第一篇：導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用——利用導(dǎo)數(shù)證明不等式1

導(dǎo) 數(shù) 的 應(yīng) 用

--------利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

教學(xué)目標(biāo)：

1、進(jìn)一步熟練并加深導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的應(yīng)用并學(xué)會利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

2、培養(yǎng)學(xué)生的分析問題、解決問題及知識的綜合運用能力； 教學(xué)重點：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

教學(xué)難點：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

教學(xué)過程：

一、復(fù)習(xí)回顧

1、利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性；

2、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值、最值；

二、新課引入

引言：導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的一種重要工具．例如：求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、求函數(shù)的最大（?。┲?、求函數(shù)的值域等等．然而，不等式是歷年高考重點考查的內(nèi)容之一.尤其是在解答題中對其的考查，更是學(xué)生感到比較棘手的一個題.因而在解決一些不等式問題時，如能根據(jù)不等式的特點，恰當(dāng)?shù)貥?gòu)造函數(shù)，運用導(dǎo)數(shù)證明或判斷該函數(shù)的單調(diào)性, 出該函數(shù)的最值；由當(dāng)該函數(shù)取最大（或最?。┲禃r不等式都成立，可得該不等式恒成立，從而把證明不等式問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)求最值問題．然后用函數(shù)單調(diào)性去解決不等式的一些相關(guān)問題，可使問題迎刃而解.因此，很多時侯可以利用導(dǎo)數(shù)作為工具得出函數(shù)性質(zhì)，從而解決不等式問題． 下面具體討論導(dǎo)數(shù)在解決與不等式有關(guān)的問題時的作用．

三、新知探究

1、利用導(dǎo)數(shù)得出函數(shù)單調(diào)性來證明不等式

x2例1：當(dāng)x>0時,求證：x?＜ln(1+x).2

x2x2'證明：設(shè)f(x)= x?－ln(1+x)(x>0), 則f(x)=?． 21?x

'∵x>0,∴f(x)<0,故f(x)在（0，+∞）上遞減，x2所以x>0時,f(x)

小結(jié)：把不等式變形后構(gòu)造函數(shù)，然后用導(dǎo)數(shù)證明該函數(shù)的單調(diào)性，達(dá)到證明不等式的目的．

隨堂練習(xí)：課本P32：B組第一題第3小題

2、利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題（掌握恒成立與最值的轉(zhuǎn)化技巧；構(gòu)造函數(shù)證明不等式）

1例２．已知函數(shù)f(x)?aex?x2 2

(1)若f(x)在R上為增函數(shù),求a的取值范圍;

(2)若a=1,求證:x＞0時,f(x)>1+x

解：(1)f′(x)＝ aex－ｘ，∵ｆ（ｘ）在Ｒ上為增函數(shù)，∴f′(x)≥０對ｘ∈Ｒ恒成立，即ａ≥ｘｅ-ｘ對ｘ∈Ｒ恒成立

記ｇ（ｘ）＝ｘｅ-ｘ，則ｇ′(ｘ)＝ｅ-ｘ－ｘｅ-ｘ=(1-x)e-x，當(dāng)ｘ＞１時，ｇ′（ｘ）＜０，當(dāng)ｘ＜１時，ｇ′（ｘ）＞０．

知ｇ（ｘ）在(-∞,1)上為增函數(shù),在(1,+ ∞)上為減函數(shù),∴g(x)在x=1時,取得最大值，即g(x)max=g(1)=1/e, ∴a≥1/e,即a的取值范圍是[1/e, + ∞)

1(2)記F(X)=f(x)－(1+x)=ex?x2?1?x(x?0)2

則F′(x)=ex-1-x,令h(x)= F′(x)=ex-1-x,則h′(x)=ex-1

當(dāng)x>0時, h′(x)>0, ∴h(x)在(0,+ ∞)上為增函數(shù),又h(x)在x=0處連續(xù), ∴h(x)>h(0)=0

即F′(x)>0 ,∴F(x)在(0,+ ∞)上為增函數(shù),又F(x)在x=0處連續(xù),∴F(x)>F(0)=0,即f(x)>1+x．

小結(jié)：當(dāng)函數(shù)取最大（或最小）值時不等式都成立，可得該不等式恒成立，從而把不等式的恒成立問題可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題．不等式恒成立問題，一般都會涉及到求參數(shù)范圍，往往把變量分離后可以轉(zhuǎn)化為m?f(x)(或m?f(x))恒成立，于是，從而把不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為m大于f(x)的最大值（或m小于f(x)的最小值）

求函數(shù)的最值問題．因此，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值是解決不等式恒成立問題的一種重要方法．

例3．（2004年全國）已知函數(shù)f(x)?ln(1?x)?x,g(x)?xlnx

(1)求函數(shù)f(x)的最大值；

a?b)?(b?a)ln2.2

分析：對于（II）絕大部分的學(xué)生都會望而生畏.學(xué)生的盲點也主要就在對所給函數(shù)用不上.如果能挖掘一下所給函數(shù)與所證不等式間的聯(lián)系，想一想大小關(guān)系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關(guān)，由此就可過渡到根據(jù)所要證的不等式構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助單調(diào)性比較函數(shù)值的大小，以期達(dá)到證明不等式的目的.證明如下：(2)設(shè)0?a?b,證明 ：0?g(a)?g(b)?2g（證明：對g(x)?xlnx求導(dǎo),則g'(x)?lnx?1.在g(a)?g(b)?2g(a?b)中以b為主變元構(gòu)造函數(shù), 2

2設(shè)F(x)?g(a)?g(x)?2g(a?x),則F'(x)?g'(x)?2[g(a?x)]'?lnx?lna?x.22

當(dāng)0?x?a時，F(xiàn)'(x)?0,因此F(x)在(0,a)內(nèi)為減函數(shù).當(dāng)x?a時,F'(x)?0,因此F(x)在(a,??)上為增函數(shù).從而當(dāng)x?a時, F(x)有極小值F(a).因為F(a)?0,b?a,所以F(b)?0,即g(a)?g(b)?2g（2a?b)?0.2又設(shè)G(x)?F(x)?(x?a)ln2.則G'(x)?lnx?lna?x?ln2?lnx?ln(a?x).當(dāng)x?0時,G'(x)?0.因此G(x)在(0,??)上為減函數(shù).因為G(a)?0,b?a,所以G(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(a?b)?(b?a)ln2.2

綜上結(jié)論得證。

對于看起來無法下手的一個不等式證明，對其巧妙地構(gòu)造函數(shù)后，運用導(dǎo)數(shù)研究了它的單調(diào)性后，通過利用函數(shù)的單調(diào)性比較函數(shù)值的大小,使得問題得以簡單解決.四、課堂小結(jié)

1、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式或解決不等式恒成立問題,關(guān)鍵是把不等式變形后構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，然后用導(dǎo)數(shù)判斷該函數(shù)的單調(diào)性或求出最值，達(dá)到證明不等式的目的；

2、利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題，應(yīng)特別注意區(qū)間端點是否取得到；

3、學(xué)會觀察不等式與函數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系，學(xué)會變主元構(gòu)造函數(shù)再利用導(dǎo)數(shù)證明不等式；

總之，無論是證明不等式，還是解不等式，我們都可以構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用到函數(shù)的單調(diào)性或最值，借助導(dǎo)數(shù)工具來解決，這種解題方法也是轉(zhuǎn)化與化歸思想在中學(xué)數(shù)學(xué)中的重要體現(xiàn)．

五、思維拓展

ax2

x?e(x?0)；（2008聯(lián)考）已知函數(shù)f(x)?e?x?1(x?0)，g(x)?2x（1）求證：當(dāng)a?1時對于任意正實數(shù)x, f(x)的圖象總不會在g(x)圖象的上方；

（2）對于在（0，1）上任意的a值，問是否存在正實數(shù)x使得f(x)?g(x)成立？

如果存在，求出符合條件的x的一個取值；否則說明理由。

第二篇：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，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，f'(x)?f(0)?0 ?x?1x?1 即x－lnx>0，所以：x>0時，x>lnx 評注：要證明一個一元函數(shù)組成的不等式成立，首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個

函數(shù)（可以移項，使右邊為零，將移項后的左式設(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，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，sinx?x成立。

點評：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)，同時若F(a)?0,由減函數(shù)的定義可知，x?(a,b)時，有F(x)?0,即證明了f(x)?g(x)。

x練習(xí)：1.當(dāng)x?0時，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，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，ex222.證明:當(dāng)x?1時,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因為 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.又因為1?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)用的一個重要方面，也成為高考的一個新熱點，其關(guān)鍵是構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，判斷區(qū)間端點函數(shù)值與0的關(guān)系，其實質(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 因為例6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。因為m

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，首先變換成某一個一元函數(shù)式分別在兩個不同點處的函數(shù)值的大小比較問題，只要將這個函數(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。難點在于找這個一元函數(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。

第三篇：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

沒分都沒人答埃。覺得可以就給個好評!

最基本的方法就是將不等式的的一邊移到另一邊，然后將這個式子令為一個函數(shù)f(x).對這個函數(shù)求導(dǎo)，判斷這個函數(shù)這各個區(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,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

因為當(dāng)x=0時，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點的值0，求導(dǎo)數(shù)有sinx-x的導(dǎo)數(shù)是cosx-1

因為cosx-1≤0

所以sinx-x是減函數(shù)，它在0點有最大值0，知sinx

再證x-x3/6

對于函數(shù)x-x3/6-sinx

當(dāng)x=0時，它的值為0

對它求導(dǎo)數(shù)得

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

要證x2/2+cosx-1>0x>0

再次用到函數(shù)關(guān)系，令x=0時，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,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增

當(dāng)x∈時,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

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???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時有

1??h?1?1?h,當(dāng)?1?h?0時有

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

又因為F(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，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)只有一個駐點，沒有不可導(dǎo)點，又函數(shù)f(x)在駐點x?1和2

111p1?)?p?1,f(0)?f(1),區(qū)間端點(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!

帶有拉格朗日余項的泰勒公式的實質(zhì)是拉格朗日微分中值定理的深化，他是一個定量估計式，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，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：談利用導(dǎo)數(shù)證明不等式.

談利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

數(shù)學(xué)組

鄒黎華

在高考試題中，不等式的證明往往與函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、數(shù)列的內(nèi)容綜合，屬于在知識網(wǎng)絡(luò)的交匯處設(shè)計的試題，有一定的綜合性和難度，突出體現(xiàn)對理性思維的考查，特別是利用高中新增內(nèi)容的導(dǎo)數(shù)來證明不等式，體現(xiàn)了導(dǎo)數(shù)的工具，也是與高等數(shù)學(xué)接軌的有力點。本文通過一些實例，來說明利用導(dǎo)數(shù)增證明不等式的基本方法。

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，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，f'(x)?f(0)?0 ?x?1x?

1即x－lnx>0，所以：x>0時，x>lnx

評注：要證明一個一元函數(shù)組成的不等式成立，首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個

函數(shù)（可以移項，使右邊為零，將移項后的左式設(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：（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

11ln(1?m)?ln(1?n)成立。因為m

x1111'

證明：設(shè)函數(shù)f(x)?ln(1?x)，則f(x)??2ln(1?x)??

xx1?xx1x'?ln(1?x)] 即：f(x)?2[x1?xx?1,ln(1?x)?ln3?1 因為：x?2,0?1?x即要證所以：f(x)?0，所以f(x)在[2,??)是減函數(shù)，而m?n 所以f(m)?f(n)，即n''11ln(1?m)?ln(1?n)； mnm從而：(1?m)?(1?n)。

評注：這類非明顯一元函數(shù)式的不等式證明問題，首先變換成某一個一元函數(shù)式分別在兩個不同點處的函數(shù)值的大小比較問題，只要將這個函數(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。難點在于找這個一元函數(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。

例3．（2004年全國卷理工22題）已知函數(shù)f(x)?ln(1?x)?x，g(x)?xlnx,設(shè)0?a?b

證明：0?g(a)?g(b)?2g(a?b)?(b?a)ln2 2證明：設(shè)g(x)?xlnx,g'(x)?lnx?1 設(shè)F(x)?g(a)?g(x)?2g(a?x)2則F'(x)?g'(x)?2[g(a?xa?x)]?lnx?ln22

當(dāng)0?x?a時，F(xiàn)'(x)?0，當(dāng)x?a時，F(xiàn)'(x)?0 因此，F(xiàn)（x）

在區(qū)間（0，a）內(nèi)是減函數(shù)，在區(qū)間[a,??)內(nèi)為增函數(shù)，于是在x?a 時，F(xiàn)（x）有最小值F(a)?0又b?a，所以0?g(a)?g(b)?2g(a?b)2設(shè)G(x)?g(a)?g(x)?2g(a?x)?(x?a)ln2，則G'(x)?lnx?lna?x?ln2?lnx?ln(a?x)2當(dāng)x?0時，G'(x)?0，因此G（x）在區(qū)間(0,??)內(nèi)為減函數(shù)； 因為G(a)?0，b?a，所以G(b)?0，即：g(a)?g(b)?2g(a?b)?(b?a)ln2。2評注：本題在設(shè)輔助函數(shù)時，考慮到不等式涉及的變量是區(qū)間的兩個端點，因此，設(shè)輔助函數(shù)時就把其中一個端點設(shè)為自變量，范例中選用右

端點，讀者不妨設(shè)為左端點試一試，就更能體會到其中的奧妙了。

通過以上例題，我們可以體會到用導(dǎo)數(shù)來證明不等式的基本要領(lǐng)和它的簡捷?？傊?，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵是“構(gòu)造函數(shù)”，解決問題的依據(jù)是函數(shù)的單調(diào)性，這一方法在高等數(shù)學(xué)中應(yīng)用的非常廣泛，因此，希望同學(xué)門能認(rèn)真對待，并通過適當(dāng)?shù)木毩?xí)掌握它。