导数在不等式证明中的应用_邱伟(1)
导数证明不等式的方法介绍
导数证明不等式的方法介绍导数证明不等式的方法介绍利用导数是可以证明很多定律的，比如不等式之类的。
下面就是店铺给大家整理的利用导数证明不等式内容，希望大家喜欢。
利用导数证明不等式方法11.当x>1时,证明不等式x>ln(x+1)设函数f(x)=x-ln(x+1)求导，f(x)'=1-1/(1+x)=x/(x+1)>0所以f(x)在(1，+无穷大)上为增函数f(x)>f(1)=1-ln2>o所以x>ln(x+12..证明：a-a^2>0 其中0F(a)=a-a^2F'(a)=1-2a当00;当1/2因此，F(a)min=F(1/2)=1/4>0即有当003.x>0,证明：不等式x-x^3/6先证明sinx因为当x=0时，sinx-x=0如果当函数sinx-x在x>0是减函数，那么它一定<在0点的值0，求导数有sinx-x的导数是cosx-1因为cosx-1≤0所以sinx-x是减函数，它在0点有最大值0，知sinx再证x-x³/6对于函数x-x³/6-sinx当x=0时，它的值为0对它求导数得1-x²/2-cosx如果它<0那么这个函数就是减函数，它在0点的值是最大值了。
利用导数证明不等式方法2要证x²/2+cosx-1>0 x>0再次用到函数关系，令x=0时，x²/2+cosx-1值为0再次对它求导数得x-sinx根据刚才证明的当x>0 sinxx²/2-cosx-1是减函数，在0点有最大值0x²/2-cosx-1<0 x>0所以x-x³/6-sinx是减函数，在0点有最大值0得x-x³/6利用函数导数单调性证明不等式X-X²>0，X∈(0,1)成立令f(x)=x-x² x∈[0,1]则f'(x)=1-2x当x∈[0,1/2]时,f'(x)>0,f(x)单调递增当x∈[1/2,1]时,f'(x)<0,f(x)单调递减故f(x)的最大值在x=1/2处取得，最小值在x=0或1处取得f(0)=0,f(1)=0故f(x)的最小值为零故当x∈(0,1)f(x)=x-x²>0。
导数在不等式证明中的应用
导数在不等式证明中的应用齐雨萱高中数学学习中，不等式是研究各项数学问题的基础工具，不等式证明是一种常见数学题型，也是同学们较为头疼的数学题型之一，要想提高自身的不等式证明准确率和效率，就必须充分掌握运用导数理论展开科学解题，导数理论证明不等式是最为高效和基本的一种解题方法，合理利用导数工具进行不等式实践证明，能够有效将不等式证明过程从困难转化为简单，帮助自身建立起更好的数学自信心，并提高数学解题综合能力。
本文将对导数在不等式证明中的应用展开分析与探讨，为不等式证明过程提供一定借鉴与参考。
1 合理运用导数单调性证明不等式在实践计算函数某个区间导数最大值或者小于0时，可以通过合理运用导数单调性展开科学高效证明。
首先，必须准确计算出该函数在此区间中表现出来的递减或者递增过程，这样才能够顺利证明不等式问题。
在日常证明数学不等式过程中，要学会结合不等式的不同特点，合理运用不同形式构造出对应的函数，同时科学采用导数工具去证明出实际构造出函数的单调性，这样一来就能够根据函数单调性特征去完成对该不等式的有效证明，提高整个证明解题过程的效率。
通过去科学准确判断出函数单调性，就可以比较出区间大小，同时在该区间中融入不等式，有效将不等式与函数结合在一起，除此之外，要正确认识到利用导数单调性进行证明不等式能够为自身提供极为实用的解题思路，无论是多复杂的曲线，往往只需要经过两个步骤就可以实现对不等式题目的高效准确证明。
这两个解题步骤是先将不等式与函数有机结合起来，接着准确判断出该函数在对应区间的单调性。
比如，当遇到这个问题时，已知X〉0,证明X-X2/2-1N （1+X）〈0，我们在证明这个不等式的时候，可以合理利用导数单调性去进行有效证明。
在相应单调区间内，通过判断函数是递减还是递增去得出该不等式是否成立。
证明解题步骤如下所示：假设函数f(X)=X-X2/2-1N（1+X）(X〉0),则f （X）=X-X2/2，当X〉0时，f（X）〈0，这样我们就能够准确判定出f（X）在X〉0区间中该函数是一种递减的发展趋势，X=0可以去除函数的最大值，通过f（X）〈f(0)有效证明出f（X）〈0成立，并且也能够准确证明出X-X2/2-1N（1+X）〈0是成立的。
“导数”在不等式证明中的运用
“导数”在不等式证明中的运用导数是近几年高中教材中新增加的一个新的教学内容，是许多传统教材所排斥的课题。
其实作为教材的修订、增减自有教育专家的道理。
就我自身的教学实践而言，对于导数我认为它的引入，是高中数学学习的一次革命性实践，特别在函数与不等式的学习中，它成了必不少的锐利武器。
在此，我就不等式的证明谈一下导数的妙用。
“不等式”一章的学习是中学数学中的重点，但在学习中，不等式的证明是一个难点，也是我们绕道而行的地方。
如今引入了“导数”，不等式的证明便迎刃而解了。
一、化不等式为f（x）>0（或f（x）<0）型的证明例1、证明当x>1时，不等式2x>3-成立：分析：欲证2x>3-,只要证明2x-3+>0。
设f（x）=2x-3+,则把证明原不等式的问题转化为证明函数在区间（1，+∞）内大于零的问题。
证明：设f（x）=2x-3+。
当x>1时，f’（x）= ->0，所以f（x）是增函数。
又f（I）=0，因此，2x-3+>0，即2x>3-。
说明：化原不等式为f（x）>形式证明，是利用导数证明不等式时常采用的一种形式。
从上例的证明不难看出，采用这种形式证明不等式的主要步骤是：（1）利用导数性质判别f（x）在给定区间内的单调性，（2）为保证f（x）>0，考查单调函数f（x）与左端点处函数值f （a）（或右端点处函数值f（b））的大小关系，这两条在证明时是缺一不可的。
一般地，若f（x）在[a,b]上连续，在（a,b）内可导，当f’（x）>0且f（a）=0或f’（x）<0且f（b）=0时，则对于一切x∈［a,b］可得f（x）>0。
二、化不等式为f（x）>m（或f（x）<m,m≠0）型的证明某些不等式化为f（x）>m的形式也可以得到证明，其步骤与前面类似。
例2、证明当0<x<时，不等式x<sinx成立。
导数在证明不等式中的有关应用
导数在证明不等式中的有关应用1.最值的判定导数可以帮助我们判断一个函数在其中一区间的最值。
具体来说，如果在一个区间内，函数的导数恒为零或者导数的正负性在其中一点发生变化，那么在该区间内函数的最值就会出现。
例如，考虑函数$f(x)=x^2-4x+3$。
我们可以通过求取导数$f'(x)=2x-4$，并令其等于零，得到$x=2$。
通过检查导数的符号，可以确认在$x<2$时导数为负，$x>2$时导数为正。
因此，在$x<2$时，函数的导数为负，说明函数在这个区间上是递减的；而在$x>2$时，函数的导数为正，说明函数在这个区间上是递增的。
因此，根据导数的正负性和最值判定原则，我们可以得出结论：函数$f(x)$在区间$(-\infty,2)$上单调递减，在区间$(2,+\infty)$上单调递增。
进一步，我们可以求得函数的最值，即当$x=2$时，函数取得最小值。
因此，我们得到了函数$f(x)$的最值以及最值的取值点。
2.利用导数证明不等式的成立导数可以被用来证明各种类型的不等式。
其中一个常见的方法是使用导数的定义和可微函数的局部性质。
考虑函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上有定义且在开区间$(a,b)$内可微。
如果在$(a,b)$内存在一个点$c$，使得$f'(c)>0$，那么基于导数的定义，我们可以得出结论：对于任意的$x \in (a,b)$，都有$f'(x)>0$。
这意味着$f(x)$在$(a,b)$内是单调递增的。
我们可以进一步得出结论：对于任意的$x \in [a,b]$，都有$f'(x) \geq f'(a)$。
因此，我们可以断定$f(x)$在闭区间$[a,b]$上是凸函数。
根据凸函数的性质，我们可以利用函数的凸性证明各种类型的不等式。
例如，我们可以证明对于任意的$x>0$和$y>0$，成立如下的不等式：$\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}$。
利用导数证明不等式的几种方法
利用导数证明不等式的几种方法导数是微积分的一个重要概念，它可以用来研究函数的变化趋势和性质。
在证明不等式时，利用导数是一种常见的方法。
下面将介绍几种常用的利用导数证明不等式的方法。
一、极值点法这种方法的基本思路是通过求函数的导数，并找出函数的极值点，来确定不等式的成立条件。
具体步骤如下：1.求函数的导数。
2.找出导数存在的区间。
3.求出导数的零点即函数的极值点。
4.判断在极值点附近函数的变化情况，从而确定不等式的成立条件。
例如，我们要证明一个函数f(x)在区间[a,b]上是单调递增的。
则可以通过求函数的导数f'(x)，找出f'(x)的零点，然后判断f'(x)的符号来确定f(x)的变化趋势。
这种方法的特点是简单直观，容易理解和操作。
但是要求函数的导数存在，在一些特殊情况下可能无法使用。
二、Lagrange中值定理法Lagrange中值定理是微积分中的一个重要定理，它表明：如果一个函数在区间 [a, b] 上连续，并且在 (a, b) 上可导，则在 (a, b) 存在一个点 c，使得函数在 c 处的导数等于函数在 [a, b] 上的平均变化率。
利用这个定理，可以通过求函数在区间两个点处的导数差值，来推导出不等式。
具体步骤如下：1.假设函数在区间[a,b]上连续，并且在(a,b)上可导。
2.设点a和点b为函数的两个不同取值，即f(a)和f(b)。
3. 由Lagrange中值定理，存在点 c 在 (a, b) 上，使得 f'(c) = (f(b) - f(a)) / (b - a)。
4.判断f'(c)的符号，从而确定不等式的成立条件。
Lagrange中值定理法的优点是具有普适性，可以应用于各种函数。
但是要求函数在区间上连续，在一些特殊情况下可能无法使用。
三、Cauchy中值定理法Cauchy中值定理是微积分中的另一个重要定理，它是Lagrange中值定理的推广形式。
利用导数证明或解决不等式问题
利用导数证明或解决不等式问题在数学中，不等式问题是一个重要且常见的问题类型。
不等式问题涉及到数学中的大小关系，通过比较不同数值的大小关系来判断不等式的成立或者不成立。
在解决不等式问题的过程中，利用导数进行证明和解决不等式问题是一种常见的方法。
导数是函数在某一点的变化率，它可以帮助我们很好地理解函数的性质，并且在解决不等式问题时起到了重要的作用。
本文将详细介绍如何利用导数证明或解决不等式问题。
让我们回顾一下导数的基本概念。
在数学中，导数衡量了函数在特定点的变化率。
对于函数y=f(x)，它在点x处的导数记作f'(x)，表示函数在点x处的斜率或者变化率。
导数可以被理解为函数曲线在某一点的切线的斜率，它告诉我们函数在这一点的变化方向和速度。
导数的正负号以及大小可以帮助我们判断函数在该点附近的增减性，从而帮助我们理解函数的性质。
在利用导数证明或解决不等式问题时，我们通常需要借助导数的性质和相关定理来进行推导和证明。
在一元函数的情况下，我们可以通过求导和导数的性质来分析函数的单调性、极值、凹凸性等，从而进一步解决不等式问题。
下面通过具体的例子来介绍如何利用导数证明或解决不等式问题。
例1：证明不等式x^2>0成立。
解：我们将函数y=x^2进行求导，得到y'=2x。
首先我们观察到当x=0时，有y=0，因此0为该函数的一个根。
对于x≠0的情况，函数的导数始终为正数，说明函数在整个实数域上是单调递增的，因此函数的值始终大于0。
我们通过导数的信息证明了不等式x^2>0成立。
解：首先我们将不等式2x^2-3x+1>0转化为函数f(x)=2x^2-3x+1>0，然后求出函数的导数f'(x)=4x-3。
我们找出函数f(x)的驻点，即f'(x)=0的点，求解方程4x-3=0得到x=3/4。
然后我们观察驻点处的导数的正负号，由于3/4是f'(x)的零点，所以我们取x=0和x=1来代入f'(x)进行验证。
浅议高考中导数在不等式证明方面的应用
，
，
．
高 羞
共合学’ 同作习
为保证小组合作顺利进行 ， —定要对小组成员进行明确
了最大程 度地 实现生物教学的预期效果 ，教师可 以在深 入分 析每 分工 个学生综合素质 的基础上 ， 将其按情感 、 长 、 度 、 特 态 知识 基础 、 ： 能
力、 性格 、 兴趣 、 习惯 等的不 同 ， 以最优化组 合分 成若 干个学 习小
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基于生本教育理念 的初中生物教学模式的基本流程是一个有 在新课程背景下 ， 中生物教育强调面向学生全体 。 初 教师在教 ・ 机整体 ， 是对课 堂教 学系统 中各项 内容的有效整合 ， 有利于学生个
学过程 中应考虑 到学生的个体差异性和 不同层次学生 的需 要 ， ： ， 有 学生 与学生 ， 体 教师与学 生 ， 小组 与小组之间 的互 动 ， 真正达 到
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大学数学论文导数在不等式中的应用
JIANGSU NORRMAL UNIVERSITY本科生毕业论文UNDERGRADUATE THESIS论文题目：导数在不等式证明中的应用姓名：学院：专业：数学与应用数学(师范）年级、学号：指导教师：论文原创性声明本人郑重声明：所呈交的毕业论文，是在导师的指导下，独立进行研究所取得的成果，所有数据、资料真实可靠.除文中已经注明引用的内容外，本论文的研究成果不包含他人享有著作权的内容.本论文的知识产权归属培养单位.本人签名：年月日论文版权使用授权书本论文“导数在不等式证明中的应用”是本人在校期间所完成学业的组成部分，是在江苏师范大学教师的指导下完成的，因此，本人特授权江苏师范大学可将本毕业论文的全部或部分内容编入有关书籍、数据库保存，可采用复制、印刷、网页制作等方式将论文文本和经过编辑、批注等处理的论文文本提供给读者查阅、参考，可向有关学术部门和国家有关部门或机构呈送复印件和电子文档.本毕业论文无论做何种处理，必须尊重本人的著作权，署明本人姓名.作者签名：指导教师签名：年月日年月日导数在不等式证明中的应用摘要不管是在初等数学还是在高等数学中导数这部分知识的地位都不容小觑，依稀记得自初中以来我们就总能在考试中与不等式相遇，百炼成钢我们由当初只会用原始方法证明一些简单的不等式成长到可以应用导数简练的去证明一些复杂的不等式，能够深刻认识到使用这一工具的有效性以及可行性.导数在浩瀚的数学领域中有着极其广泛的运用，本文以阐述如何将导数用于不等式的证明为主旨，主要以例题的形式来展示导数在不等式证明中的一些方法与技巧.该论文参考文献6篇.关键词：导数不等式单调性The derivative in the application of inequality proofAbstractWhether in elementary mathematics and advanced mathematics，the status of the derivative knowledge is very important.Since junior high school,we can always meetwith the inequality in the examination,At the beginning, we will only use the original met hod to prove some simple inequality .Little by little, we can be applied to prove some com plex inequalities quickly derivative.We can realize profoundly, effectiveness and feasibilit y of using this tool.Derivative is applied extensively in the vast field of mathematics，This article mainly elaborated that application of derivative in an in equation，mainly in the form of examples to illustrate that some skills of the derivative in the inequality proof .Key words: derivative inequalities monotony目录摘要 (Ⅰ)Abstract (Ⅱ)目录 (Ⅲ)一．引言 (1)二．利用导数的几何意义证明不等式 (1)三．利用函数的单调性证明不等式 (2)四．利用函数的极值（最值）证明不等式 (4)五．利用函数的凹凸性证明不等式 (6)六．利用两导数的不等性证明不等式 (7)七．利用函数的单峰性证明不等式 (7)小结 (9)参考文献 (10)致谢 (11)一 引言不等式证明这部分知识在中学数学领域里是重点的学习内容之一，也是难点之一；自打初中以来不等式这类题型就与我们如影随形，做的多了自然而然我们所掌握的解题方法也就愈发的多样化，然而对于有些证明你换再多的初等方法依然不得证，这时我们就不妨从高等数学的角度去重新审视不等式尝试将不等式与导数联系起来我们的视野将会豁然开朗，曾几何时我们所认为的难题也能够迎刃而解.导数在高中数学中运用十分广泛，尤其在高考中导数俨然成为重要的解题工具，特别是在研究函数时导数是极其有效的武器，近些年来高考题中经常利用导数来研究函数单调性、极值、最值问题.本文主要以举例子的形式来探讨如何以导数为工具应用于不等式的证明中.二 利用导数的几何意义证明不等式高考题中经常会考察导数的几何意义，但是通常不会直接考察其在不等式证明中的应用往往是要与函数的单调性结合起来用于不等式证明中的，本知识板块只要大家解题时能够据题意将割线转化为切线再化为导数，记得切线公式足矣.定义(1):函数()y f x 在0x 处的导数)(0x f '是曲线)(x f y =在0(x ,))(,(00x f x 处的切线的斜率k ,当)(x f 在0x x 可导那么曲线)(x f y =在点))(,(00x f x 处的切线是：))(()(000x x x f x f y -'+= （1）（当∞=')(0x f 时,切线为:0x x =）例1(2015 天津19(Ⅱ、Ⅲ))：已知函数n x nx x f -=)(,R x ∈，其中*∈N n ,且2≥n .(Ⅱ)设曲线)(x f y =与x 轴正半轴的交点为P ,曲线在点P 处的切线方为:)(x g y =，求证:(Ⅱ)对于任意的正实数x ,都有)()(x g x f ≤；(Ⅲ)若关于x 的方程a x f =)((a 为实数)有两个正实数根21,x x ,求证:2112+-<-n a x x . 证明:(Ⅱ)由题意可知:11-=n n x P ,则2)(n n x f P -=',)(x f y =在P 处切线方程为:))(()(P P x x x f x g y -'==,令 ))(()()()()(P P x x x f x f x g x f x F -'-=-=，则 )()()(P x f x f x F '-'='，又0)(='P x F ,故)(x F 在),0(P x 内单调递增，在),(+∞P x 内单调递减，所以对于任意的正实数x 总有0)()(=≤P x F x F ,即)()(x g x f ≤.（Ⅲ)不妨设21x x ≤,由(Ⅱ)知))(()(2P x x n n x g --=，记a x g =)(的根为2x ',P n n a x x +='-22当2≥n 时)(x g 在),(+∞-∞上单调递减,又由(Ⅱ)知)()()(222x g a x f x g '==≥， 即 22x x '≤, 同理,设曲线)(x f y =在)0,0(点处的切线方程为:nx x h =)(，当),0(+∞∈x ,0)()(<-=-n x x h x f ，即对于任意的)()(),,0(x h x f x <+∞∈,记ax h =)(的根n a x ='1,因此11x x <'，则有 P n a x x x x x +='-'<--11212，又2≥n ，则有 n n C n n n =-+=+≥+=---111)11(21111，即 P x n n =≥-112,2112+<--n a x x .注：①本题思路:本题需要熟知导数的几何意义及掌握一些简单常见函数的求导则，这是一道综合性大题在考察我们函数思想之余也考察了导数几何意义.两个问是先求用求导公式求出斜率再写出切线方程，再利用求差法构造出函数并利用导数分析辅助函数的性质并加以利用达到证明不等式的理想效果.最后一问还涉及了放缩思想，此题极大程度考察了我们综合解题能力.②拓宽视角:上述导数几何意义用于证明不等式只起到配角作用就不多做说明了，其实它也有作主角的时候，比如若遇到如下形式：a x f x f ≤-)()(2121x x -或（≥-)()(21x f x f a 21x x -，（0>a ）利用函数)(x f y =图像上任意两点()1,1y x M ，()22,y x N 用定义法求出的斜率k 的值域就是曲线上任一点斜率的取值范围，然后用与之等价的导数来与斜率 就能够达到证明不等式的目的.三 利用函数的单调性证明不等式使用函数的单调性来证明不等式能否获得成功的决定因素舍辅助函数的构造其谁？非常考验我们对构造性这一知识点的掌握程度，为了使证明过程变得简洁构造辅助函数前往往要对欲证不等式作恒等变形再找出恰当辅助函数出题人设置的一切障碍瞬间土崩瓦解，不复存在.定理(2):设)(x f 在[]b a ,上连续，在()b a ,内可导，则有：0)(>'x f ⇔)(x f 在[]b a ,上单递增；0)(<'x f ⇔)(x f []b a ,上单调递减；0)(='x f ⇔)(x f 在[]b a ,上是常数[1].例2（2015广东19第（Ⅲ）问):设1>a ，函数a e x x f x -+=)1()(2若曲线)(x f y =在点P 处切线与x 轴平行且在),(n m M 处的切线与直线OP 平行（O 为坐标原点）,证明：123--≤e a m .证明：令0)1()(2=+='x e x x f 得1-=x ,而a e f -=-2)1(，即)2,1(a eP --, 直线OP 的斜率12--=a e k OP e a 2-=而)(x f 在点),(n m M 处切线的斜率为: m e m m f 2)1()(+=', 由平行关系知ea 2-=m e m 2)1(+则要证 ≤m 123--e a , 即证 ≤+31）（m ea 2-=m e m 2)1(+, 即证 ≤+1m m e ,令 1)(--=m e m g m ,则 1)(-='m e m g ,当0<m 时有0)(<'m g 即)(x g 单调递增,当0>m 时有0)(>'m g 即)(x g 单调递减,故)(m g 在R 上取得极小值经验证同时也为最小值0)0(=g ,则01)(≥--=m e m g m 在R上恒成立,于是≤+1m m e 得证.注：①本题思路:本题为了构造出简单的辅助函数也是为了消参要求我们必须找出平行这一条件下所隐含的一个等式，得出这一等式后便可以在整理不等式时消去参数a ,同时我们会发现此时的不等式要比原式简便许多当然辅助函数形式也简单许多用的是不式两边作差构造辅助函数再由辅助函数性质证题即可.②拓宽视角:由上述典型例题不难看出用导数证明不等式最关键的步骤非辅助函数的构造莫属了，因此在此列举几种常用的辅助函数的构造法：1°把不等式的两侧“求差”来构造辅助函数；（此种方法最为常见上面例题中也有体现）；2°将不等式的两侧全体或是部分“求商”以构造辅助函数，提及此种方法不禁让我想起其中较为典型的一种它也有属于自己的名称我们将它叫做参变分离法，分离后含有变量方自然为辅助函数；3°根据不等式两侧函数的形态构造“形式相似”辅助函数.四 利用函数的极值（或最值）证明不等式归根结底还是要通过求辅助函数的单调性再由其得出极值（最值），多在证明恒成立的题目中使用，用此法切记将驻点与极值、最值点等价起来.第一判别法(3):若)(x f 在0x 的某邻域内可导且0)(0='x f ，那么：若0x x <时，)0)((0)(<'>'x f x f ，当0x x >时)0)((0)(>'<'x f x f ，则)(0x f 是)(x f 的极大值（极小值）；第二判别法(4):设函数)(x f 在0x 处有二阶导数，且0)(0='x f ，那么当(0)(0<''x f )0)(0>''x f 函数)(x f 在点0x 处获得极大值（极小值）.（若在0x 的两侧)(x f '的符号相同，则)(0x f 不是极值）[2].步骤:①求导数)(x f '；②求方程0)(='x f 的根；③检查)(x f ' 在方程根的左、右区间值的符号,如果在左侧区间正右侧区间负,那么)(x f 在这个根处取极小值.定义:（2）函数的最值：可导函数)(x f 在闭区间[]b a ,上所有点（包括端点的最大（或最小)值叫做函数)(x f 在[]b a ,上最大（或最小)值.步骤:①求函数)(x f 在()b a ,内的极值；②求函数)(x f 在区间端点的值)(a f ,)(b f ；③将函数)(x f 的各极值与)(a f ,)(b f 比较，其中最大的那个为最大值,最小的那个为最小值.(5):求出函数的单调性并由其判断是在驻点还是在端点处获得最值,若函数在开区内有唯一的驻点则此时若有极值极值便也是最值[2].例3(2015 湖南(Ⅱ)):已知0>a ，函数x e x f ax sin )(=（),0[+∞∈x ）记n x 为 )(x f 的从小到大的第n （*∈N n ）个极值点.证明（Ⅱ）若112-≥e a ，则对*∈N n ,)(n n x f x <恒成立.证明:x e x ae x f ax ax cos sin )(+='))(tan sin(112a ax x e a =++=ϕϕ令0)(='x F 解得 *∈-=N m m x ,ϕπ,当ϕπϕπ-+<<-)12(2k x k ，0)(>'x f ，当ϕπϕπ-+<<-+)22()12(k x k ，0)(<'x f ，故在区间),),)1((πϕπϕππm m m m ---与（内异号，所以ϕπ-=m x 时取得极值，则ϕϕπsin )1()()(1-+-=n a n n ex f ，将11sin 2+=a ϕ带入不等式作恒等变形即证)(1)(2ϕπϕπ-<+-n a e a a n a 恒成立，设)0()(>=t te t h t则2)1()(t t e t h t -='，令0)(='t h 解得1=t ，当10<<t 时,0)(<'t h 此时)(t h 单调递减，当1>t 时,0)(<'t h 此时)(t h 单调递增，所以)(t h 在1=t 处取得极小值经验证同时也为最小值，故只需证e aa <+12，即 112->e a ，又当112-=e a 时，311tan 2>-==e a ϕ,可得23πϕπ<<，于是 12322->>-≥-e n πϕπϕπ， 故112≠--=e n ax n ϕπ，所以aa e g ax g n1)1()(2+==>，综上所述：若112-≥e a ，则对一切*∈N n ,)(n n x f x <恒成立.注：①本题思路:本题是一道综合性的题目，先是通过对给定函数求导讨论单调性得出极值，得出不等式中函数，再对不等式进行恒等变形以及化参量为变量后方可构造出适合的辅助函数再由单调性求出最值带进不等式再次恒等变形就可以证出不等式.②拓宽视角:在函数的导数于所给区间内导数的符号出现改变，此时不妨考虑利用在该区间的极值来证明；值得注意的是在求极值或是最值时通常都需要求出函数的单调性，但是有的函数求导之后并不能确定导函数与0的大小关系此时有的需要结合已知条件做适当变形即可，而更为行之有效的方法是进行整体二次求导或是仅对分母进行二次求导.五 利用函数的凹凸性证明不等式有一类题目没想到用这种方法时特别棘手，但是一旦想到则变得极为简洁，通常我们先要构造出具有凹凸性的函数再利用导数来判断其凹凸性，然 后利用凹凸函数本身满足的不等式证明即可.定义(6):设)(x f 在[]b a ,上连续，在()b a ,内可导，若对()b a ,内任何不相等的两点x 与0x 恒有:))()(())(()(000x f x f x x x f x f ><-'+ 则称)(x f 在[]b a ,上是凹(凸)函[3]；(7):设)(x f 在()b a ,上连续，对于区间内的任意21,x x 恒有：)])()([21)2()](()([21)2(21212121x f x f x x f x f x f x x f +≤++≥+ 则称)(x f 为区间),(b a 上的凹（凸）函数[3].(8):若函数)(x f 在区间),(b a 内的任意21,x x 以及)1,0(∈λ恒有：))()1()())1(()(()1()())1((21212121x f x f x x f x f x f x x f λλλλλλλλ-+≤-+-+≥-+ 则称)(x f 为区间),(b a 上的凹（凸）函数.判定定理:（1）设)(x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,内可导,则)(x f 在[]b a ,是凸（凹）函数的充要条件是)(x f '在()b a ,是单调递减（增）函数[3]；(9):设)(x f 在[]b a ,上连续，在()b a ,内二阶可导,则)(x f 在[]b a , 是凸（凹）函数的充要条件是:当()b a x ,∈时)0)((0)(≥''≤''x f x f 且在()b a ,内任意区间内0≠''f [3]. 例4:在ABC ∆中求证。
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2
利用微分中值定理证明不等式
定理 2 拉格朗日中值定理： 若函数 f（ X） 满足如下条件： （ 1 ） f（ X） 在闭区间［ a， b］ 上连续； （ 2 ） f（ X） 在开区间（ a， b） 内可导， b） 上至少存在一点 ξ， 则在（ a， 使得 f' （ ξ） = 例3 f（ b） － f（ a） ． b －a f（ X） － f（ a） ＜ X －a
f″（ ξ2 ） a + b a +b a +b ） = f（ b） + f' （ b） （ － b） + （ － b） 2 ， x ＜ ξ2 ＜ b ， 2！ 2 2 2
两个式子做差， 并且 f' （ a） = f' （ b） = 0 ． 得到 1 （ b － a） 2 ， f″（ ξ1 ） － f″（ ξ2 ） ］ f（ b） － f（ a） = ［ 8 1 （ | f″（ ξ1 ） | +| f″（ ξ2 ） | ） （ b － a） 2 ， 8 1 | f″（ ξ） | （ b － a） 2 ， 4
第 30 卷第 5 期 2016 年 5 月
白城师范学院学报
Journal of Baicheng Normal University
Vol． 30 ， No． 5 May． ， 2016
导数在不等式证明中的应用
邱 伟
（ 吉林师范大学 数学学院， 长春 130103 ）
摘要： 本文主要介绍了四大类利用导数证明不等式的方法 ： 包括泰勒公式、 微分中值 定理、 函数的最值性（ 极值性） 、 函数的凹凸性． 不同方法适用的条件不同， 在证明不等式 之前要认真分析． 本文介绍的几种方法尚不完善， 还有待今后继续深入研究． 关键词： 导数； 不等式； 泰勒公式； 微分中值定理； 函数性质 3118 （ 2016 ） 05004705 中图分类号： O172． 1 文献标识码： A 文章编号： 1673-
∴ f″（ ξ）
4 2 | f（ b） － f（ a） | ， 证毕． 2 | f（ b） － f（ a） | （ b － a） （ b － a） 2
a， b］ 例 2 设函数 f（ X） 在［ 上有二阶导数， 并且 f（ 0 ） = f（ 1 ） = 0 ， 又有 min ｛ f （ X ） ｝ = － 1 ， 试证明存在 （ 0 ， 1 ） ， f″ （ ） 8． ξ∈ 使 ξ 0， 1］ f（ 0 ） = f（ 1 ） 证明： 因为函数 f（ X） 在闭区间［ 连续， 在该区间取得最小值并且 min ｛ f （ X ） ｝ = － 1 ， = 0， 1） ， 所以一定存在 X0 ∈（ 0 ， 由费马定理有 f' （ X0 ） = 0． 在点 X0 处泰勒公式展开有 f 使得 f（ X0 ） = － 1 ， f″（ ξ） （ X － X0 ） 2 ． 将点 X = 0 点 X = 1 代入泰勒公式可得 （ X） = f（ X0 ） + f' （ X0 ） （ X － X0 ） + 2 f （ 0 ） = f （ X0 ） + f （ 1 ） = f （ X0 ） + f″（ ξ1 ） 2 X0 = 0 ， X0 ） ξ1 ∈（ 0 ， 2
2
+ …… +
2
f （ n） （ X 0 ） （ X － X0 ） n！
n
+ o （ （ X － X0 ） n ） ，
其中 T n （ X ） = f（ X0 ） + f' （ X0 ） （ X － X0 ） + 例1
f″（ X0 ） （ X － X0 ） 2！
+ …… +
f （ n） （ X 0 ） （ X － X0 ） n ． n！
a， b］ 二次可微， 设函数 f（ X ） 在［ 且 f″（ X ） ＞ 0 ， 证明当 a ＜ X ＜ b 时， 有
f（ b） － f（ a） ． b －a 证明： 设辅助函数 g（ X） = f（ X） － f（ a） ， b） ， 其中 X∈（ a， 则 且 g（ X） 可导， X－a g' （ X） = 由拉格朗日中值定理有 f' （ ξ） = g' （ X） = f（ X） － X（ a） X－a f（ X） （ X － a） － （ f（ X） － f（ a） ） ， （ X － a） 2
1
利用泰勒公式证明不等式
在高等数学领域中， 运用泰勒公式解决不等式问题实际上就是要对所证不等式作适当的变形 ， 构造函 数， 把函数用泰勒公式展开， 通过构造、 转化、 放缩等方法证明不等式． 定理 1 则有 泰勒公式内容： 若函数 f（ x） 在点 X0 存在直至 n 阶导数， f（ X ） = T n （ X ） + o （ （ X － X0 ） n ） ， f（ X ） = f（ X0 ） + f' （ X0 ） （ X － X0 ） + f″（ X0 ） （ X － X0 ） 2！
a， b］连续， b ） 内可导， f （ X） ＞ 0， 例 4 设函数 f （ X ） 在［ 在 （ a， 又 f （ a） = 0， 证明： 不存在 M ＞ 0 使 f' （ X） M． f（ X） 分析： 要想证明 f' （ X） f' （ X） ， 就是要证明 无界． f（ X） f（ X） f' （ X ） ， b） （ X0 为定值） ， ， a， b］ X ∈ （ a ， 取 X0 ∈ ［ f（ X）
a， b］是二阶可导， b） ， 并且 f' （ a） = f' （ b） = 0 ， 证明存在一点 ξ ∈ （ a， 使得 | 设函数 f（ X ） 在［ 2 f″（ ξ） | | f（ b） － f（ a） | ． （ b － a） 2 X0 = b 处展成带有拉格朗日余项的泰勒公式 ， 证明： 将 f（ X ） 分别在 X0 = a， 取X = f（ a） + f' （ a） （ f（ f″（ ξ1 ） a + b a +b － a） + （ － a） 2 ， a ＜ ξ1 ＜ X ， 2！ 2 2 a +b a +b ， f（ ） = 2 2
f″（ ξ2 ） ｝ ， 则 | f（ b） － f（ a） | 取 f″（ ξ） = max｛ f″（ ξ1 ） ，
收稿日期： 2016 － 01 － 07 — —） ， 作者简介： 邱伟（ 1992 — 研究方向： 应用数学． 女， 硕士研究生，
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白城师范学院学报
第 30 卷 第 5 期
， f（ X） ］ 则 F' （ X ） = 证明： 设辅助函数 F （ X ） = ln［
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导数在不等式证明中的应用
f（ X） ］在 X0 与 X0 之间应用拉格朗日微分中值定理， ξ 介于 X0 与 X 之间， 使得 F （ X ） － 对 F （ X ） = ln［ F （ X0 ） = F' （ ξ） （ X － X0 ） ， f' （ ξ） （ X － X0 ） ， 则上式左端→ － ∝ 即 lnf（ X ） － lnf（ X0 ） = 令 X → a， f（ ξ） f' （ ξ） lnf（ X ） － lnf（ X0 ） （ X f' （ X ） f' （ X ） 于是 无界， 成 所以不存在 M ＞ 0 ， 使 则 0 是定值 ） ， f（ ξ） X － X0 f（ X） f（ X） X － X0 立． 以上例题说明了应用拉格朗日定理证明不等式的一般规律 ， 即首先根据题目要求， 设一个辅助函数， 再取定义域中的一点， 在该点运用拉格朗日中值定理证明不等式 ． 定理 3 柯西（ Cauchy） 中值定理： 设函数 f（ X ） 和 g（ X ） 满足： a， b］上都连续； 在［ 《b） 内可导； 在（ a f' （ X ） 和 g' （ X ） 不同时为 0 ； g（ a） ≠ g（ b） ， f（ b） － f（ a） f' （ ξ） = ． b） ， 使得 则存在 ξ ∈ （ a， g（ b） － g（ a） g' （ ξ） π X X X 例 5 已知 0 ＜ X1 ＜ X2 ＜ ， 证明 e 2 － e 1 ＞ （ sinX2 － sinX1 ） e 1 2 X g（ X ） = sinX ， 且这两个函数满足柯西中值定理的条件 ， 所以可 分析： 该题目涉及两种函数 f（ X ） = e ， 以运用柯西中值定理来证明该不等式 ． t g（ t） = sint， 证明： 设 f（ t） = e ， π 0 ， ］上满足 Cauchy 中值定理的条件可得 g（ t） 在区间［ 由于 f（ t） ， 2 f（ X2 ） － f（ X1 ） f' （ ξ） = ， X ＜ ξ ＜ X2 ， g （ X2 ） － g （ X1 ） 1 g' （ ξ） e X2 － e X1 eξ ， 0 ＜ X1 ＜ ξ ＜ X2 则 = sinX2 － sinX1 cosξ eξ ， cosξ e X2 － e X1 ＞ （ sinX2 － sinX1 ） e X1 ， 证毕． a， b］上连续， b） 内可微， b） 内存在 X1 ， 例 6 设函数 f（ X ） 在区间［ 在（ a ， 其中 0 ＜ a ＜ b． 证明： 在（ a， 1 ln f' （ X2 ） f' （ X1 ） 2 2 2 X3 ， = （b +a ） = 2 X3 f' （ X3 ） ． X2 ， 使得 2 X1 b － a2 4 X3 2 a， b］满足柯西中值定理的条件． 分析： 分析题目， 存在三个函数， 并且在区间［ 2 g2 （ X ） = X4 ， g3 （ X ） = lnX 证明： 设存在三个函数 g1 （ X ） = X ， f （ X ） 与 g1 （ X ） ， g2 （ X ） ， g3 （ X ） 都符合柯西中值定理的条件， X2 ， X3 ∈ 由题中的已知条件， 于是有 X1 ， （ a， b） ， f' （ X1 ） f（ b） － f（ a） = ， 2 2 2 X1 b －a e X2 － e X1 = （ sinX2 － sinX1 ） f' （ X2 ） f（ b） － f（ a） = 3 ， 4 4 b －a 4 X2 f' （ X3 ） f（ b） － f（ a） = ， 1 lnb － lna X3