利用导数证明不等式课件

x2
3
证明：设
f (x) ln x 1 1 (x 1)2 1 2 (x 1)3(x 0)
x2
3
f
(x)

1 x

1 x2

(x
1)

2(x
1)2

x 1 x2

(
x
1)

2(x
1)2
1 (x 1)[x2 1 2(x 1)]

(x

1)[1
x
x
2
2
x2
3
小 结:
求函数y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小
值的步骤如下
①求函数y=f(x)在(a,b)内的极值
(极大值与极
小②值将)函; 数y=f(x)的各极值与f(a)、f(b)
（即端点的函数值）作比较,其中最大的 一个为最大值,最小的一个为最小值.
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2019/7/9
∴f(x)> f(0)＝0 ∴f(x)>0即x－sinx>0对x∈(0，＋∞)恒成
立
即：x>sinx(x>0)．
有时把不等式变形后再构造函数,然 后利用导数证明该函数的单调性，达
到证明不等式的目的。
方法2：利用导数求出函数的最值（或值域） 后，再证明不等式。

导数的另一个作用是求函数的最值.
设gx x ex x 0 g'x 1 ex
x 0
ex 1
g'x 0即gx在x 0时为减函数 gx g0 0 x exx 0
综上x 0时ln x x ex
例7、求证 ln x 1 1 (x 1)2 1 2 (1 x)3
f x 0即当0 x 1时x x2 0
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例5、证明x 0时ex 1 x
证明：设f x ex 1 xx 0
f 'x ex 1
令f 'x 0得x 0
列表得：
x
，0 0
0，
f (x) —
+
f(x)
单调递减↘ f(0)
单调递增↗
当x 0时，x取极小值且为唯一极值，
x 0时f x取最小值f 0 0 x 0, f x f 0 0 f x 0即当x 0时，ex x 1
例6已知x 0,求证 ln x x ex
证明：设f x ln x x
f 'x 1 1 1 x
x
x
由f 'x 0得x 1
当0 x 1时，f 'x 0
当x 1时，f 'x 0
x 1时，f x取极大值，且为唯一
极值，即x 1时f x取最大值f 1 1
f x f 0 0即ln x x

2( x
1)]

(
x

1)
2

(2

1 x x2
)

(
x
1)3

1 x
2
2
x
令 f (x) =0,解得x=1,
在x=1附近 f (x) 由负到正
当x=1时，f(x)有极小值，这里也是最小值
所以当x>0时，f(x) ≥f(1)=0
从而 ln x 1 1 (x 1)2 1 2 (1 x)3
f 'x 1 2x, x 0,1
令f 'x 0得x 1
2
列表得：
x0
(0,0.5)
0.5
(0.5，1)
1
f (x)
f(x) f(0)
+
—
单调递增↗ 极大值f(0.5) 单调递减↘ f(1)
f
0
0,
f

1


1
,
f
1

0
2 4
f x f 0 0
（1,+∞)上的增函数.
所以当x>1时,f(x)>f(1)=0,
即当x>1时,
f(x)>0
2 x
3

1
.
x
例3已知：x>0，求证：x>sinx
[证明] 设f(x)＝x－sinx(x>0) f′(x)＝1－cosx≥0对x∈(0，＋∞)恒
成立
∴函数f(x)＝x－sinx在(0，＋∞)上是单
调增函数
因而在证明不等式时，根据不等式的特点，
有时可以构造函数，用导数求出该函数的最
值；由当该函数取最大（或最小）值时不等
式都成立，可得该不等式恒成立。从而把证
明不等式问题转化为函数求最值问题。
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2019/7/9
例4：已知0 x 1,求证x x2 0
证明：设 f x x x2, x 0,1
利用导数证明不等式
(1)
函数单调性达到证明不等式的目的。即把证明
不等式转化为证明函数的单调性。具体有如下几种形式利用
导数得出函数单调性来证明不等式。

我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）
0时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）。因而在证
明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导
数证明该函数的单调性,然后再用：
方法：直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性； 再利用函数在它的同一单调递增（减）区间，自变量越 大，函数值越大（小），来证明不等式成立。
例1、证明：当x>0时，x>ln(1+x) 解：设f(x)=x-ln(1+x).
当x 0时, f (x) 1 1 x 0 1 x 1 x
所以f(x)在x>0上单调递增，
从而当x>0时，有f(x) >f(0)=0
即f(x) >0
即x>ln(1+x).
例2:当x>1时,证明不等式: 2
证:设 f (x) 2 x 3 1 ,
x
f ( x)
1 x

1 x2

1 (1 1 ). x xx
x 3 1 . x
显然,当x>1时, f (x) 0 ,故f(x)是