第一篇：用導(dǎo)數(shù)證明不等式

用導(dǎo)數(shù)證明不等式

最基本的方法就是將不等式的的一邊移到另一邊，然后將這個(gè)式子令為一個(gè)函數(shù)f(x).對這個(gè)函數(shù)求導(dǎo)，判斷這個(gè)函數(shù)這各個(gè)區(qū)間的單調(diào)性，然后證明其最大值(或者是最小值)大于0.這樣就能說明原不等式了成立了!

1.當(dāng)x>1時(shí),證明不等式x>ln(x+1)

設(shè)函數(shù)f(x)=x-ln(x+1)

求導(dǎo)，f(x)'=1-1/(1+x)=x/(x+1)>0

所以f(x)在(1，+無窮大)上為增函數(shù)

f(x)>f(1)=1-ln2>o

所以x>ln(x+

12..證明：a-a^2>0其中0

F(a)=a-a^

2F'(a)=1-2a

當(dāng)00;當(dāng)1/2

因此，F(xiàn)(a)min=F(1/2)=1/4>0

即有當(dāng)00

3.x>0,證明：不等式x-x^3/6

先證明sinx

因?yàn)楫?dāng)x=0時(shí)，sinx-x=0

如果當(dāng)函數(shù)sinx-x在x>0是減函數(shù)，那么它一定<在0點(diǎn)的值0，求導(dǎo)數(shù)有sinx-x的導(dǎo)數(shù)是cosx-1

因?yàn)閏osx-1≤0

所以sinx-x是減函數(shù)，它在0點(diǎn)有最大值0，知sinx

再證x-x3/6

對于函數(shù)x-x3/6-sinx

當(dāng)x=0時(shí)，它的值為0

對它求導(dǎo)數(shù)得

1-x2/2-cosx如果它<0那么這個(gè)函數(shù)就是減函數(shù)，它在0點(diǎn)的值是最大值了。

要證x2/2+cosx-1>0x>0

再次用到函數(shù)關(guān)系，令x=0時(shí)，x2/2+cosx-1值為0

再次對它求導(dǎo)數(shù)得x-sinx

根據(jù)剛才證明的當(dāng)x>0sinx

x2/2-cosx-1是減函數(shù)，在0點(diǎn)有最大值0

x2/2-cosx-1<0x>0

所以x-x3/6-sinx是減函數(shù)，在0點(diǎn)有最大值0

得x-x3/6

利用函數(shù)導(dǎo)數(shù)單調(diào)性證明不等式X-X2>0，X∈(0,1)成立

令f(x)=x-x2x∈

則f'(x)=1-2x

當(dāng)x∈時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增

當(dāng)x∈時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減

故f(x)的最大值在x=1/2處取得，最小值在x=0或1處取得

f(0)=0,f(1)=0

故f(x)的最小值為零

故當(dāng)x∈(0,1)f(x)=x-x2>0。

i、m、n為正整數(shù)，且1

求證(1+m)^n>(1+n)^m

方法一：利用均值不等式

對于m+1個(gè)數(shù)，其中m個(gè)(2+m)，1個(gè)1,它們的算術(shù)平均數(shù)大于幾何平均數(shù)，即

/(m+1)>^

即1+m>(2+m)^

即(1+m)^(1/m)>^

由此說明數(shù)列{(1+m)^(1/m)}是單調(diào)遞減的。

方法二：導(dǎo)數(shù)方法

令f(x)=(1+x)^(1/x),x>0

求導(dǎo)數(shù)

f'(x)=(1+x)^(1/x)*/x^2

為了考察f'(x)的正負(fù)

令g(x)=x/(1+x)-ln(1+x),x>=0

g'(x)=-x/(1+x)^2<0,x>0

因此g(x)0,亦即f'(x)<0

因此f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減。

令A(yù)*B*C=K的3次方

求證(1+A)的-(1/2)次方加(1+B)的-(1/2)次方加(1+C)的-(1/2)次方>=(1+K)的-(1/2)次方

化成函數(shù)，f(x)，求導(dǎo)，可知其單調(diào)區(qū)間，然后求最大最小值即可。

理論上所有題目都可以用導(dǎo)數(shù)做，但有些技巧要求很高。

(1+A)^-1/2+(1+B)^-1/2+(1+C)^-1/2

=(1+A)^-1/2+(1+B)^-1/2+(1+K^3/AB)^-1/2=f(A,B)

對A求導(dǎo)，f'(A,B)A=0，可得一個(gè)方程，解出即得。

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：用導(dǎo)數(shù)證明不等式舉例

用導(dǎo)數(shù)證明不等式舉例

函數(shù)類不等式證明的通法可概括為：證明不等式f(x)?g(x)（f(x)?g(x)）的問題轉(zhuǎn)化為證明f(x)?g(x)?0（f(x)?g(x)?0），進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)?f(x)?g(x)，然后利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)h(x)的單調(diào)性或證明函數(shù)h(x)的最小值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）。例1 已知x?(0,?

2)，求證：sinx?x?tanx

分析：欲證sinx?x?tanx，只需證函數(shù)f(x)?sinx?x和g(x)?x?tanx在(0,?

2)上單調(diào)

遞減即可。證明：

令f(x)?sinx?x，其中x?(0,?

2)

則f/

(x)?cosx?1，而x?(0,?

2)?cosx?1?cosx?1?0

所以f(x)?sinx?x在(0,?

2)上單調(diào)遞減，即f(x)?sinx?x?f(0)?0

所以sinx?x；

令g(x)?x?tanx，其中x?(0,?

2)

則g/(x)?1?

1cos2x??tan2

x?0，所以g(x)?x?tanx在(0,?2)上單調(diào)遞減，即g(x)?x?tanx?g(0)?0 所以x?tanx。

綜上所述，sinx?x?tanx

評注：證明函數(shù)類不等式時(shí)，構(gòu)造輔助函數(shù)比較容易，只需將不等式的其中一邊變?yōu)?，然后另一邊的函數(shù)作為輔助函數(shù)，并利用導(dǎo)數(shù)證明其單調(diào)性或其最值，進(jìn)而構(gòu)造我們所需的不等式的結(jié)構(gòu)即可。根據(jù)不等式的對稱性，本例也可以構(gòu)造輔助函數(shù)為在(0,?

2)上是單調(diào)遞增的函數(shù)（如：

利用h(x)?x?sinx在(0,?

2)上是單調(diào)遞增來證明不等式sinx?x），另外不等式證明時(shí)，區(qū)間端點(diǎn)值也可以不是我們所需要的最恰當(dāng)?shù)闹担ū热绱死械膄(0)也可以不是0，而是便于放大的正數(shù)也可以）。因此例可變式為證明如下不等式問題： 已知x?(0,?

2)，求證：sinx?1?x?tanx?1

證明這個(gè)變式題可采用兩種方法：

第一種證法：運(yùn)用本例完全相同的方法證明每個(gè)不等式以后再放縮或放大，即證明不等式

sinx?x以后，根據(jù)sinx?1?sinx?x來證明不等式sinx?1?x；

第二種證法：直接構(gòu)造輔助函數(shù)f(x)?sinx?1?x和g(x)?x?tanx?1，其中x?(0,?

2)

然后證明各自的單調(diào)性后再放縮或放大（如：f(x)?sinx?1?x?f(0)??1?0）例2 求證：ln(x?1)?x

分析：令f(x)?ln(x?1)?x，經(jīng)過求導(dǎo)易知，f(x)在其定義域(?1,??)上不單調(diào)，但可以利用最值證明不等式。證明：令f(x)?ln(x?1)?x 函數(shù)f(x)的定義域是(?1,??),f'(x)=

1?x

?1.令f'(x)=0，解得x=0，當(dāng)-10,當(dāng)x>0時(shí),f'(x)<0，又f(0)=0，故當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)，f(x)取得最大值，最大值是0 所以f(x)?ln(x?1)?x?f(0)?0 即ln(x?1)?x

練習(xí)：求證：1

?x?1??x3?1,其中x??1,???.例3：當(dāng)x?0時(shí)，證明不等式ex

?1?x?

x2

成立。

證明：設(shè)f?x??ex?1?x?

1x2,則f'?x??ex2

?1?x.令g(x)?ex

?1?x,則g'(x)?ex

?1.當(dāng)x?0時(shí)，g'?x??ex

?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，即f'(x)?0在?0,???恒成立。?f(x)在?0,???上單調(diào)遞增，又f(0)?0,?ex?1?x?

x?0,即x?0時(shí)，ex?1?x?

x成立。利用導(dǎo)數(shù)知識證明不等式是導(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，通過單調(diào)性證明不等式。21．（本題滿分12分）

已知函數(shù)f(x)?

（1?x)

n

?aln(x?1),其中n?N*,a為常數(shù)．（I）當(dāng)n?2時(shí)，求函數(shù)f(x)的極值；

（II）當(dāng)a?1時(shí)，證明：對任意的正整數(shù)n，當(dāng)x?2時(shí)，有f(x)?x?1.【標(biāo)準(zhǔn)答案】

（Ⅰ）解：由已知得函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?x|x?1?，當(dāng)n?2時(shí)，f(x)?1

(1?x)

?aln(x?1)，所以f?(x)?2?a(1?x)2(1?x)3．（1）當(dāng)a?0時(shí)，由f?(x)?

0得x1?1?

?

1，x2?1??1，此時(shí)f?(x)?

?a(x?x1)(x?x2)

(1?x)3

．

當(dāng)x?(1，x1)時(shí)，f?(x)?0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x?(x1，??)時(shí)，f?(x)?0，f(x)單調(diào)遞增．（2）當(dāng)a?0時(shí)，f?(x)?0恒成立，所以f(x)無極值． 綜上所述，n?2時(shí)，當(dāng)a?0時(shí)，f(x)在x?1

f???1??a?1?ln2?

?2??a??．當(dāng)a?0時(shí)，f(x)無極值．（Ⅱ）

證法二：當(dāng)a?1時(shí)，f(x)?

(1?x)n

?ln(x?1)．

當(dāng)x?2時(shí)，對任意的正整數(shù)n，恒有

(1?x)n

?1，故只需證明1?ln(x?1)≤x?1． 令h(x)?x?1?(1?lnx(?1)?)x?

?2xln，?(x??2，???，則h?(x)?1?

1x?2

x?1?

x?1，當(dāng)x?2時(shí)，h?(x)≥0，故h(x)在?2，???上單調(diào)遞增，因此當(dāng)x?2時(shí)，h(x)?h(2)?0，即1?ln(x?1)?x?1成立． 故當(dāng)x?2時(shí)，有1

(1?x)n

?ln(x?1)?x?1．

即f(x)?x?1．

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)來認(rèn)識不等式，以導(dǎo)數(shù)為工具來證明不等式。

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： 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)以下兩種方法來證明。

（1）首先，分析不等式通過變形，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

我們在初等數(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，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，高等教育出版社，1990.?1?鄭英元，毛羽輝，宋國棟編，?2?趙煥光，林長勝編《數(shù)學(xué)分析》上冊，四川大學(xué)出版社，2006。?3?歐陽光中，姚允龍，周淵編《數(shù)學(xué)分析》上冊，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，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,+???？紤]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：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?中不等式的不等號兩邊形式不一樣,對它作差ln(1?x)?(x?),則發(fā)現(xiàn)作差以后

21?x)求導(dǎo)得不容易化簡.如果對ln(1,這樣就能對它進(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。

評注：這類非明顯一元函數(shù)式的不等式證明問題，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)值的大小比較問題，只要將這個(gè)函數(shù)式找到了，通過設(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”，通過這類數(shù)學(xué)方法的練習(xí)，對培養(yǎng)分析問題、解決問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。