导数在不等式中的应用
浅析导数在不等式证明中的应用
浅析导数在不等式证明中的应用
导数是数学中一个重要的概念，它可以证明许多数学定理，也是很多学科研究的基础。
比如，在做不等式证明时，导数会保证证明的连贯性和有效性。
误差分析和最优化问题是数学研究中常常遇到的问题，解决这些问题的关键在于找到较好的函数，以便评估结果的可靠性。
一个函数对于给定的变量可以描述为一个函数模型，那么我们可以利用导数来推测变量之间的关系，其中，导数也可以证明不等式定理。
在不等式领域，可以借助导数分析函数的变化情况，找出函数拐点或者极值，以证明不等式定理。
此外，导数也可以用来证明概率采样的中心极限定理，以及熵的最小值定理。
更重要的是，导数还有助于优化不等式的解，例如证明梯度下降优化算法最优解是全局最优解，以此来满足最优性原理要求。
总之，导数是研究数学问题中一个不可缺少的重要概念，它在不等式证明中的作用是非常重要的。
特别是，根据导数的微分性质，可以衡量函数变化的快慢，从而有效解决不等式证明问题。
高中二年级下学期数学《导数在不等式恒成立问题中的应用》教学设计
（二）数学思想方法
转化化归、分类讨论、数形结合
四、作业布置
1.已知不等式 对任意的 恒成立，求实数 的取值范围.
2.已知函数 ，若 对任意 恒成立，求实数 的取值范围.
3.已知函数 ，若函数在区间 上是减函数，求实数 的取值范围.
备注：教学设计应至少含教学目标、教学内容、教学过程等三个部分，如有其它内容，可自行补充增加。
教学设计
课程基本信息
学科
数学
年级
高二
学期
春季
课题
《导数在不等式恒成立问题中的应用》
教科书
书 名：《普通高中教科书·数学》(人教A版2017课标版)选择性必修第二册
出版社：人民教育出版社
教学目标
1.掌握不等式恒成立问题的转化方法。
2.利用导数研究函数的最值问题、曲线的切线问题。
3.培养学生的转化与化归、分类讨论、数形结合等数学思想。
综上所述：实数 的取值范围 .
方法总结：
函数最值法：将不等式恒成立问题转化为某含参函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，然后构建不等式，进而求出参数的取值范围.
一般地， 恒成立 ；
恒成立 .
探究二
例 若不等式 对任意 恒成立，求实数 的取值范围？
思考：能否将参数 与变量 分离开呢？
分析： ，记 ，问题转化 .
对任意 恒成立
函数 的图象在 图象的下方或在 图象上
解法三： ，记 ， ， ，问题转化为 对任意 恒成立，即函数 的图象在 图象的下方或在 图象上.
在 单调递增； 表示恒过定点 的一条直线。
是该直线的斜率.只需过点 求出函数 的切线斜率.
设切点为 ，切线斜率 ，切线方程为 ，将点 代入得： ，解得 .则切线斜率 ，所以实数 的取值范围 .
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。
导数在不等式中的应用
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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：$\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}$。
导数在研究不等式中的应用举例
导数在研究不等式中的应用举例陕西张磊导数问题和不等式问题相互交织构成了高考试题中的一道亮丽的风景线,常见的题型有四种.基本方法:构造函数,利用导数研究函数的单调性来解或证不等式或求最值研究恒成立问题.1 比较两个函数值大小(尤其比较两抽象函数)(1) 设函数f(x) , g(x)在(a ,b)上可导,且f′(x)>g′(x) ,则当a<x<b 时有( )(A) f(x)> g(x) (B) f(x)+ g(a)> g(x)+ f(a)(C) f(x)< g(x) (D) f(x)+ g(b)> g(x)+ f(b)解构造函数F(x)= f(x) − g(x) ,则F′(x)=f′(x) −g′(x)>0 ,故函数F(x)在区间[a ,b]上递增 ,又a<x<b ,故F(a)< F(x)< F(b) ,即f(a)−g(a)<f(x)−g(x)<f(b)−f(b) 变形得选B(2) 若函数y= f(x)在(0 ,+∞)上可导,且不等式x f′(x)> f(x)恒成立,又常数a ,b满足a>b>0 ,则下列不等式一定成立的是( )(A) bf(a)>af(b) (B) bf(a)<af(b) (A) af(a)>bf(b) (A) af(a)<bf(b)解构造函数F(x)=f(x)x ,则F′(x)=xf′(x)−f(x)x2>0 , 故函数F(x)=f(x)x在区间(0 ,+∞)上递增,又a>b>0 ,从而f(a)a >f(b)b,即选A2 求解不等式(3) 设f(x) , g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时, f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0 ,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是( )(A) (−3 ,0)∪(3 ,+∞) (B) (−3 ,0)∪(0 ,3)(C) (−∞ ,−3)∪(3 ,+∞) (D) (−∞ ,−3)∪(0 ,3)解构造函数F(x)= f(x)g(x),则F(x)= f(x)g(x)+f(x)g′(x)>0 , 故函数F(x)在R上递增,又f(x) , g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数且g(-3)=0结合题意提供的信息作出大致图像如图示,不难得到不等式解集为D3 含参不等式恒成立问题解不等式恒成立问题的基本思想是把问题转化为求函数的最值或函数的值域的端点问题.利用导数研究不等式恒成立问题,首先要构造函数,利用导数研究函数单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求得参数的取值范围;也可分离变量构造函数,直接把问题转化为函数最值问题.(4)已知函数f(x)=axlnx的图像在点(e ,f(e))处的切线与直线y=2x平行(其中e为自然对数的底数),g(x)=x2−bx−2①求函数f(x)的解析式②对一切x∈(0 ,e],3 f(x)≥g(x)恒成立,求实数b取值范围.解: ①依题, 函数f(x)=axlnx的图像在点(e ,f(e))处的切线的斜率k=2,即f ′(e)=2又f ′(x)=a(lnx+1),令a(lne+1)=2,得a=1,∴f(x)= xlnx②对一切x ∈(0 ,e],3 f(x)≥g(x)恒成立,∴ 3 xlnx ≥x 2−bx −2在x ∈(0 ,e]上恒成立.即b ≥x −3lnx − 2x 在x ∈(0 ,e]上恒成立, (分离变量法)令h(x)= x −3lnx − 2x x ∈(0 ,e]则h ′(x)=(x−1)(x−2)x 2 由h ′(x)=0 得x=1或x=2 ∴x ∈(0 ,1)时h ′(x)>0 h(x)单调递增;x ∈(1 ,2)时h ′(x)<0 ,h(x) 单调递减 x ∈(2 ,e)时, h ′(x)>0 , h(x)单调递增∴h(x)极大值=h(1)=-1,而h(e)=e −3−2e −1<-1∴h(x)max=h(1)=-1∴b ≥h(x)max=-1故实数b 的取值范围为[-1 ,+∞)(5) 已知函数f(x)=ax+b x +2−2a (a>0)的图像在点(1 ,f(1))处的切线与直线y=2x+1平行.① 求a ,b 满足的关系式② 若f(x)≥2lnx 在[1 ,+∞)上恒成立,求a 的取值范围. 解 ① f ′(x)=a −bx ,根据题意f ′(1)=a −b=2 ,即b=a −2 ② 由①知, f(x)=ax+a−2x +2−2a令g(x)= f(x)−2lnx= ax+a−2x +2−2a −2lnx ,x ∈[1 ,+∞), 则g(1)=0 ,g ′(x)=a − a−2x − 2 x =a (x−1)(x−2−a a )x , 当0<a<1时 , 2−a a >1 若1<x<2−a a,则g′(x)<0 , g(x)在[1 ,2−aa) 上为减函数所以g(x)< g(1)=0 , f(x)≥2lnx在[1 ,2−aa)上恒不成立当a≥1时,2−aa≤1 ,当x>1时, g′(x)>0 , g(x)在[1 ,+∞)上为增函数,又g(1)=0 ,所以f(x)≥2lnx综上所述,所求a的取值范围是[1 ,+∞)4 利用导数证明不等式对于只含有一个变量的不等式都可以通过构造函数,然后利用函数的单调性和极值解决.(6) 设函数f(x)=x+a x2+blnx ,曲线y=f(x)过 P(1 ,0),且在点P处的切线斜率为2(i) 求a ,b的值 (ii) 证明f(x)≤2x−2解 (i)f′(x)=1+2ax+bx 由已知条件得{f(1)=0f′(1)=2即{1+a=01+2a+b=2解得 a=-1 b=3(ii)由(i)知f(x)=x−x2+3lnx 设g(x)= f(x)−(2x−2)=2−x−x2+3lnx 则g′(x)=-1−2x+3x =−(x−1)(2x+3)x当0<x<1时g′(x)>0 ;当x>1时g′(x)<0所以g(x)在(0 ,1)上单调递增,在(1 ,+∞)内单调递减 ,,而g(1)=0故当x>0时 , g(x)≤0 ,即f(x)≤2x−2解题心得:利用导数证明不等式成立,重点是构造适当的函数,利用导数的方法研究函数的单调性,通过单调性证明不等式.(7) 已知f(x)=12x2+lnx ,求证:在[1 ,+∞)上,f(x)的图像总在g(x)=23x3的图像的下方.解析: 本题等价于证明:当x≥1时,不等式12x2+lnx<23x3恒成立构造函数F(x)=12x2+lnx−23x3 ,则F′(x)=x+1x−2x2=(1−x)(1+x+2x2)x因为x≥1 所以F′(x)≤0 故F(x)在区间[1 ,+∞)上是减函数,从而F(x)≤ F(1)=-16<0 ,即12x2+lnx<23x3故在[1 ,+∞)上f(x)的图像总在g(x)=23x3的图像的下方.通过以上几例可以看出,构造辅助函数是用导数方法求解或求证不等式问题的关键,只要函数构造的恰当,求解及推证的过程就会特别的简单、明快.。
导数在不等式证明中的应用
导数在不等式证明中的应用引言不等式的证明是数学学习中的难点，而导数在不等式的证明中起着关键的作用。
不等式的证明是可以作为一个系列问题来看待,不等式的证明是数学学习的重要内容之一,也是难点之一。
其常用的证明方法有: 比较法、综合法、分析法、重要不等法、数学归纳法等等,然而有一些问题用上面的方法来解决是很困难的,我们在学完导数及其应用这一内容以后,可以利用导数的定义、函数的单调性、最值性(极值性)等相关知识解决一些不等式证明的问题。
导数也是微积分的初步基础知识，是研究函数、解决实际问题的有力工，它包括微分中值定理和导数应用。
不等式的证明在数学课题中也是一个很重要的问题，此类问题能够培养我们理解问题、分析问题的能力。
本文针这篇论文是在指导老师的悉心指导和严格要求下完成的。
这篇论文是在指导老师的悉心指导和严格要求下完成的。
对导数的定义、微分中值定理、函数的单调性、泰勒公式、函数的极值、函数的凹凸性在不等式证明中的应用进行了举例。
一、利用导数的定义证明不等式定义 设函数()f f x =在点0x 的某领域内有定义,若极限()()00limx x f x f x x x →-- 存在则称函数f 在点0x 处可导，并称该极限为函数f 在点0x 处的导数，记作()'0f x令 0x x x =+∆，()()00y f x x f x ∆=+∆-，则上式可改写为 所以，导数是函数增量y ∆与自变量增量x ∆之比y x∆∆的极限。
这个增量比称为函数关于自变量的平均变化率( 又称差商)，而导数()'0f x 则为f在0x 处关于x 的变化率。
以下是导数的定义的两种等价形式： （1）()()()0'00limx xf x f x f x x x →-=-（2）()()()0'00lim x f x x f x f x x∆→+∆-=∆例1: 设()12sin sin 2sin n f x r x r x r nx =+++，并且()sin f x x ≤， 证明：1221n r r nr +++≤证明 ()12sin sin 2sin n f x r x r x r nx =++，可得出()00f =， 因为 ()'12cos 2cos2cos n f x r x r x nr nx =+++, 则 ()'1202n f r r nr =+++ 又由导数的定义可知 所以 ()'01f ≤， 即可得 1221n r r nr +++≤.例2、 已知函数()21ln 2f y y y =+，求证: 22211,ln 32y y y y >>+. 分析 令()2221ln 32h y y y y =--，(1,)y ∈+∞，因为()1106h =>, 要证当1x >时，()0h x >,即()()10h x h ->,只需证明()h y 在(1,)+∞上是增函数。
导数在不等式中的应用
设 （ ＝ ｘ ｌ 一 三 ＝（ ａＯ ｘ ｌ —ｎ 兰 ｘ ＞ ） ）ｎ ａ ＞
、 ａ ／ ｂ
－ ． ・
・： — ： — — ） Ｖ Ｖ Ｔ ） ０ （ 一— （ — —Ｉ 一（Ｔ－ ＜ ） ＿ ｌ — ：＋ — ＿
．
—
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Ｘ
Ｖ ２Ｖ ａ Ｘ
２ Ｖ ｘ ｘ
再证左边不等式： 证 法 ｌ设 函 数 ｆ ）ｌｘ （ ａ ０ 、 （ ＝ｎ ｘ ＞ ） ｘ ＞
由拉格郎 日中值定理可知 ， 至少存在一点 ｓ ａ ） ∈（，使得 ： ｂ
訾
证： 先证右边不等式：
因为 ｒｘ 丽４ ＝ （＝１一 ）
所 以当 ｘ １ ，（＞ ＞时 ｆ） ｘ ０因此 ｆ ） （单调 ｘ
增 加 又 ｆ ）０， 而 ｆ ）ｆ ）０ （＝ 从 １ （＞（ ＝ ｘ １ 即 当 ｘ ｌ时， ｘ ＞ ｌ一 ｎ ＞ 也 即 ｌｘ ．ｘ ０ ｎ ＞２ －
③根据需要对 ｆ 、 进行放缩 。 （
例 ｉ 证 ：＞ 求 ｘ Ｏ时 ， 一 ＜ｎ１ ｘ ｌ（＋ ） ＜
一 ｒ ｌｌ ； ａ （ ｇｄ＝ Ｉ ∈ 《彗 ）Ｉ ａｇ 或ｂ Ｉ ３ —
＝
即 ｓ ＞ｘ 成 立 。 ｉ ｎ
５用 函 数 的 幂 级数 展 开 式 ．
—
证题程序 ： ①作 出两 函数 ｆ）ｇｔ （、（； １ ）
证 ： 争 有 ’ ｝ ＜ ０＜ 明设 ｘｉ 一 则 ｒ） ２０（ ）ｎ ｓ （ ｘ 一 ＜） ｘ
‘ ． ．
ｙｆ） ＝（的图像在（ 内上 凸， ｘ ０ ， 又因 ｆ ） １ ０ 可见 Ｏ ｘ 竹时 ，ｘ ０ （ ｌ ） ， ０ ＝ ＜＜ ｆ） （ ｌ＞
它是交错级数 ， ｓ ｘ ｘ ， ２ｉｘ ２一 有 ｉ ＞一 ｎ 故 ｓ ＞ ｘ ｎ
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4.7导数在不等式证明中的应用
、利用单调性证明不等式
单调性本身就是体现了不等式关系， 因而利用单调性来证明不等式便是顺理成章的事
在4.4中，我们利用导数的符号就能判断函数的单调性。
例1. 设 e a b e 2， 证明
ln 2b ln 2 a ：(b e
a).
分析： 2
4
2
In b 2 b
ln a e
4
2 a,
e
(b a)
证1:
设(x) ln 2 x
4 -2 e x , 则 (x) J n x 2 - x
4 ~ , e Q 1 ln x (x) 2
2
x
，当 x e 时，
(x) 0,
故 (x)单调减小.
从而，当 x e
2
时，
(x)
(e 2
)
4 4
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0,
(x)单调增加. (b)
(a),
即ln 2b
ln 2a $ a ，故不等式成立
e
e
注：有时需要多次使用导数符号判断单调性
ln 2b ln 2a 2
因为
(ln 2 x)
b a
注：综合使用中值定理和单调性
证2分析：
ln2b ln2a
2匕
(e
e 2)
故当
*1 nx 、
1 In x 小 而(——)
—0,
x
x
x e 时,单减.
x
(x
e)，
从而，2-
4
，即:
e
ln 2 b ln 2 a
4 ~~2
e
e 2)
x 1.
sin x
,x x
xcosx sin x cosx 2
x
x tan x 2
0,0 x —
x
2
当0 x —时,
2
2 sinx , 1,
x
2x sinx x,x
二、利用中值定理证明不等式
1、禾U 用Lagrange 中值定理证明不等式
设f (x)在［a,b ］上连续，在(a,b)内可导，则有 f (b) f (a) f ( b a 是，我们依据关于 f (x)的，得到不等式•女口：
(1) A f (x) B (a x b), (2) f (x)单调，(a x b) (3) 如果 | f (x)| M , (a x b)
ln(1 x)
例2证明-X
sin x x,
2 分析：-
sin x ’
1,
x
x 0
,2
从而 f x (0,―］单调减
少,
例3证明：当x ln(1 x) x.
(0, R ，
则 f' X
),(a,b)于
分析:
证注意到ln1 0 ,故可将不等式组变形为
ln(1 x) Ini (1 x)
1
(1,1 x),使
ln (1 x) ln1 1 (1 x) 1
—
ln(1 x) x,(x 0).
f(b) f(a) f () g(b) g(a) g ()
f (x) M (a x b)，则可建立相应不等式.
g(x)
(4.7.1)的等号成立.
X 。
时，有(x) (X 0).由柯西中值定理知，存在 f(x) f(X 。
) f () (x) (X 0)
考虑到 (X) 0,故(x)单调增加，有
对函数f (x)
In x 在［1,1 x ］(x 0)上利用拉格朗日中值定理，于是
，存在
2、
利用柯西中值定理证明不等式
f (x),
g (x)在［a, b ］上连续，
在
(a,b)内可导，且 g (x) 0(a x b),
则存在
例4设当 X X 0 时, (x) 0,且 | f (x)| (x)，证明：当x X 。
时，
(4.7.1)
分析:
f (X) (X)
1 =>
f (x) f(X 0) (X)
(X 0)
由于丄1
1,故
ln(1 x) ln1
1
(1 x) 1
1, 即
(a,b)，使得
如果N
(X 。
, x)，使得
I f (x) f(x 0)| f(x) f(xJ If ( )| I f (x) (X 0)
(X) (X 0)
I ()|
即 I f (x) f (X 0)I
(X)
(X 0).
综上可知，当x X 。
时,
式(4.7.1)成立
3、利用泰勒中值定理证明不等式
由泰勒公式或马克劳林公式可知，如果涉及具有二阶或更高阶导数，可考虑借助于函 数的泰勒公式或马克劳林公式来证明，如果是已知最高阶导数的取值范围时，可用此条件 来估计有关的量，从而可以证明某些不等式 •
利用函数f(x) —阶马克劳林公式:
0,.
f (x) x.
例6设函数f(x)在［0,1］上二阶可导，f(0) f(1),且|f(x)| 2.试证
I f (x)| 1.
证 注意到条件中含有高阶导数，故我们对函数
ft 在t x 点处用一阶泰勒公式: 1 2 f (t) f (x) f (x)(t x) - f ( )(t x).
分别将to, t 1代入上式，
1 2
f(0) f(x) f (x)(0 X )— f (1)(0 x) ,
1
x,
2!
例5设函数f(x)的二阶导数f (X )
3
1,证明 x
f (x) X.
解 由于函数f (x)且具有一阶导数且
l”
X
x
1,故得f (0)
0, f (0) 1 ，
f(x) f(0) f (0)x
y^x 1 2,其中 2
E 介于x 与0之间,
所以
注意到f 0 f 1，两式相减，整理得到
1 2 2 f(x) ：f(i)x2 f(2)(1 x)2].
因此，
1 2 2 I f (x) | - [| f ( 1)|x2 | f ( 1)1(1 x)2]
2 2 2
x (1 x) [x (1 x)] 1.
三、利用凹凸性证明不等式
曲线的凹凸性反映的也是不等关系:
X1 X2
2 f X1 f x2
2
X1 X2
2
f X-I f x2
2
如果可以从f（X）的符号判断曲线是凹或者凸的, 则对应上面的不等式就一定成立证明当x, y 0, x y, n 1时,
设函数ft t n，则1 / n 1(X
因此当t
n 1
f (t) nt , f (t) n(n 1)t n 20 (t 0). 0, f t的图形是凹的•根据定义,
n、
y )
证明当
证设f (x)
.X
sin
2
(x) COS—
2 (x)
1 . X
sin
4 2 (0 X ),
则曲线y f x在0, 内是凸的0,所以当0 x 时，点
x x 0,0和 ，0所连的弦在曲线y f x 的下方，即f x 0,从而sin
.
2
M ，最小值m .
X 2 0,X 3 1,比较
f(0) f (1) 1,
四、 利用最值证明不等式
最值关系本身也是不等关系， 因此要证明f(x) M 或f(x)
m(x I),则只需证明
max f (x) M
x I
或 min f (x) m.
例9证明-4
2p
(1 x)p 1,(0
x 1, p 1).
x p (1 x)p ,显然f x
在［0 ,，］上连续，故 x 在［0,1］上有最大值
又由于f (x)
p 1
px
p(1 x)p1
,令
f (x)
0 ,得驻点 X i
1
,另有区间端点 2
得f x 的最大值
1 1,最小值m
277.因此，当x ［0,1］时,
例10证明 证令f (x)
x p (1 x)p 1.
1 In x 1(x
0).
x 1 丄
In x , x 0.由
x
得惟一驻点x=1.
因此，函数f x 在点x 1处取得最小值，最小值为
f 1
1,所以当x 0时，有
f(x) 1，
1
ln x 1. x
4.8*组合恒等式与相关变化率
f (x)
11x1 x x 2
x 2
又，当0 x 1时f ' X 0, f x 单调减少; 当x 1时，f' X
0, f x 单调增加.
(x) (X0)
1 2
f(1) f(x) f (x)(1 x) f ( 1)(1 x)2, x 2 1.
2!。