔxcosx)/(Δxsinxsin(x+Δx))=lim-sinΔx/(Δxsinxsin(x+Δx))=-1/(sinx)^2=-cscx/sinx=-(secx)^2=-1-(cotx)^2

（8）f(x)=secx f'(x)=lim(sec(x+Δx)-secx)/Δx=lim(1/cos(x+Δx)-1/cosx)/Δx =lim(cosx-cos(x+Δx)/(ΔxcosxcosΔx)=lim(cosx-cosxcosΔx+sinxsinΔx)/(Δxcosxcos(x+Δx))=lim sinxsinΔx/(Δxcosxcos(x+Δx))=sinx/(cosx)^2=tanx*secx

（9）f(x)=cscx f'(x)=lim(csc(x+Δx)-cscx)/Δx=lim(1/sin(x+Δx)-1/sinx)/Δx =lim(sinx-sin(x+Δx))/(Δxsinxsin(x+Δx))=lim(sinx-sinxcosΔx-sinΔxcosx)/(Δxsinxsin(x+Δx))=lim-sinΔxcosx/(Δxsinxsin(x+Δx))=-cosx/(sinx)^2=-cotx*cscx

（10）f(x)=x^x lnf(x)=xlnx(lnf(x))'=(xlnx)' f'(x)/f(x)=lnx+1 f'(x)=(lnx+1)*f(x)f'(x)=(lnx+1)*x^x（12）h(x)=f(x)g(x)h'(x)=lim(f(x+Δx)g(x+Δx)-f(x)g(x))/Δx =lim [(f(x+Δx)-f(x)+f(x))*g(x+Δx)+(g(x+Δx)-g(x)-g(x+Δx))*f(x)]/Δx =lim [(f(x+Δx)-f(x))*g(x+Δx)+(g(x+Δx)-g(x))*f(x)+f(x)*g(x+Δx)-f(x)*g(x+Δx)]/Δx =lim(f(x+Δx)-f(x))*g(x+Δx)/Δx+(g(x+Δx)-g(x))*f(x)/Δx=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)（13）h(x)=f(x)/g(x)h'(x)=lim(f(x+Δx)/g(x+Δx)-f(x)g(x))/Δx =lim(f(x+Δx)g(x)-f(x)g(x+Δx))/(Δxg(x)g(x+Δx))=lim [(f(x+Δx)-f(x)+f(x))*g(x)-(g(x+Δx)-g(x)+g(x))*f(x)]/(Δxg(x)g(x+Δx))=lim [(f(x+Δx)-f(x))*g(x)-(g(x+Δx)-g(x))*f(x)+f(x)g(x)-f(x)g(x)]/(Δxg(x)g(x+Δx))=lim(f(x+Δx)-f(x))*g(x)/(Δxg(x)g(x+Δx))-(g(x+Δx)-g(x))*f(x)/(Δxg(x)g(x+Δx))=f'(x)g(x)/(g(x)*g(x))-f(x)g'(x)/(g(x)*g(x))=[f'(x)g(x)-f(x)g'(x)]/(g(x)*g(x))x（14）h(x)=f(g(x))h'(x)=lim [f(g(x+Δx))-f(g(x))]/Δx =lim [f(g(x+Δx)-g(x)+g(x))-f(g(x))]/Δx（另g(x)=u，g(x+Δx)-g(x)=Δu）=lim(f(u+Δu)-f(u))/Δx=lim(f(u+Δu)-f(u))*Δu/(Δx*Δu)=lim f'(u)*Δu/Δx=lim f'(u)*(g(x+Δx)-g(x))/Δx=f'(u)*g'(x)=f'(g(x))g'(x)總結(jié)一下

（x^n）'=nx^(n-1)（sinx）'=cosx（cosx）'=-sinx（a^x）'=a^xlna（e^x）'=e^x（loga^x）'=1/(xlna)（lnx）'=1/x(tanx)'=(secx)^2=1+(tanx)^2(cotx)'=-(cscx)^2=-1-(cotx)^2(secx)'=tanx*secx(cscx)'=-cotx*cscx(x^x)'=(lnx+1)*x^x [f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)[f(x)/g(x)]'=[f'(x)g(x)-f(x)g'(x)]/(g(x)*g(x))[f(g(x))]'=f'(g(x))g'(x)

第四篇：應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明不等式

應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明不等式

常澤武指導(dǎo)教師：任天勝

（河西學(xué)院數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院 甘肅張掖 734000）

摘要： 不等式在初等數(shù)學(xué)和高等代數(shù)中有廣泛的應(yīng)用，證明方法很多，本文以函數(shù)的觀點(diǎn)來(lái)認(rèn)識(shí)不等式，以導(dǎo)數(shù)為工具來(lái)證明不等式。

關(guān)鍵字： 導(dǎo)數(shù) 不等式最值中值定理單調(diào)性泰勒公式

中圖分類號(hào)： O13

Application derivative to testify inequality

ChangZeWu teachers: RenTianSheng

(HeXi institute of mathematics and statistics Gansu zhang ye 734000)Abstract: He inequality in elementary mathematics and higher algebra is widely used, proved many methods, based on the function point of view to know inequality to derivative tools to prove to inequality.Key words: The most value of derivative inequality value theorem monotonicity Taylor formula

1.利用微分中值定理來(lái)證明不等式

在數(shù)學(xué)分析中，我們學(xué)到了拉格朗日中值定理，其內(nèi)容為：

定理1.如果函數(shù)f?x?在閉區(qū)間?a,b?上連續(xù)，在開(kāi)區(qū)間?a,b?上可導(dǎo)，則至少存在一點(diǎn)???a,b?，使得f'(?)?

拉格朗日中值定理是探討可微函數(shù)的的幾何特性及證明不等式的重要工具，我們可以根據(jù)以下兩種方法來(lái)證明。

（1）首先，分析不等式通過(guò)變形，將其特殊化。其次，選取合適的函數(shù)和范圍。第三，利用拉格朗日中值定理。最后，在根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和最大值和最小值。

（2）我們可根據(jù)其兩種等價(jià)表述方式

①f(b)?f(a)?f'(a??(b?a))(b?a),0???1

②f?a?h??f?a??f'?a??h?h,0???1

我們可以?的范圍來(lái)證明不等式。f(b)?f(a)。b?a

11(x?0)例1.1證明不等式ln(1?)?x1?x

證明第一步變形1 ln(1?)?ln(1?x)?ln(x)x

第二步選取合適的函數(shù)和范圍

令f(x)?lntt??x,1?x?

第三步應(yīng)用拉格朗日中值定理

存在???x,1?x?使得f'(?)?f(1?x)?f(x)(1?x)?(x)

即ln(1?x)?ln(x)?1

?而 ?<1+x 1 1?x

1?x1)?而0?x??? 即ln(x1?x?ln(1?x)?ln(x)?

例 1.2證明：?h>-1且h?0都有不等式成立：

h?ln(1?h)?h 1?h

證明：令f(x)=ln(1+x),有拉格朗日中值定理，????0,1?使得

ln(1?h)?f(h)?f(0)?f'(?h)h?

當(dāng)h>0時(shí)有

1??h?1?1?h,當(dāng)?1?h?0時(shí)有

1?1??h?1?h?0,即h.1??h1h??h;1?h1??h1h??h.1?h1??h

2．利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式

我們?cè)诔醯葦?shù)學(xué)當(dāng)中學(xué)習(xí)不等式的證明時(shí)用到了兩種方法：一種是判斷它們差的正負(fù)，另一種是判斷它們的商大于1還是小于1.而我們今天所要討論的是根據(jù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的思想來(lái)判斷大小。

定理：設(shè)函數(shù)f(x)在?a,b?上連續(xù)，在?a,b?可導(dǎo)，那么

（1）若在?a,b?內(nèi)f'(x)?0則f(x)在?a,b?內(nèi)單調(diào)遞增。

（2）若在?a,b?內(nèi)f'(x)?0則f(x)在?a,b?內(nèi)單調(diào)遞減。

使用定理：要證明區(qū)間?a,b?上的不等式f(x)?g(x)，只需令F(x)?f(?x)。g使在(x)?a,b?上F'(x)>0（F'(x)<0）且F(a)=0或（F(b)=0）例2.1 設(shè)x?0證明不等式ln(1?x)?xe?x

證明：令F(x)?ln(1?x)?xe?x（x>0）

顯然F(0)?0

1ex?x2?1?x?x（x>0）F'(x)??e?xe?x1?x(1?x)e

現(xiàn)在來(lái)證明ex?x2?1?0

令f(x)?ex?x2?1顯然f(0)?0

當(dāng)x?0時(shí)f'(x)?ex?2x?0

于是得f(x)在x?0上遞增

故對(duì)x?0有f(x)?f(0)?f(x)?0

而(1?x)ex?0

所以F'(x)?0故F(x)遞增

又因?yàn)镕(0)?0

所以F(x)?0

所以ln(1?x)?xe?x成立

3．利用函數(shù)的最大值和最小值證明不等式

當(dāng)?shù)仁街泻小?”號(hào)時(shí)，不等式f(x)?g(x)(或f(x)?g(x))? g(x)?f(x)?0（或g(x)?f(x)?0），亦即等價(jià)于函數(shù)G(x)?g(x)?f(x)有最小值或F(x)?f(x?)g(有最大值。x)

證明思路：由待正不等式建立函數(shù)，通過(guò)導(dǎo)數(shù)求出極值并判斷時(shí)極大值還是極小值，在求出最大值或最小值，從而證明不等式。

1例3.1證明若p>1，則對(duì)于?0,1?中的任意x有p?1?xp?(1?x)p?1 2

證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)?xp?(1?x)p(0?x?1)

則有f'(x)?pxp?1?p(1?x)p?1?p(xp?1?(1?x)p?1)

令f'(x)?0，可得xp?1?(1?x)p?1，于是有x?1?x，從而求得x?1。由于2

函數(shù)f(x)在閉區(qū)間?0,1?上連續(xù)，因而在閉區(qū)間?0,1?上有最小值和最大值。

由于函數(shù)f(x)內(nèi)只有一個(gè)駐點(diǎn)，沒(méi)有不可導(dǎo)點(diǎn)，又函數(shù)f(x)在駐點(diǎn)x?1和2

111p1?)?p?1,f(0)?f(1),區(qū)間端點(diǎn)(x?0和x?1)的函數(shù)值為f()?)p?(1所以2222

1f(x)在?0,1?的最小值為p?1，最大值為1，從而對(duì)于?0,1?中的任意x有2

11?f(x)?1?xp?(1?x)p?1。，既有p?1p?122

4．利用函數(shù)的泰勒展式證明不等式

若函數(shù)f(x)在含有x0的某區(qū)間有定義，并且有直到(n?1)階的各階導(dǎo)數(shù)，又在x0處有n階導(dǎo)數(shù)f(n)(x0)，則有展式： f'(x0)f''(x0)fn(x0)2(x?x0)?(x?x0)??(x?x0)n?Rn(x)f(x)?f(x0)?1!2!n!

在泰勒公式中，取x0=0,變?yōu)辂溈藙诹止?/p>

f'(0)f''(0)2fn(0)nf(x)?f(0)?(x)?(x)??(x)?Rn(x)1!2!n!

在上述公式中若Rn(x)?0(或?0)則可得

f'(0)f''(0)2fn(0)nf(x)?f(0)?(x)?(x)??(x)，1!2!n!

f'(0)f''(0)2fn(0)n(x)?(x)??(x)?；騠(x)?f(0)?1!2!n!

帶有拉格朗日余項(xiàng)的泰勒公式的實(shí)質(zhì)是拉格朗日微分中值定理的深化，他是一個(gè)定量估計(jì)式，該公式在不等式證明和微分不等式證明及較為復(fù)雜的極限計(jì)算中有廣泛的應(yīng)用。

用此公式證明不等式就是要把所證不等式化簡(jiǎn)，其中函數(shù)用此公式，在把公式右邊放大或縮小得到所證不等式。

例4.1若函數(shù)f(x)滿足：（1）在區(qū)間?a,b?上有二階導(dǎo)函數(shù)f''(x)，（2）

f'(a)?f'(b)?0，則在區(qū)間?a,b?內(nèi)至少存在一點(diǎn)c，使

f''(c)?4f(b)?f(a)。2(b?a)

證明：由f(x)在x?a和x?b處的泰勒公式，并利用f'(a)?f'(b)?0，得f(x)?f(a)?f''(?)(x?a)2

2!f''(?)f(x)?f(b)?(x?b)2,于是2!

a?bf''(?)(b?a)2a?bf()?f(a)??(a???),22!42

a?bf''(?)(b?a)2a?bf()?f(b)??(a???),22!42

f''(?)?f''(?)(b?a)2

相減，得f(b)-f(a)=,24

4f(b)?f(a)1(b?a)2

即?f''(?)?f(?)?,(b?a)224

當(dāng)f''(?)?f''(?)時(shí)，記c??否則記c=?,那么

f''(c)?4f(b)?f(a)(a?b?c)(b?a)2

參 考 文 獻(xiàn)

《數(shù)學(xué)分析》上冊(cè)，高等教育出版社，1990.?1?鄭英元，毛羽輝，宋國(guó)棟編，?2?趙煥光，林長(zhǎng)勝編《數(shù)學(xué)分析》上冊(cè)，四川大學(xué)出版社，2006。?3?歐陽(yáng)光中，姚允龍，周淵編《數(shù)學(xué)分析》上冊(cè)，復(fù)旦大學(xué)出版社，2004.?4?華東師范大學(xué)數(shù)學(xué)系編《數(shù)學(xué)分析》上冊(cè)，第三版，高等教育出版社2001.

第五篇：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

例1．已知x>0，求證：x>ln(1+x)分析：設(shè)f(x)=x－lnx。x?[0,+??。考慮到f(0)=0，要證不等式變?yōu)椋簒>0時(shí)，f(x)>f(0)，這只要證明：

f(x)在區(qū)間[0,??)是增函數(shù)。

證明：令：f(x)=x－lnx，容易看出，f(x)在區(qū)間[0,??)上可導(dǎo)。

且limf(x)?0?f(0)?x?0 由f'(x)?1?1x 可得：當(dāng)x?(0,??)時(shí)，f'(x)?f(0)?0 ?x?1x?1 即x－lnx>0，所以：x>0時(shí)，x>lnx 評(píng)注：要證明一個(gè)一元函數(shù)組成的不等式成立，首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個(gè)

函數(shù)（可以移項(xiàng)，使右邊為零，將移項(xiàng)后的左式設(shè)為函數(shù)），并利 用導(dǎo)數(shù)判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，證明要 證的不等式。

例2：當(dāng)x??0,??時(shí)，證明不等式sinx?x成立。證明：設(shè)f(x)?sinx?x,則f'(x)?cosx?1.∵x?(0,?),∴f'(x)?0.∴f(x)?sinx?x在x?(0,?)內(nèi)單調(diào)遞減，而f(0)?0.∴f(x)?sinx?x?f(0)?0, 故當(dāng)x?(0,?)時(shí)，sinx?x成立。

點(diǎn)評(píng)：一般地，證明f(x)?g(x),x?(a,b),可以構(gòu)造函數(shù)F(x)?f(x)?g(x)，如果F'(x)?0,，則F(x)在(a,b)上是減函數(shù)，同時(shí)若F(a)?0,由減函數(shù)的定義可知，x?(a,b)時(shí)，有F(x)?0,即證明了f(x)?g(x)。

x練習(xí)：1.當(dāng)x?0時(shí)，證明不等式e?1?x?12x成立。2證明：設(shè)f?x??e?1?x?x12x,則f'?x??ex?1?x.2xxx令g(x)?e?1?x,則g'(x)?e?1.當(dāng)x?0時(shí)，g'?x??e?1?0.?g(x)在?0,???上單調(diào)遞增，而g(0)?0.?g?x??g(0)?0,?g(x)?0在?0,???上恒成立，?f(x)在即f'(x)?0在?0,???恒成立。?0,???上單調(diào)遞增，又f(0)?0,?ex?1?x?1x2?0,即x?0時(shí)，ex222.證明:當(dāng)x?1時(shí),有l(wèi)n(x?1)?lnx?ln(x?2).?1?x?12x成立。2分析 只要把要證的不等式變形為

ln(x?1)ln(x?2)?,然后把x相對(duì)固定看作常數(shù),并選取輔助函

lnxln(x?1)數(shù)f(x)?ln(x?1).則只要證明f(x)在(0,??)是單調(diào)減函數(shù)即可.lnx證明: 作輔助函數(shù)f(x)?ln(x?1)(x?1)lnxlnxln(x?1)?xlnx?(x?1)ln(x?1)?于是有f?(x)?x?12x

lnxx(x?1)ln2x因?yàn)?1?x?x?1, 故0?lnx?ln(x?1)所以 xlnx?(x?1)ln(x?1)

（1，??）因而在內(nèi)恒有f'(x)?0,所以f(x)在區(qū)間(1,??)內(nèi)嚴(yán)格遞減.又因?yàn)??x?1?x,可知f(x)?f(x?1)即 ln(x?1)ln(x?2)?lnxln(x?1)所以 ln2(x?1)?lnx?ln(x?2).利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)證明不等式是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的一個(gè)重要方面，也成為高考的一個(gè)新熱點(diǎn)，其關(guān)鍵是構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，判斷區(qū)間端點(diǎn)函數(shù)值與0的關(guān)系，其實(shí)質(zhì)就是利用求導(dǎo)的方法研究函數(shù)的單調(diào)性，通過(guò)單調(diào)性證明不等式。

x2例3.證明不等式x??ln(1?x)?x,其中x?0.2x2分析 因?yàn)槔?中不等式的不等號(hào)兩邊形式不一樣,對(duì)它作差ln(1?x)?(x?),則發(fā)現(xiàn)作差以后

21?x)求導(dǎo)得不容易化簡(jiǎn).如果對(duì)ln(1,這樣就能對(duì)它進(jìn)行比較.1?xx2證明: 先證 x??ln(1?x)

2x2設(shè) f(x)?ln(1?x)?(x?)(x?0)

21x21?0)?0?0 f(x)?則 f(0)?ln(?1?x?1?x1?x'?　x?0 即 1?x?0 x2?0

x2?　f?(x)??0　,即在(0,??)上f(x)單調(diào)遞增

1?xx2?　f(x)?f(0)?0 ?　ln(1?x)?x?

21?x)?x;令 g(x)?ln(1?x)?x 再證 ln(則 g(0)?0 g?(x)?1?1 1?x１?ln(1?x)?x ?　x?0 ?　?1 ?　g?(x)?0 １?xx2?　x??ln(1?x)?x 練習(xí)：3（2001年全國(guó)卷理20）已知i,m,n是正整數(shù)，且1?i?m?n

證明：(1?m)n?(1?n)m

分析：要證(1?m)n?(1?n)m成立，只要證

ln(1?m)n?ln(1?n)m

即要證11ln(1?m)?ln(1?n)成立。因?yàn)閙

11ln(1?m)?ln(1?n)； mn從而：(1?m)n?(1?n)m。

評(píng)注：這類非明顯一元函數(shù)式的不等式證明問(wèn)題，首先變換成某一個(gè)一元函數(shù)式分別在兩個(gè)不同點(diǎn)處的函數(shù)值的大小比較問(wèn)題，只要將這個(gè)函數(shù)式找到了，通過(guò)設(shè)函數(shù)，求導(dǎo)判斷它的單調(diào)性，就可以解決不等式證明問(wèn)題。難點(diǎn)在于找這個(gè)一元函數(shù)式，這就是“構(gòu)造函數(shù)法”，通過(guò)這類數(shù)學(xué)方法的練習(xí)，對(duì)培養(yǎng)分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力是有很大好處的，這也是進(jìn)一步學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)所需要的。