导数在不等式证明中的应用开题报告
导数论文：谈导数在不等式问题中的应用
导数论文：谈导数在不等式问题中的应用摘要：导数是我们解决有关函数问题的有力工具，导数与函数的最（极）值问题、函数的单调性问题联系比较紧密，是较多知识点的交汇处，甚至在数列证明、不等式证明（恒成立）问题中都有着比较重要的位置，尤其在解决不等式的问题中，若能及时构造出适当的函数，再利用导数的方法研究函数，最后得到所要结论，更会有事半功倍之功效。
关键词：导数；构造；函数；不等式
一、导数在不等式证明问题中的应用
不等式的证明常与函数、导数等内容综合，特别是利用导数证明不等式，体现了导数的工具性。
在高中数学学习以及历届高考试题中，我们常遇到一些不等式的证明，很难找到切入点。
这时我们不妨转换角度，从所证不等式的结构和特点出发，构造一个新的函数，借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明。
用导数方法证明不等式，步骤一般是：构造可导函数→研究所构造函数的单调性或最值→转化为不等关系→得出
结论。
一般地，若f（x）、g（x）在[a，b]连续，在（a，b）上可导，要证明f（x）g（x），x∈（a，b），可以构造函数f（x）=f（x）-g（x），如果f′（x）0，即证明了f（x）>g
（x）。
导数在不等式证明中的应用
导数在不等式证明中的应用
【摘要】导数概念的产生有着直觉的起源，与曲线的切线和运动质点的速度有密切的关系导数用于描述函数变化率，刻画函数的因变量随自变量变化的快慢程度。
在数学教学中，将数学问题系列化，能够有效地提高学生解决数学问题的能力。
【关键词】导数函数不等式中值定理
一、利用导数的定义证明不等式
定义1：设函数在点某0的某一领域内有定义，在点某0处给自变量以增量（点某0+仍在该领域内），相应地，函数有增量
如果当时比值的极限
存在，则称此极限值为函数在点处的导数，记作，，.并称函数在点处可导.
二、利用中值定理证明不等式
定理1：（拉格朗日中值定理）若函数满足条件：（1）在闭区间上连续；
（2）在开区间内可导，则在区间内至少存在一点，使得.定理2：（柯西中值定理）设函数和满足条件：（1）、在闭区间上连续；（2）、在开区间可导，且，则至少存在一点，使.
三、积分第二中值定理
四、用泰勒公式（Taylor公式）证明不等式
定理5：（泰勒定理）若在包含的某个区间上具有阶导数，则对于此区间内任一点，在此区间内至少存在一点，使得
通常为拉格朗日余项。
从上面的讨论中我们可以得知，导数在证明不等式中的重要性.导数在证明不等式中的应用在历年研究生入学考试及各种《高等数学》竞赛中经常出现。
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。
导数开题报告
毕业论文选题报告
研究方法、技术路线、实验方案、可行性分析：
查阅相关资料，看看导数在对中学数学的一些应用，对一些题目由导数来解的方法和思路，使一些题目简单化。
判断函数的单调性，求函数极值或最值，解决几何问题等相关数学的应用，导数是我们研究中学数学的一个有力工具，可以解决许多问题，使我们更加牢固的掌握中学数学的内容，例如：常用的不等式的证明方法有换元法、分析法、综合法、归纳法等基本方法，但对于某些含有对数或指数的超越不等式运用上述方法却无所适从，若采用导数方法证明这些不等式，则会取得理想的效果，将在其中找出一些思路，分析与综合以及概括等方法。
导数的应用涉及到很多内容，学习导数这部分内容时，不仅要掌握导数的概念、求导公式和求导法则，还要学会导数在函数单调性和最值、曲线的切线等问题上的应用。
同时，导数是我们研究中学数学的一个有力工具，它使各个章节的内容联系的更加紧密，有助于我们对中学数学的深入学习。
数学思想方法是数学新课程的重要目的，是发展学生智力的关键所在，是培养学生
数学创新意识的基础，也是一个人数学素养的重要组成部分，在大力倡导新课程改革的今天如何在常规教学中，渗透数学思想是数学教师的主要任务。
导数是高中数学的重要知识，是研究函数的重要工具和手段，由于它是高中数学与大学数学分析的衔接点，受到广大师生的高度重视，也是数学思想体现最丰富的知识点，有关高次方程或非常规方程的根的分布问题也是应用导数研究的重要内容，渗透数学思想方法分析研究导数的作用。
我将从高中教材入手，从易到难，在一些题目中突出导数的作用，和导数相关的一些微积分知识，是解决实际问题的强有力的数学工具，运用导数的有关知识研究函数的性质，。
一些不等式的证明及应用开题报告
开题报告题目一些不等式的证明及应用学院数学与统计学院班级09数应6班姓名刘忠颖专业数学与应用数学学号21指导教师董芳芳提交日期2013年3月21日天水师范学院毕业论文（设计）开题报告1、文献研究法根据导数在不等式证明中的应用这一研究目的，通过调查文献来获得资料，从而全面地、正确地了解掌握所要研究的问题。
2、个案研究法对导数的性质及其应用加以调查分析，弄清其特点及其应用过程的3、探索性研究法用已知导数的性质及其应用等相关信息，进行探索、创新，进而对导数在不等式证明中的应用进行总结。
4 、经验总结法通过对导数性质及其应用的学习，进行归纳与分析，使之系统化、理论化，总结。
七、可行性论证1、通过查资料进行论证2、通过和老师同学的交谈进行论证3、通过分析总结进行论证八、参考文献【1】华东师范大学.数学分析[M].高等教育出版社【2】樊启斌.数学综合复习解题指南[M].武汉:武汉大学出版社【3】刘晓玲.不等式证明中辅助函数的构造一[J] .邯郸师专学报【4】华东师范大学数学系数学分析(第三版)上册[M].高等教育出版社【5】周晓农.导数在不等式证明中的应用[J].金筑大学学报【6】陈秋华.也谈利用凸函数证明初等不等式[J].高等数学研究【7】陶伟高等数学习题集[M].北京国家行政学院出版社【8】曾捷数学分析同步辅导及习题全解[M].中国矿业大学出版社目录摘要 1引言 1一、利用导数的定义证明不等式 1二、利用微分中值定理证明不等式 31.使用拉格朗日中值定理证明不等式 32.使用柯西中值定理证明不等式 4三、利用函数的单调性证明不等 41.直接构造函数，再运用函数的单调性来证明不等式 52.先将不等式变形，然后再构造函数并来证明不等式 5四、利用泰勒公式证明不等式 6五、利用函数的最值(极值)证明不等式 7六、利用函数的凹凸性质证明不等式 8小结9致谢9参考文献9导数在不等式证明中的应用摘要导数是研究函数性质的重要工具之一,也是中学数学中最基本和最重要的内容之一, 利用导数的方法证明不等式是不等式证明中重要的组成部分。
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：$\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}$。
导数在不等式证明中的应用
导数在不等式证明中的应用在数学中，导数是一种评估函数变化速度的工具。
它可以用于证明不等式，特别是在优化问题中非常有用。
本文将探讨导数在不等式证明中的应用，并通过例子来说明其重要性。
在证明不等式时，我们通常需要使用比较函数值的差异来推断函数的相对值。
导数的主要作用是帮助我们研究函数的增减性质，进而推导出不等式。
首先，我们来看一个简单的例子。
假设我们需要证明当$x>0$时，函数$f(x) = \ln(x)$是递增的。
我们可以通过求导来证明。
首先，求导$f'(x)$：$$f'(x) = \frac{1}{x}$$我们可以发现，$f'(x)>0$对于$x>0$始终成立。
这意味着函数$f(x)$在该区间是递增的。
因此，我们可以得出结论：当$x>0$时，函数$f(x) = \ln(x)$是递增的。
这个例子展示了导数在证明函数性质中的应用。
接下来，我们将探讨导数在不等式证明中的更广泛应用。
一种常见的应用是利用导数研究函数的凹凸性质。
如果一个函数在一些区间上是凹的，那么它的导数在该区间上是递增的。
反之，如果函数在一些区间上是凸的，那么它的导数在该区间上是递减的。
考虑一个例子：证明函数$f(x)=x^2$在$x>0$时是凹的。
首先，求导$f'(x)$：$$f'(x)=2x$$然后，求二阶导数$f''(x)$：$$f''(x)=2$$我们可以看到$f''(x)>0$，对于$x>0$恒成立。
这意味着函数$f(x)$在该区间上是凹的。
因此，我们可以得出结论：当$x>0$时，函数$f(x)=x^2$是凹的。
这个例子显示了利用导数来证明函数的凹凸性质的方法。
凹凸性质在不等式证明中非常有用，因为它可以帮助我们推断函数值的大小关系。
另一个应用是利用导数求解优化问题中的最值。
如果一个函数在一些点处取得极小值，那么它的导数在该点处为零或不存在。
导数在不等式证明中的应用-开题报告
年 月 日
（填写不下可加附页）
【6】陈秋华.也谈利用凸函数证明初等不等式[J].高等数学研究，，
【7】陶伟，高等数学习题集[M].北京：国家行政学院出版社
【8】曾捷，数学分析同步辅导及习题全解[M].中国矿业大学出版社，
指导教师意见：
该同学前期查阅文献较多，熟悉导数的各种性质，并且比较充分的了解的当前不等式的证明中遇到的几个问题，选题合适，准许开题，并进行撰写毕业论文。
山东财经大学
学院：统计与数理学院填表时间：2012年4月10日
姓名
朱秋实
专 业
信息与计算科学
学 号
132
班 级
信计一班
指导教师姓名
苏华
论文(设计)题目
导数在不等式证明中的应用
计划完成时间
计划撰写字数
6千字
本选题研究的目的、意义和实用价值：
不等式的证明是数学学习中的重要内容之一，其常用方法有：比较法、分析法、综合法、归纳法、特殊不等式法等。导数作为微积分学的基本内容，利用其证明不等式是一种行之有效的好方法，它能将某些不等式的证明化难为易，迎刃而解
本选题国内外研究现状：
导数在不等式证明中的应用已经在国内外都取得了一定的研究成，特别是采用的方法上更是有着百花齐放的壮观，目前在这方面国内有了比较全面，深度的研究。国外的研究更侧重深度的展开。
本选题的主要研究内容（提纲）
一、利用微分中值定理证明不等式
二、利用函数的函数的性证明不等式
三、利用函数的最值(极值)证明不等式
主要参考文献：
【1】华东师范大学.数学分析[M].高等教育出版社,
【2】扈志明,韩云端. 高微积分教程[M]. 北京:清华大学出版社,
不等式证明的教学研究【开题报告】
毕业论文开题报告数学与应用数学不等式证明的教学研究一、选题的背景、意义不等式的理论很早就被Gauss, Cauchy 等人关注并研究过，但是不等式作为一门系统的学科出现始于1934年，Hardy, Littlewood 和G.Polya 合作出版《不等式》（Inequalities ）之后。
在此之前不等式只是出现于数学家们研究领域中所使用的引理，证明及研究得到的副成果而已。
直到Hardy 等人对不等式做了系统的研究和总结之后，不等式才真正成为了一门系统学科。
20世纪数学已经确认数学不等式的力量上升到巨大的新结果和问题以及产生的新领域的数学。
对不等式研究所得到的一些成果被广泛运用到其他领域中去，比如经济学，游戏理论，数学规划，控制理论，变分理论，运筹学，概率统计等。
由此可以看出不等式的有用性，研究不等式的重要性。
二、研究的基本内容与拟解决的主要问题不等式是数学中被广泛运用的工具，在很多数学问题的分析与解答中,我们都需要用到不等式，然而要想能够在问题中运用一些不等式的定理或推论，我们首先要证明所用不等式的可行性，尤其是在数学教学中。
因此对一些不等式的证明深入的讨论就显得很重要，也具有一定的教育意义。
首先在这给出一些常见的不等式，以及比较常用到的几个定理，同时给出其中一部分不等式的证明。
Cauchy （柯西）不等式 设有两组实数12,,...n ααα和12,,...n βββ，则有222222*********(...)(...)(...)n n n n αβαβαβαααβββ+++≤++++++或写成222111()()()n n ni i i i i i i αβαβ===≤∑∑∑。
当且仅当(1,2,...,)i i k i n αβ==时等号成立。
推论22221212......()nn n n αααααα++++++≤当且仅当12...n ααα===时，等号成立。
Jensen 不等式[1] 如果()f x 为连续实值凸函数，且121...,1,0,1,2,...,nn i i i x x x i n λλ=≤≤≤=≥=∑，则有 11()()n ni i i ii i f x f x λλ==≥∑∑。
开题报告导数应用题
开题报告导数应用题开题报告：导数应用题导数是微积分的重要概念之一，它在数学和实际生活中都有广泛的应用。
本文将探讨导数的应用题，从几何问题到物理问题，展示导数在不同领域中的实际应用。
一、几何问题导数在几何问题中有着重要的应用。
以曲线的切线为例，导数可以帮助我们确定曲线上某一点的切线方程。
通过求导，我们可以得到切线的斜率，进而得到切线方程。
这在研究曲线的性质和变化趋势时非常有用。
另一个几何问题是曲线的弧长。
通过求导，我们可以得到曲线的导函数，然后利用积分求得曲线的弧长。
这在计算曲线的长度、弯曲程度等方面有着实际应用。
二、物理问题导数在物理问题中也有广泛的应用。
以速度和加速度为例，导数可以帮助我们研究物体的运动情况。
通过求导，我们可以得到物体的速度函数和加速度函数，从而分析物体的运动规律。
另一个物理问题是热传导。
热传导的速率与温度梯度成正比，通过求导可以得到热传导的速率。
这在热力学和工程领域中有着重要的应用。
三、经济问题导数在经济学中也有着广泛的应用。
以边际效应为例，导数可以帮助我们研究经济决策的最优化问题。
通过求导，我们可以得到边际效应的变化率，从而分析经济决策的合理性和效果。
另一个经济问题是收益函数和成本函数的最优化。
通过求导，我们可以得到收益函数和成本函数的边际效应，从而确定最优产量和最优成本。
这在企业经营和市场分析中有着重要的应用。
四、生物问题导数在生物学中也有一些应用。
以生物种群的增长为例，导数可以帮助我们研究生物种群的增长趋势和稳定性。
通过求导，我们可以得到种群增长率的变化率，从而分析生物种群的数量和生态系统的稳定性。
另一个生物问题是酶催化反应的速率。
酶催化反应的速率与底物浓度成正比，通过求导可以得到酶催化反应的速率。
这在生物化学和药物研发中有着重要的应用。
综上所述，导数在几何、物理、经济和生物等领域中都有广泛的应用。
通过求导，我们可以研究曲线的性质、物体的运动、经济决策的最优化和生物种群的增长等问题。
导数在不等式证明中的应用研究开题报告(1)
南昌工程学院2013 级毕业（设计）论文开题报告理学系（院）09信息与计算科学专业题目导数在不等式证明中的应用研究学生姓名张积磊班级09信息与计算科学学号**********指导教师谢杰华日期2012 年12 月20 日南昌工程学院教务处订制一、选题的依据及课题的意义（一）选题的依据在如今初，高等教育中，利用导数证明不等式应用广泛。
利用导数证明不等式，就是利用不等式与函数之间的紧密联系，将不等式的部分或全部投射到函数上，直接或等价变形后，结合不等式的结构特征，构造相应的函数，通过导数运算判断出函数的单调性，或利用导数运算来求函不等式的证明是数学学习中的重要内容之一其常用方法有比较法、分析法、综合法、归纳法、特殊不等式法等。
导数作为微积分学的基本内容利用其证明不等式是一种行之有效的好方法。
它能将某些不等式的证明化难为易、迎刃而解在函数的导数可以用极限概念定义导数在数学中的应用非常广泛涉及到各个方面。
应用导数处理问题提高学生的思维能力突出了通法淡化了技巧利用导数分析函数的性态是一种重要手段。
在分析函数的图象、判断函数的单调性、求解函数的最值等方面利用导数可使复杂问题简单化、程序化。
导数的应用涉及到很多内容因此在学习导数这部分内容时不仅要掌握导数的概念、求导公式和求导法则还要学会导数在函数单调性和最值、曲线的切线等问题上的应用。
同时导数是我们研究数学的一个有力工具，有助于我们对数学的深入学习。
不等式的证明，在初等数学里已介绍过若干种方法，如比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法、数学归纳法和构造法等.然而有些不等式用初等数学方法是很难证明的，但用导数证明却相对容易些，利用导数证明不等式，通常需要构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数来研究函数的性态.对于这种解决问题的思路和方法，在今后的数学学习中将会运用得更多，所以，应该引起我们的足够重视.（二）研究该课题的意义导数是研究函数性质的一种重要工具。
高中数学 导数在不等式中的应用(解析版)
第15讲-导数在不等式中的应用一、经典例题考点一 构造函数证明不等式 【例1】 已知函数f (x )＝1－x －1ex，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e2.证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1x(x >0)，当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0， 即g (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数. 所以g (x )≥g (1)＝1，得证. (2)由f (x )＝1－x －1ex ，得f ′(x )＝x －2ex， 所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0， 即f (x )在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数， 所以f (x )≥f (2)＝1－1e2(当且仅当x ＝2时取等号).① 又由(1)知x －ln x ≥1(当且仅当x ＝1时取等号)，② 且①②等号不同时取得， 所以(x －ln x )f (x )>1－1e2.规律方法 1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，②∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，有f (x 1)<f (x 2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m ). 2.证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0.先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺利解决.考点二 利用“若f (x )min >g (x )max ，则f (x )>g (x )”证明不等式 【例2】 已知函数f (x )＝x ln x －ax .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1ex ＋1－2e2x成立.(1)解 函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞). 当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2. 由f ′(x )＝0，得x ＝1e2.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e2时，f ′(x )<0；当x >1e2时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e2，＋∞上单调递增.因此f (x )在x ＝1e2处取得最小值，即f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e2＝－1e2，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值.(2)证明 当x >0时，ln x ＋1>1ex ＋1－2e2x 等价于x (ln x ＋1)>x ex ＋1－2e2.由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x 的最小值是－1e2，当且仅当x ＝1e2时取等号.设G (x )＝x ex ＋1－2e2，x ∈(0，＋∞)，则G ′(x )＝1－x ex ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1e2，当且仅当x ＝1时取到，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1>1ex ＋1－2e2x.规律方法 1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f (x )min >g (x )max 恒成立.从而f (x )>g (x )，但此处f (x )与g (x )取到最值的条件不是同一个“x 的值”.考点三 不等式恒成立或有解问题 角度1 不等式恒成立求参数【例3－1】 已知函数f (x )＝sin xx(x ≠0). (1)判断函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的单调性；(2)若f (x )<a 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立，求实数a 的最小值.解 (1)f ′(x )＝xcos x －sin xx2，令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝－x sin x ，显然，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，且g (0)＝0.从而g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒小于零，所以f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上恒小于零，所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减.(2)不等式f (x )<a ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立，即sin x －ax <0恒成立.令φ(x )＝sin x －ax ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，则φ′(x )＝cos x －a ，且φ(0)＝0.当a ≥1时，在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上φ′(x )<0，即函数φ(x )单调递减， 所以φ(x )<φ(0)＝0，故sin x －ax <0恒成立.当0<a <1时，φ′(x )＝cos x －a ＝0在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一解x 0，当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )>0，故φ(x )在区间(0，x 0)上单调递增，且φ(0)＝0， 从而φ(x )在区间(0，x 0)上大于零，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾.当a ≤0时，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上φ′(x )>0，即函数φ(x )单调递增，且φ(0)＝0，得sin x －ax >0恒成立，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾. 故实数a 的最小值为1.规律方法 1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a ≥f (x )(或a ≤f (x ))的形式，通过求函数y ＝f (x )的最值求得参数范围.角度2 不等式能成立求参数的取值范围【例3－2】 已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x (a ∈R ). (1)若f (x )在区间[1，2]上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)函数g (x )＝(1－a )x ，若∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝（2x －1）（x －a ）x，当导函数f ′(x )的零点x ＝a 落在区间(1，2)内时，函数f (x )在区间[1，2]上就不是单调函数，即a ∉(1，2)，所以实数a 的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞). (2)由题意知，不等式f (x )≥g (x )在区间[1，e]上有解，即x 2－2x ＋a (ln x －x )≥0在区间[1，e]上有解.因为当x ∈[1，e]时，ln x ≤1≤x (不同时取等号)，x －ln x >0，所以a ≤x2－2xx －ln x在区间[1，e]上有解. 令h (x )＝x2－2x x －ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2－2ln x ）（x －ln x ）2.因为x ∈[1，e]，所以x ＋2>2≥2ln x ， 所以h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上单调递增， 所以x ∈[1，e]时，h (x )max ＝h (e)＝e(e －2)e －1， 所以a ≤e(e －2)e －1， 所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，e(e －2)e －1.规律方法 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法a ≥f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≥f (x )min ； a ≤f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≤f (x )max .2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x 1∈A ，任意x 2∈B 使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )max ≥g (x )max ；(2)任意x 1∈A ，存在x 2∈B ，使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )min ≥g (x )min . [方法技巧]1.证明不等式的关键是构造函数，将问题转化为研究函数的单调性、最值问题.2.恒(能)成立问题的转化策略.若f (x )在区间D 上有最值，则 (1)恒成立：∀x ∈D ，f (x )>0⇔f (x )min >0； ∀x ∈D ，f (x )<0⇔f (x )max <0.(2)能成立：∃x ∈D ，f (x )>0⇔f (x )max >0； ∃x ∈D ，f (x )<0⇔f (x )min <0.3.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数.4.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.二、 课时作业1．函数f （x ）的定义域为，，对任意，，则的解集为（ ）A．B．C．D．【答案】C【解析】设，则，所以为减函数，又，所以根据单调性可知，即的解集是.2．下列三个数：，大小顺序正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】构造函数，因为对一切恒成立，所以函数在上是减函数，从而有，即，故选A．3．设函数在R上存在导数，对任意的有，且在上. 若，则实数的范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】令，则，故为偶函数，在，上，，且，故在，上单调递增，根据偶函数的对称性可知，在上单调递减，由，可得，即，则，可转化为，解可得，，4．若关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为关于x的不等式恒成立，所以恒成立，令，，当时，，当时，，所以当时，取得最大值2.又因为，所以故实数a的取值范围为.5．已知定义域为的函数满足（为函数的导函数），则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】令，则，定义域为的函数满足，，函数在上单调递增，当时，由，知，当时，显然不等式成立.当时，则，所以，整理得，即，所以，，得，则；当时，则，所以，整理得，即，所以，，得，则.综上所述，原不等式的解集为.6．定义在上的函数，则满足的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为为偶函数，且在上恒成立，所以在上单调递增，在上单调递减，且图象关轴对称，则由)得，解得；故选D.7．已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是（）A．B．C．（﹣∞，3）D．【答案】B【解析】∵，，∴，∴，∵存在，使得，即∴，设，∴∴，当时，解得：，当时，即时，函数单调递增，当时，即时，函数单调递减，因为，所以∴，8．已知是可导的函数，且对于恒成立，则（）A．，B．，C．，D．，【答案】D【解析】构造函数，则，所以，函数为上的减函数.对于A选项，，，则，，所以，，，A选项错误；对于B选项，，则，所以，，B选项错误；对于C选项，，则，所以，，C选项错误；对于D选项，，则，所以，，D选项正确.9．已知函数是定义在上的奇函数.当时，，则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】令，，当，时，，，即函数单调递增．又，时，，是定义在，上的奇函数，是定义在，上的偶函数．不等式，即，即，，①，又，故②，由①②得不等式的解集是．10．关于函数，有下述四个结论：①是周期函数．②在上单调递增．③的值域为．④若函数有且仅有两个不同的零点，则．其中所有正确结论的序号是（）A．①②B．②③C．②④D．③④【答案】C【解析】当时，，所以，令得：或，所以当时，，递增，当时，，递减，且，则的图象如图所示：由图可知：不是周期函数，故①错误；在上单调递增，故②正确；的值域为，故③错误；若函数有且仅有两个不同的零点，即函数与函数有两个交点，所以由图可知：，故④正确.综上，②④正确.11．已知函数，且，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】构造函数，则函数的定义域为.当时，，，函数在区间上单调递增，则，所以，函数在区间上单调递减；当时，，则，所以，函数在区间上单调递减.，所以，函数在定义域上单调递减.由，得，即，所以，，解得.因此，实数的取值范围是.12．如果关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】当时,不等式成立.当时,不等式在上恒成立等价于恒成立.令则.又,令，解得所以在上单调递增,在上单调递减, 单调递增.又因为.所以.所以.13．函数，若存在唯一整数使得，则的取值范围是（）．A．B．C．D．【答案】B【解析】，令，则，当；当，在单调递增，在单调递减，且，如图所示：恒过定点，且，，，，存在唯一整数使得，当时，存在唯一的整数使得命题成立，14．若对于任意的，都有，则的最大值为（）A．B．C．1 D．【答案】C【解析】由已知有，两边同时除以，化简有，而，构造函数，令令，所以函数在上为增函数，在上为减函数，由对于恒成立，即在为增函数，则，故的最大值为1，选C. 15．已知为常数，函数有两个极值点，（），则（）A．，B．，C．，D．，【答案】C【解析】因为，令，由题意可得有两个解，即函数有且只有两个零点，即在上的唯一极值不等于0，又由，①当时，单调递增，因此至多有一个零点，不符合题意；②当时，令，解得，因为，，函数单调递增；，，函数单调递减，所以是函数的极大值点，则，即，所以，所以，即，故当时，的两个根，且，又，所以，从而可知函数在区间上递减，在区间上递增，在区间上递减，所以，故选C．16．对于任意正实数，都有，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，则，设，，，则，，恒成立，导函数单调递减，故时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.故，故，故.17．（多选题）已知是可导的函数，且，对于恒成立，则下列不等关系正确的是（）A．，B．，C．，D．，【答案】AC【解析】设，所以，因为，所以，所以在R上是减函数，所以，，，即，，，18．（多选题）若满足，对任意正实数，下面不等式恒成立的是（）A．B．C．D．【答案】BD【解析】设，，因为，所以，在R上是增函数，因为是正实数，所以，所以，因为，大小不确定，故A错误,因为，所以，即，故B正确.因为，所以，因为，大小不确定.故C错误.，因为，所以，故D正确.19．（多选题）设定义在上的函数满足，且当时，.己知存在，且为函数(为自然对数的底数)的一个零点，则实数的取值可能是（）A．B．C．D．【答案】BCD【解析】令函数，因为，，为奇函数，当时，，在上单调递减，在上单调递减．存在，得，，即，；，为函数的一个零点；当时，，函数在时单调递减，由选项知，取，又，要使在时有一个零点，只需使，解得，的取值范围为，20．定义在上的函数满足，，则不等式的解集为______.【答案】【解析】由，设，则.故函数在上单调递增，又，故的解集为，即的解集为.21．已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）+xf'（x）＞0，且f（3）＝0，则不等式xf（x）＞0的解集是_____．【答案】（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）【解析】令，当x＞0时，∴x∈（0，+∞）上，函数单调递增．，∴．∵函数是定义在R上的奇函数，∴函数是定义在R上的偶函数．由，即，∴|x|＞3，解得x＞3，或x＜﹣3．∴不等式的解集是．故答案为：．22．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，，则f(x)＞2x＋4的解集为____．【答案】(－1，＋∞)【解析】构造函数F(x)=f(x)-2x,,所以即求F(x)>4=F(-1)的解集，而F（x）在R上是单调递增函数，所以x>-1,填．23．设函数，.（1）当时，判断函数的单调性；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.【解析】（1）当时，所以.令，，由，可得.当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，即，，则在是增函数；（2）解：设，所以.令，则.①当时，，在上单调递增，.，在上单调递增，则，结论成立；②当时，由，可得，当时，，单调递减，又，时，恒成立，即.时，单调递减，此时，结论不成立.综上，即为所求.24．已知函数.（1）若函数在上恰有两个零点，求实数的取值范围.（2）记函数，设是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值.【解析】（1）因为，∴函数，令，则，令得，，列表得：12单调递减极小值单调递增∴当时，的极小值为，又，.∵函数在上恰有两个零点，∴即，解得.（2），∴，令得，∵，是的极值点，∴，，∴，∵，∴解得：，.∴，.令，则，∴在上单调递减；∴当时，，根据恒成立，可得，∴的最大值为.25．已知函数，，曲线在点处的切线与轴垂直；（1）求的值；（2）求证：【解析】（1）曲线在点处的切线与轴垂直，该切线的斜率（2）由（1）可得只需证设令，得当时，，当时，即函数在上单调递减，在上单调递增。
例谈导数在不等式证明中的应用
JI ET I JI Q I AO YU FANG F A解题技巧与方法651例谈导数在不等式证明中的应用廖金萍(南昌大学人民武装学院 330043)摘要!导数是研究函数性质的重要工具,它在高等数学学习的难点∀∀∀不等式证明中起着关键作用,本文对导数在各种情形下的应用技巧作了系统的总结.关键词!导数;微分中值定理;恒等式;不等式导数在高数学习的难点∀∀∀不等式证明中起着关键作用,下面通过一些典型例题的证明简单阐述导数在不等式证明中的应用.一、用微分中值定理证明不等式微分中值定理包括费马定理、罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西定理及泰勒公式(基本内容略).1 用拉格朗日定理证明不等式当不等式或其变形中有函数在两点的函数值之差f (b )-f (a)时,考虑用拉格朗日定理证明.例1 证明:当x #0时,e x >x +1.证明 将不等式变形为e x -1>x,令f (x )=e x ,则f ∃(x )=e x .%f(x )=e x在(-&,+&)内满足拉格朗日定理的条件,∋必存在一点 ((0,x )(或 ((x,0)),使得f (x )-f (0)=f ∃( )(x -0).由于f ∃( )=e ,因此有e x -e 0=e )x ( 在0与x 之间),即e x =e )x +1.当x >0时, >0,e>1,e)x >x,∋e x >x +1;当x <0时, <0,e <1,e )x >x,∋e x >x +1.因此,当x #0时,有e x>x +1.2 用柯西定理证明不等式当不等式或其变形中有两个函数在两点的函数值之差的比值f (b)-f (a)F (b)-F (a),考虑用柯西定理证明.例2 证明:当x #0时,e x >x +1.证明 将不等式变形为e x -1>x,并注意e x -1x =e x -e 0(x +1)-(0+1),令f (x )=e x ,F (x )=x +1,则f ∃(x )=e x ,F ∃(x )=1,f ∃( )=e ,F ∃( )=1.在(-&,+&)内任取x #0,则在[0,x ]或[x,0]上f (x )和F (x )满足柯西定理的条件,于是有f(x )-f (0)F (x )-F (0)=f ∃( )F ∃( )即e x -e 0(x +1)-1=e1( 在0与x 之间),即e x -1x =e1当x >0时, >0,e >1,e x -1x =e1>1,∋e x >x +1;当x <0时, <0,0<e <1,e x -1x =e1<1,∋e x >x +1.因此,当x #0时,有e x >x +1.3 用泰勒定理证明不等式例3 证明:当x #0时,e x >x +1.证明 令f (x )=e x ,则f ∃(x )=e x ,f ∗(x )=e x ,∋f (x )在x =0的某个邻域上有直到n +1阶的导数.∋函数f (x )=e x 在x =0处的泰勒公式为:e x =f (0)+f ∃(0)(x -0)+f ∗( )2!(x -0)2( 在0与x 之间),即e x=1+x +e 2!x 2.当x #0时,e 2!x 2>0,∋e x >x +1.二、利用函数单调性证明不等式函数单调性内容(略).推论1 若函数F (x )=f (x )-g (x )在[a ,b ]上严格递增(或在[a ,b ]上严格递减),且F (a )=0(或F (b )=0),则在(a,b)上有f (x )>g (x ).例4 证明:当x >1时,4>5-1x.证明 令f (x )=4-5-1x,则f ∃(x )=2-1x2=1x 2)(2x -1).又 f (x )在[1,+&)上连续,在(1,+&)内f ∃(x )>0,因此f (x )在(1,+&)内严格单调增加.从而当x >1时,f (x )>f(1)=0,此即4-5-1x >0,从而4>5-1x(x >1).推论2 若函数F (x )=f (x )-g (x )在区间I 上不是单调函数,(1)若F (x )在I 上的最小值F (x 0)+0,x 0(I ,则在I 上有f (x )+g (x ).解题技巧与方法JIETI JI Q I AO YUFANGFA 66 2010 1(2)若F (x )在I 上的最大值F (x 0),0,x 0(I ,则在I 上有f (x ),g(x ).例5 证明:当x #0时,e x >x +1.分析 先将不等式写成f (x )>c (或f (x )<c ,c 为常数)形式,然后证明f (x )的最小值大于c(或最大值小于c).证明 令f (x )=e x -x -1,有f ∃(x )=e x -1,令f ∃(x )=e x -1=0,得x =0.当x <0时,f ∃(x )<0,f (x )单调减少;当x >0时,f ∃(x )>0,f (x )单调增加.∋f (0)是f (x )的最小值.即当x #0时,f(x )>f (0)=0,从而e x -x -1>0,∋e x >x +1.三、利用二阶导数的符号证明不等式若f (x )是区间I 上的凹(凸)函数,则由凹(凸)函数的定义知,对I 上任意两点x 1,x 2,总有fx 1+x 22+f (x 1)+f (x 2)2f x 1+x 22,f (x 1)+f (x 2)2.所以要证上述不等式,即证f (x )在I 上是凹(凸)函数即可.即如果f ∗(x )在I上存在,只需证明f ∗(x ),0(+0)即可.例6 证明不等式:当x 1>0,x 2>0时,有l x 1+x 22+l n 12证明 设f (x )=l n x (x >0),则f ∃(x )=1x f ∗(x )=-1x2<0.∋f (x )=ln x (x >0)为凸函数.于是有l x 1+x 22+12(l n x 1+l n x 2)=l n 12 参考文献![1]李心灿.高等数学(第三版)[M ].北京:高等教育出版社,2008.[2]郝建丽.微分中值定理的应用技巧[J].漯河职业技术学院学报,2008(5).[3]钱昌本.高等数学范例剖析[M ].西安:西安交通大学出版社,2004.(上接64页)正如佘承智老师在讲座中所说:−教学策略没有好坏之分,也没有妙差之异,有的只是合适与否..于是在洁白如布的课堂上就色彩斑斓,大放异彩.在不同的领悟中,体现出了不同的教学理解、教学风格和教学智慧.所以,如何在−同.中求−异.,这是一种教学智慧.信手拈来的智慧,让同题的课堂−异.出精彩.2 同题异构增强了反思意识.进行教学反思是促进教师成长的有效途径,而同题异构的最好效果就在于课后反思.同题异构,教师通过集体备课、钻研、上课、听课、比较等环节以后,对自己教学中的有效环节、无效环节、教学评价、即时反馈、学生学情的把握、细节处理,等等,都十分清楚,反思什么自然是水到渠成.同题异构的目的是根据学生整体水平的特点,进行−有效教学.,从而达到借鉴的作用.可以说这次的同题异构给了我一次−有效的学习..在本次的教学中,我发现高老师的课数学味浓,动态生成意识强,重视学生推测、探究能力的培养.我通过对比发现自己由于受传统教学模式的束缚,还是放得不开,怕教学任务完成不了,自己讲得还是比较多,给学生的时间不够充分,跟学生的交流也不够,学生接受得多,思考得少.因此课堂内容显得有些单调,没有达到一种−开花.的效果,而且时间上把握得不是很妥当,前松后紧,对学生的某些课堂亮点没有抓住,比较遗憾.3 同题异构促进了对教师角色的思考.同题异构,让我从中看到了自身的很多问题.比如:评价与激励方面言语单一;问题与认知方面无所谓探与究;个体与合作方面流于形式,等等.而且更加深刻地认识到一个优秀的教师不仅应是投入的精细、娴熟的知识、创新的意识、合理的设计、从容的心态,而且应有情感的激荡、亲和的力量、学法的引领、材料的取舍、问题巧设计的能力.教学是一门艺术,我们的教学应以学生为主体.不断的实践和思索使我渐渐明白,要使教学真正成为艺术,还得研究学生.我们应有包容之心,因为自主学习、自主质疑,学生生成的知识并不一定有效,他们的问题、他们的解决可能是浅显的,也可能是错误的;因为合作学习、合作交流,有时围绕一个问题可能需要很长时间,使我们完成不了设计的教学内容.这些都需要我们包容,同时我们应不做−圈外人.,只要心中藏着爱意和善意,有着民主和尊重,它一定会自然地流露.这种流露,便是一种非常简洁的教学风格,一种令人陶醉的教学艺术.参考文献![1]同题异构,深入探究教师素质提升.西湖区教育网德育论坛,2008(6).[2]于永正.名师谈教学艺术[J].中国教育报,2005(4).。
利用导数证明数列不等式(含解析)
利用导数证明数列不等式(含解析)利用导数证明数列不等式是高考中常见的题型，可以考查学生灵活运用知识的能力。
这种题型一方面以函数为背景，让学生探究函数的性质；另一方面，体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为有具体特征的数列。
可以说，这种题型涉及到函数、导数、数列和不等式，是一题多考的巧妙结合，也是近年来高考的热门题型。
常见的题型有两种类型：一种是利用放缩通项公式解决数列求和中的不等问题，另一种是利用递推公式处理通项公式中的不等问题。
恒成立不等式的来源主要有两种：一是函数的最值，最值可以提供XXX成立的不等式；二是恒成立问题的求解，参数范围内的值均可提供恒成立不等式。
常见的恒成立不等式有lnxx+1.关于前n项和的放缩问题，求数列前n项公式往往要通过数列的通项公式来解决。
高中阶段求和的方法有倒序相加、错位相减、等比数列求和公式和裂项相消。
在处理数列求和不等式时，放缩为等比数列和能够裂项相消的数列的情况比较多见，应优先考虑。
对于数列求和不等式，要从通项公式入手，结合不等号方向考虑放缩成可求和的通项公式。
在放缩时要注意前几问的铺垫与提示，尤其是关于恒成立问题与最值问题所带来的恒成立不等式，往往提供了放缩数列的方向。
放缩通项公式有可能会进行多次，要注意放缩的方向，朝着可求和的通项公式进行靠拢（等比数列，裂项相消等）。
数列不等式也可考虑利用数学归纳法进行证明。
经典例题是已知函数f(x)=kx-xlnx，求函数f(x)的单调区间、当<x≤1时，f(x)≤k恒成立的k的取值范围，以及证明ln1ln2+23+lnnn(n-1)≤n+14.1.已知函数$f(x)=\ln(ax+1)(x\geq0,a>0)$，$g(x)=x-\frac{x^3}{3}$。
1）讨论函数$y=f(x)-g(x)$的单调性；2）若不等式$f(x)\geq g(x)+1$在$x\in[0,+\infty)$时恒成立，求实数$a$的取值范围；3）当$a=1$时，证明：frac{1}{1\cdot3\cdot5\cdots(3572n+1)}+\frac{1}{2\cdot4\cd ot6\cdots(3572n+2)}+\cdots+\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}<f^{(n)}(n)(n\in N^*),$$其中$f^{(n)}(n)$表示$f(x)$的$n$阶导数在$x=n$处的值。
浅议高考中导数在不等式证明方面的应用
浅议高考中导数在不等式证明方面的应用作者：李伟霞来源：《新课程·中学》2011年第08期摘要：利用函数导数来研究函数的单调性、最值、极值，进而解决不等式证明和不等式中的求参数问题。
关键词：导数；不等式；构造函数；参变分离导数及其应用部分内容，在近几年的高考中已成为一个热点。
试题比重逐年增加，考查形式也越来越灵活，题型从选择题、填空题到解答题均有涉及。
借助导数这个载体达到了对函数、方程、不等式、解析几何等多个知识点的综合考查，实现了数形结合、分类讨论、函数与方程、转化与化归等多种数学思想的渗透。
本文以近年来高考相关题型为例，探讨利用函数导数来研究函数的单调性、最值、极值，进而解决不等式证明和不等式中的求参数问题。
一、导数应用题型特点分析通过对近几年来高考导数应用综合题型的分析和归纳，得出如下特点。
（1）借助导数研究函数的切线、单调性、极值、最值问题。
含ex和lnx的函数出现频率越来越大。
（2）通过构造函数，参变分离利用导数研究方程及不等式的综合问题。
（3）题目通常含有参数，借助对参数的分类讨论拉开考生差距。
二、策略与方法1.构造函数转化为利用导数研究最值问题此类问题的关键和难点是在研究函数的单调性时对参数a讨论的分界线的划分。
以2010新课标全国卷22为例，参考答案给出的方法是利用不等式的方式解题，但学生对此很难把握，最后只能放弃。
（2010新课标全国卷22）设函数f（x）=ex-1-x-ax2，（Ⅰ）若a=0,求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若当x≥0时f（x）≥0，求a的取值范围。
解析：（Ⅰ）略。
针对（Ⅱ）， f（x)=ex-1-x-ax2 ，求导f′（x)=ex-1-2ax ，需研究f′（x）的正负情况，把f′（x）看成一个函数对它进行求导，得f′′（x)=ex-2a∵ x≥0，ex≥1∴ f′（x）在[0，+∞）单调递增，f′（x）≥f′（0）=0又∵f′（x）≥0，∴ f（x）在[0，+∞）单调递增∴f（x）≥f（0） =0在x∈[0，+∞）上恒成立当0≤x≤ln2a时，f′′（x）≤0，x≥ln2a时，f′′（x）≥0∴ f（x）在[0，ln2a]单调递减，在[ln2a，+∞）上单调递增∴ f′（x）≤f′（0）=0在x∈[0，ln2a]上恒成立∴ f（x）在[0，ln2a]单调递减∴ f（x）≤f（0）=0在x∈[0，ln2a]上恒成立2.参变分离可以转化为m >f（x）或m当x≥0时，f（x）≥0，即ex-1-x-ax2≥0在[0，+∞）上恒成立若x=0时，不等式恒成立，a∈R设g（x）=（x-2）ex+x+2，g′（x）=（x-2）ex+1g′′（x）=xex>0在x∈（0，+∞）上恒成立∴g′（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，g′（x）>g′（0）=0∴g（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，g（x）>g（0）=0∴h′（x）>0在x∈（0，+∞）上恒成立∴h（x）>0在x∈（0，+∞）上单调递增同样，2010辽宁理科21题也可以用上述两种方法进行求解。
导数工具在不等式证明中的应用
导数工具在不等式证明中的应用【专题概述】综观近几年的高考数学试题，压轴题常常以函数为背景，结合零点个数研究、不等式恒成立问题的转化、不等式证明来综合考查考生的逻辑推理能力、分析分题解决问题的能力及数学素养。
通过分析不等式的结构特征来构造函数，再借助导数工具来研究函数的单调性、最值是证明不等式的一种有效手段。
【典题剖析】n(1，m)mn例一(2001年高考题)已知是正整数，且1??,，证明:,i,m,nim(1，n)(nm(1，m)(1，n)分析:由于是正整数，要证明,，取对数后只要证明i,m,nln(1，m)ln(1，n),，即要证明,，由于上式两端具有同样的数学nln(1，m)mln(1，n)mnln(1，x)mnmnxf(x),结构，仅有与的区别，把与都换成同一个变数，则得函数(此x时问题就转化为函数的单调性问题(于是我们得到以下证明( mnnm证明:?是正整数，且且1??,，?,?2( i,m,nix,ln(1，x)ln(1，x)x1，x,xxf(x),设函数(?2)，则，其中?2，?0,,1，f(x),2x1，xxln(1，x),nmf(x),ln(1，x)?,1，从而f(x),0，因此函数是单调减函数，又,?2，ln3xln(1，m)ln(1，n)nm(1，m)(1，n),，即nln(1，m),mln(1，n)，故而有,( mn baaaee变式1:已知、为实数，且,,其中为自然对数的底，求证:,( abbbbaae证明一:?,,，?要证,，只要证,，设abbblnaalnbef(b),blna,alnb(,)( baa,,aef(b),lna,则，?,,，?,1，且,1，?f(b),0，?函数blnabbf(b),blna,alnb在(e,，,)上是增函数，?f(b),f(a)== 0，即alna,alnabaf(b),0，亦即,0，?,，从而a,b( blna,alnbblnaalnblnalnblnxbaxg(x)证明二:要证a,b，只要证,，即证,，设=(,blnaalnbabx 1,lnx,exeeg(x)g(x)(e,，,))，则=,0 (?,，?,1)，?在上是减函数，又lnx2x lnalnbbaag(a)g(b),,，?,，即,，?,( abbab点评:构造是一种重要而灵活的思维，应用好构造思想解题的关键是:一要明确构造的目的，二要弄清条件的本质特点，以便重新组合应用，从本题两种解法看，由于构造函数的不同第二种方法更简捷明了(12xx,xln(1，x)变式2:当,0时，求证:不等式,成立( 2分析:首先构造函数，然后由单调性证明,0( f(x)f(x)2x112,证明:设=(x,0)，则==( f(x)ln(1，x)f(x),x，x,1，x1，x21，x,xx当,时，,0，因此在内为增函数，于是当,0时，总有f(x)f(x)(,1,，,)f(x),112x,= 0，?当,0时，不等式,成立( x,xf(0)ln(1，x)2通过考察函数的单调性证明不等式是常用的一种方法，根据题目自身的特点，适当构造函数关系，在建立函数关系式时，应尽可能选择求导和判断导数都比较容易的函数(一般地，,证明,，，可等价转化为证明,,0，利用f(x)g(x)x,(a,b)F(x),f(x)g(x)F(x) ,0，则函数在上是增函数，否则为减函数的方法加以证明( F(x)(a,b)ax(1),例二(已知函数( fxx()ln,,x，1a(?) 若函数在上为单调增函数，求的取值范围; fx()(0,)，,mnmn,，，m,(?) 设，，且，求证:( n,Rmn,lnln2mn, 1(1)(1)axax，,,'fx(),,解:(?) 2xx(1)，22(1)2xax，,xax，,，(22)1,, ( 22xx(1)，xx(1)，因为fx()在(0,)，,上为单调增函数，'fx()0,所以在(0,)，,上恒成立(2xax，,，,(22)10(0,)，,即在上恒成立(2xax，,，,(22)10x,，,(0,)当时，由，1得( 22ax,,，x1x,，,(0,)设，( gxx(),，x11gxxx()22,，,,,( xx1x,gx()所以当且仅当，即时，有最小值( 2x,1x所以( 222a,,所以( a,2a(,2],,所以的取值范围是(m (?)不妨设，则( ,1mn,,0nmnmn,，要证,， lnln2mn,mm,，11nn只需证， ,m2lnnm2(1),mn即证( ln,mn，1nm2(1),mn只需证( ln0,,mn，1n2(1)x,设( hxx()ln,,x，1m由(?)知hx()在(1,)，,上是单调增函数，又， ,1n m所以( hh()(1)0,,nm2(1),mn即成立( ln0,,mn，1nmnmn,，,所以( lnln2mn,【题后感悟】通过对需证不等式的条件、结论的分析，从结构特征出发去联想、发现应构造的函数，利用所构造函数的单调性，去发现不等式关系。
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集宁师范学院本科生毕业设计（论文、创作）题目申报表
4、为结合学科竞赛；
5、模拟仿真；
6、其它
题目来源――A.指导教师出题；B.学生自定、自拟
开题报告内容：（调研资料的准备与总结，研究目的、要求、思路与预期成果；任务完成的阶段内容及时间安排；完成毕业设计（论文、创作）所具备的条件因素等。
一研究内容：主要研究导数在不等式证明中的一些应用，其次研究导数的一些性质和证明不等式的一些方法；
二研究目的：不等式证明是数学学习中的重要内容之一，其常用的方法有：比较法, 分析法，综合法，归纳法，特殊不等式法。
导数作为微积分学的主要内容，利用其证明不等式是一种行之有效的好方法，它能将某些不等式的证明化难为易，迎刃而解。
三研究方法：1.参考大量的相关文献及相关论文，通过中国知识网，中国学术期刊网等收集所需资料
2. 借助学过的专业知识，尤其是数学分析方面的知识和理论，微积分理论，深入分析题目，提出提纲，确定论文思路。
3. 整理导数在不等式证明中各种应用，并归纳总结。
4. 对各种应用进行比对，分析，并进行深入研究
四预期成果及形式：通过导数在不等式证明中的各种应用进行深入分析研究，并形成5000字论文。
五时间安排：1――3周，对论题有大致的了解，通过查阅资料和请教老师确定论文的方向并完成开题报告。
4 ――5周，查阅资料，知识回顾复习，以确定主要努力的方向及目标
6 ----- 12周，整理相关资料，认真思索，研究细节并形成论文。
13 ―― 14周，完成毕业论文，进行毕业答辩。
集宁师范学院本科生毕业设计（论文、创作）开题报告
学生签名: 指导教师审核签名: 日
期：。