导数在不等式中的应用
导数在高考不等式中应用的新视角——“恒成立”问题与“存在成立”问题的区别及解决办法
． 一 Ｃ ）
＜２恒成 立 ， ｃ 求 的取值
ｃ
范围 ．
２ ｃ三 ＜＜
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２
错由 得＝卜） 解题 × ，兰＜ ：设 ４（Ｉ ２ ｌ” 化
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防范策 略 ：这是一类极易 出现 的错误 ，教 学中 应尽量从直观出发 ，列举具体实例 ，让 学生感知错
１ 误 用逻辑 关 系 ０
（）当ｋ ２ ２ ＝ 时， 应有０ ｃ 姜； ＜＜
（） 当 ｋ＝３时 ，应 有 ｃ 或 ｃ ； ３ ＜ ＞ ／
学 生解 题 时误 用 逻 辑 关 系导 致 谬 误 的现 象 也 很 常 见 ，而且 这种 错误 不 易被 发现 ．
例１ ｏ各项均为正数的等比数列 ｛ ｝ ａ ，其前 项
福建中学数 学
（） １若对任 意 ｘ∈＿，３ ， ［３ ］ 都有 ｆ（） ｇｘ 成立 ， ｘ （）
求 ｋ的取 值 范 围 ；
２ １ 年第 ４期 ０２
Ｉ （ ＝ （ ＝ａ １ ｆ １ 一， ） ）
ｌｍ （） （） ｅ ＋ ｅ ｆａ Ｘ ＝ｆ ｅ＝ａ 一 ａ． ｘ
１ 命题 引入 命题 ｌ①定义在 区间 ［ 】 ａ 上的函数 ｆ ｘ 满足 ，ｂ （ ）
ｆｘ （ ｋ （ ） ｋ为 常 数 ） 恒 成 立
∈［，ｂ ； ａ ］
厂 呲（） ， ｋ
２典例剖析 例 １ 已 知 函 数 ／ ｘ ＝ ｘ ＋ ６ — ， （） ８。 １ｘ ｋ
ｇｘ ＝２ ＋ ，其 中 ｋ为参 数 ． （） ｘ ＋５ ４
Ｃ ＞
（成或 ４￣ （ 立ｃ－／…２ ） ＜６／ ） ￣
— —
成立 ．
导数 在高考不等式 中应用 的新视 角
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。
例谈导数在不等式证明中的应用
“ ” 同 中求 “ ” 这 是 一种 教 学 智 慧 ． 手 拈 来 的 智 慧 ， 同 异 ， 信 让
（ 上接 ６ ４页 ）
正如 佘 承 智 老 师在 讲 座 中所 说 ： 教 学 策 略 没 有 好 坏 之 “ 分 ， 没有 妙 差 之 异 ， 的 只 是 合适 与 否． 于是 在 清 白如 布 也 有 ” 的课 堂上 就 色 彩 斑 斓 ， 放 异 彩． 不 同 的 领 悟 中 ， 现 大 在 体
了 不 同 的 教 学 理 解 、 学 风 格 和 教 学 智 慧 ． 以 ， 何 在 教 所 如
３ ．同 题异 构 促 进 了 对 教 师 角 色 的思 考 ． 同题 异 构 ， 我 让
从 中 看 到 了 自身 的很 多 问题 ． 比如 ： 价 与 激 励 方 面言 语 单 评
一； 问题 与 认 知方 面无 所 谓 探 与 究 ； 体 与 合 作 方 面 流 于 形 个 式 ， 等． 且 更 加 深刻 地 认 识 到 一 个 优 秀 的 教 师 不 仅 应 是 等 而 投 入 的精 细 、 熟 的 知 识 、 新 的意 识 、 理 的 设 计 、 容 的 娴 创 合 从 心态 ， 而且 应 有 情 感 的 激 荡 、 和 的 力 量 、 法 的 引 领 、 料 亲 学 材 的取 舍 、 问题 巧 设 计 的 能 力． 教 学 是 一 门艺 术 ， 们 的教 学 应 以学 生 为 主 体 ． 断 的 我 不 实 践 和思 索 使 我 渐 渐 明 ， 使 教 学 真 正成 为 艺 术 ， 得 研 要 还
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：$\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}$。
浅谈导数在证明不等式中的应用
浅谈导数在证明不等式中的应用发布时间：2022-01-12T02:41:21.984Z 来源：《中小学教育》2021年第30期作者：阮丽霞[导读] 相等关系与不等关系是数学中最基本的数量关系，在学习高中数学的过程中，不等式证明是数学常见题型中的一种，熟练借助不等式来进行各项数学问题的研究，与导数结合，可以有效提高学生在完成不等式证明题型的准确率。
阮丽霞钟祥市第三中学摘要：相等关系与不等关系是数学中最基本的数量关系，在学习高中数学的过程中，不等式证明是数学常见题型中的一种，熟练借助不等式来进行各项数学问题的研究，与导数结合，可以有效提高学生在完成不等式证明题型的准确率。
利用导数打开解决数学问题的解题思路，是解决不等式证明最高效且快捷的途径，可以有效降低不等式证明的难度，帮助学生寻求到简易的解题技巧，打消学生学习数学的畏难情绪，重拾对数学的信心。
本文将通过研究导数在证明不等式具体应用，深挖应对不等式证明相关题型的解题方法。
关键词：导数；不等式证明；应用；解题技巧；引言：在高中数学的学习中，导数是高中数学学习非常重要的内容。
在导数的学习过程中，熟练掌握并运用导数的知识点，将其渗透到整个高中数学的各个板块中，其中在学习不等式证明时，通过有效利用导数的知识，使不等式证明解题效率得到显著的提升。
高考中，不等式证明是常考题型，也是大多数学生较为头痛的题型，其原因是可采用的方法较多，学生们在选择时无从下手，导致难度较大。
导数作为分析数学问题较广泛的应用方法之一，在解决不等式证明的问题时，运用导数是最便捷、直接的办法。
一、通过导数的定义来解决证明不等式的问题在数学高考的课题中，每年的热门题型都大致相同，在众多的题型中几乎都存在一道“如何利用导数证明不等式”，在高中数学的学习中，通过对导数定义的学习，掌握利用导数的定义来证明不等式的方法，其具体步骤为：构造一个函数，将其一边设置为y=f（x），在点x0的某个邻近区域上，可以有效的定义出在这个区域中f（x）可导，则需要正确找出在x0的区域中f（x）有极值，即y=f（x），就可以根据导数的定义，来解决这一类通过导数定义证明不等式的问题了，灵活运用导数的定义，展开不等式证明的详细过程。
利用导数证明不等式的方法探析
利用导数证明不等式的方法探析
导数法证明不等式，是非常常用的数学工具，主要用来证明某一不等式的真实性。
在一般情况下，当两个曲线或不等式的导数相等时，不等式就不成立；而当两个曲线或不等式的导数不等时，不等式就是成立的。
下面来看一组不等式：不等式：f （x）> g（x）。
若要证明这一不等式，首先要求出f（x）和g（x）的导数。
因为f（x）和g（x）都是多项式，所以，可以利用多项式的
导数规则，分别对f（x）和g（x）求出它们的导数，即，f'（x）和g'（x）。
一旦求出f'（x）和g'（x），就可以比较它们，看看f'（x）是否大于g'（x）。
从可能性来看，如果f'（x）大于g'（x），那么f（x）> g（x）。
反之，则不等式不成立。
同样，如果f'（x）等于g'（x），这意味着f（x）和g（x）
的斜率一样，而斜率能反映曲线的变化趋势，这也就意味着f （x）和g（x）完全等价。
也就是说，f（x）> g（x）也不成立。
总体而言，通过导数法可以证明不等式f（x）> g（x），它是一种有效的数学工具，可以对不等式做出合理的定义。
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。
导数在不等式中的一些应用
１ 导数 的相 关性 质
性质 １
（，） 调递 减 ． ｏ６单 性质 ２ 引 理
） ａ６ 在 ，） 上可导若任 给 ∈ａ６有 ）０ ，） ＞ 则 ） 口６ 在（，） 单调递增 ， 若厂∽＜ ０时， 则 ） 在
） 在 处 二 阶导 数 存在 ， 若 ｆ（ｏ ｏ且 Ｄ ， 且 ￣） － － ） 则 。 函数 的极 值点 ， ≠０ 是 若 ㈨ ＞ 则 ａ ０， ｆ ｏ 在 ａ６上连续 可导且存 在 ｎ个极 点 ， ，】 分别为 戈，： 又有 ｍａ｛ ） ２・ ｘ ＪａＪｂ｝０ ， … 】触１ ） ・ ３ （ （） 【 ，￣ ｉ ｆ ） ＜ ， 一 ） ０则 有 ）０ 或 ｌ ） ＞ ＜（ ） ．
可得 ： ｒｃｓ ． ａｃ０
叮 ｒ
从 Ｖ∈， 。 ） ＞ （ｒｓ） 调 增于 Ｖ∈， 。 ） Ｄ ， 而 （ｃ ０ ０ｃ 内 递 ， （ｃ吾√ ） 其 ０ ｃ ） ａｓ ｒ 在， 。 单 ａ ｃ 是 ０ｃ ＝ ａｓ ｒ Ｄ
次Ｖ ∈（ ｃ。 ２ ａ ｃｓ ｒ
，
号 ∽０ （ 。 ，内 调 减 而 （ｃ ， 坝 ）显 ） ＜ ａ ｓ 号 单 递 ， Ｖ∈ｒｓ 詈 詈 ｏ然 在ｒ ） ｃ２ ｃ 从 ａ。 ） ｃ吾 ＝ ・
Ｅ－ ｉ： ｙ ｘ ＠ｙ ｈ ｏｃ ｍａ ｌ ｔｘ ｐ ａ ｏ ．ｎ
・
１４ ・ ２
宁德师专学报（ 自然 科 学 版 ）
２１ ０ ０年 ５月
证明 先 刷 ：眦 ， 知 在０ 上 续 导 ＝， ∈ ， 时 ＝ １ ， 首 令 ｓ 易 ［ ｉ ， 连 可 且 ０当 【詈） ｃ 一 ） ０ ｏ ｏ
（ 或 ）Ｏ 矛 盾 ， 题成 立 ． ＞） 命
性 质 ３ 若 在 ，］ 续在 ，） ６连 ６上可 导则 存在 考 ａｂ￣ｊｂ ｆａ＝ Ｏ ∈ ） （） （ ｆ（ ）
导数中的不等式运用
专题09 导数与不等式的解题技巧一．知识点基本初等函数的导数公式 (1)常用函数的导数①(C )′＝________(C 为常数); ②(x )′＝________； ③(x 2)′＝________； ④⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′＝________；⑤(x )′＝________． (2)初等函数的导数公式①(x n )′＝________； ②(sin x )′＝__________； ③(cos x )′＝________； ④(e x )′＝________； ⑤(a x )′＝___________； ⑥(ln x )′＝________； ⑦(log a x )′＝__________．（一）构造函数证明不等式例1．【山东省烟台市2019届高三数学试卷】已知定义在（﹣∞，0）上的函数f （x ），其导函数记为f'（x ），若成立，则下列正确的是（ ）A ．f （﹣e ）﹣e 2f （﹣1）＞0B ．C ．e 2f （﹣e ）﹣f （﹣1）＞0D ．【答案】A【分析】由题干知：，x ＜﹣1时，2f （x ）﹣xf′（x ）＜0．﹣1＜x ＜0时，2f （x ）﹣xf′（x ）＞0．构造函数g （x ）=，对函数求导可得到x ＜﹣1时，g′（x ）＜0；﹣1＜x ＜0，g′（x ）＞0，利用函数的单调性得到结果.练习1．设是定义在上的偶函数的导函数，且，当时，不等式恒成立，若，，，则的大小关系是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】构造函数，根据函数的奇偶性求得的奇偶性，再根据函数的导数确定单调性，由此比较三个数的大小.【解析】构造函数，由于是偶函数，故是奇函数.由于，故函数在上递增.由于，故当时，，当时，.所以，，，根据单调性有.故，即，故选D.【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性，考查构造函数法比较大小，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.练习2.设函数，的导函数为，且满足，则（）A．B．C．D．不能确定与的大小【答案】B【解析】令g（x）=，求出g（x）的导数，得到函数g（x）的单调性，【详解】令g（x）=，则g′（x）==，∵xf′（x）<3f（x），即xf′（x）﹣3f（x）<0，∴g′（x）<0在（0，+∞）恒成立，故g（x）在（0，+∞）递减，∴g（）>g（），即>，则有故选B.练习3.定义在[0，+∞）上的函数满足：．其中表示的导函数，若对任意正数都有，则实数的取值范围是（）A．（0，4]B．[2，4] C．（﹣∞，0）∪[4，+∞）D．[4，+∞）【答案】C【解析】由可得，令，则，利用导数可得函数在区间上单调递减，从而由原不等式可得，解不等式可得所求范围．【详解】∵，∴，当且仅当且，即时两等号同时成立，∴“对任意正数都有”等价于“”．由可得，令，则，∴．令，则，∴当时，单调递增；当时，单调递减．∴，∴，∴函数在区间上单调递减，故由可得，整理得，解得或．∴实数的取值范围是．故选C．【点睛】本题难度较大，涉及知识点较多．解题的关键有两个，一是求出的最小值，在此过程中需要注意基本不等式中等号成立的条件，特别是连续两次运用不等式时要注意等号能否同时成立；二是结合条件中含有导函数的等式构造函数，并通过求导得到函数的单调性，最后再根据单调性将函数不等式转化为一般不等式求解．主要考查构造、转化等方法在解题中的应用．（二）不等式中存在任意问题例2．【安徽省皖南八校2019届高三第二次（12月)联考数学】已知函数，，对于，，使得，则实数的取值范围是A．B．C．D．【答案】D【解析】，，使得，可得，利用，的单调性、最值即可求得.【详解】对于，，使得,等价于，因为是增函数，由复合函数增减性可知在上是增函数，所以当时，，令，则，若时，，，所以只需，解得.若时，，，所以只需，解得.当时，成立.综上，故选D.练习1.已知函数，函数（），若对任意的，总存在使得，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，可得在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域，即可求解.【详解】由题意，函数的导数为，当时，，则函数为单调递增；当时，，则函数为单调递减，即当时，函数取得极小值，且为最小值，又由，可得函数在的值域，由函数在递增，可得的值域，由对于任意的，总存在，使得，可得，即为，解得，故选B.【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及导数在函数中的应用，其中解答中转化为在的值域包含于函数的值域，运用导数和函数的单调性和值域是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.练习2．函数，，若对，，，则实数的最小值是_________．【答案】14【解析】利用导数以及指数函数的性质，分别求出函数f（x），g（x）的最值，将问题转为求f（x）min≥g （x）min即可．【详解】，在递减，在递增，所以，在单调递增，，由已知对，，，可知只需f（x）min≥g（x）min即练习3．已知函数，且，，若存在，使得对任意，恒成立，则的取值范围是________．【答案】【解析】存在，使得对任意的，恒成立，即，由在上递增，可得，利用导数可判断在上的单调性，可得，由，可求得的范围；【详解】的定义域为，，当时，，，为增函数，所以；若存在，使得对任意的，恒成立，即，，当时，为减函数，，∴，，∴故答案为：.【点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数。
导数应用之不等式恒成立问题
立，求实数 a 的范围援
解：疫（f x）=x3-
1 2
x2-2x+5
亦f（忆 x）=3x2-x-2
姨 姨 盂当 a跃1 时，令 f（忆 x）=0，即：3ax2-3=0亦x=依
1 a
（0约
1 a
约1）
又 疫x沂（0，1］
令 f（忆 x）=0，即 3x2-x-2=0
亦x=1
或-
2 3
又 疫x沂［-1，2］
1 c
-
1 2
亦c-
7 2
跃
1 c
-
1 2
解得：3-
姨13 2
约c约0
或
c跃
3+ 姨13 2
分析：例 1 和例 2 两题，都是直接利用所给函数的最值解决问
题的，虽然例
2
函数
（f x）=x3+
3 2
x2-6x+c 中含有参数 c，但 c 并不影
分析：通过上面两种方法的比较发现，第一种比第二种方法麻 烦一些，还需要分类讨论援之所以要分类讨论，就是因为函数 （f x） 当中含有参数，会影响到求函数的最值援而第二种方法由于将参数 分离出来了，再求函数最值的时候就方便很多了援
2013-04
教学实践
导数应用之不等式恒成立问题
文/鄢 琼
函数是高中数学学习的重点，也是学生学习的难点，很多学生 都有 （f x）逸0 恒成立，求实数 a 的范围援
一看到函数头就懵了援但等到学习了导数之后，函数的一些性质就
解：方法一：疫 对任意 x沂（0，1］时，都有 （f x）逸0 恒成立
可以通过导数的运算分析出来援 本文主要通过几个例题介绍如何 利用导数解决不等式恒成立问题援
导数在不等式证明中的应用探究
２０２４年２月上半月㊀学习指导㊀㊀㊀㊀导数在不等式证明中的应用探究◉浙江省宁波中学㊀夏奕雯㊀㊀摘要:不等式常见的证明方法有构造法㊁比较法㊁反证法等,但是,一些不等式利用这些方法证明比较困难,而利用导数证明不等式不但能精简证明流程,而且能确保证明结果的准确性．本文中主要分析了利用函数凹凸性㊁导数定义㊁拉格朗日中值定理证明不等式的详细方式,且给出了多种方式的适用范畴,结合实际情况整理了使用多种方式开展不等式证明的主要观点．关键词:导数;不等式证明;拉格朗日中值定理;函数凹凸性１利用函数凹凸性证明不等式判断函数凹凸性并以此来证明不等式较为直观．首先要明确凸(凹)函数的定义．定义１[１]:若f (x )为定义在区间I 上的函数,若对I 上的任意两点x １,x ２和任意实数λɪ(０,１),总有f (λx １＋(１－λ)x ２)ɤλf (x １)＋(１－λ)f (x ２),则称f (x )即为I 上的凸函数．反之,如果总有f (λx １＋(１－λ)x ２ȡλf (x １)＋(１－λ)f (x ２),则称f (x )为I 上的凹函数．如果函数二阶可导,则可得出以下定理．定理１[２]:若f (x )为开区间I 上的二阶可导函数,且满足f ᵡ(x )＞０(fᵡ(x )＜０),x ɪI ,则f (x )为区间I 上的凹(凸)函数．因此,可以通过凹凸函数定义对不等式进行证明．现通过以下例题来详细说明．例１㊀证明:对于任意实数a ,b ,总有e a ＋b２ɤ１２(e a ＋e b)．证明:假设f (x )＝e x ,则f ᵡ(x )＝e x＞０,于是可证明f (x )是(－ɕ,＋ɕ)上的一个凸函数．假设λ＝１２,则１－λ＝１２,由此可得f (１２a ＋１２b )＝f (a ＋b )２)ɤ１２f (a )＋１２f (b )＝１２[f (a )＋f (b )],从而可证明不等式e a ＋b２ɤ１２(e a ＋e b)．已知闭区间上的连续函数存在着最大值与最小值,根据以上函数的凹凸性,能够得出以下定理．定理２:若f (x )在区间[a ,b ]上为连续凸函数,则f (x )ɤm a x {f (a ),f (b )};若f (x )在区间[a ,b ]上为连续凹函数,则f (x )ȡm a x {f (a ),f (b )}．通过以上定理,可以有效证明部分不等式,但必须要采用构造函数的方法,一般是对不等式的两边作差,可通过以下例题进行详细说明．例２㊀已知x ɪ[０,１],证明s i nπɤπ２２x (１－x )．证明:令f (x )＝s i nπx －π２２x (１－x ),x ɪ(０,１),则得f ᶄ(x )＝πc o sπx －π２２(１－２x ),且f ᶄᶄ(x )＝π２(１－s i nπx )＞０,则证明f (x )在[０,１]上为连续凸函数,根据定理２得出f (x )ɤm a x {f (０),f (１)}＝０,由此可证明该不等式．通过例１~２的分析不难看出,利用函数凹凸性来证明不等式,虽然过程较为繁复,但是也更加清晰明了．因此,在具体实践当中,若是遇到一些相对特殊的不等式题型,可合理利用函数凹凸性来求解,但首先必须要掌握函数凹凸的定义,进而对问题进行准确判断,消除解题过程中的不利因素,思路才会更加清晰明了．２利用拉格朗日中值定理证明不等式利用拉格朗日中值定理解决一些不等式的证明问题,可以简化解题的过程,并且非常直观清晰,所以,有必要深入探究其在不等式证明中的具体应用．为此,我们首先需要明确该定理,具体如下:定理３[３]:假如f 为闭区间[a ,b ]上的连续函数,且在开区间(a ,b )上可导,那么,其必然存在一点ξɪ(a ,b ),使得㊀㊀㊀㊀f ᶄ(ξ)＝f (b )－f (a )b －a．①利用拉格朗日中值定理证明不等式时,一般都要重点考虑函数的增减性,而导函数的增减性并不需要考虑．若判断出所讨论区间中导函数的正负性没有变化,则可以对所设函数的增减性进行准确的判断,以此证明不等式．一般而言,利用该方法证明不等式的重点在于:(１)需要将不等式做变形处理,以此出现f (b )－f (a )b －a这一形式,从而明确区间[a ,b ],准确选取函数f (x );(２)对函数f (x )在区间[a ,b ]上是否满足拉格朗日中值定理进行验证;(３)根据导函数f ᶄ(x )７５学习指导２０２４年２月上半月㊀㊀㊀在区间[a ,b ]中的具体取值,可以得出相应的不等式．以下通过具体的例题进行详细分析和说明．例３㊀证明:对于任意实数x １,x ２,总有|s i n x １－s i n x ２|ɤ|x １－x ２|．例３在三角函数中非常具有代表性,是证明函数连续和一致连续的关键所在．三角函数不等式证明题一般都是通过三角函数的和差化积公式来证明不等式．下面利用拉格朗日中值定理来对该不等式证明,当x １ʂx ２时,将不等式变形为|s i n x １－s i n x ２x １－x ２|ɤ１．证明:若x １＝x ２时,不等式成立．若x １ʂx ２,可令x １＜x ２,此时,设f (x )＝s i n x ,则在[x １,x ２]上函数f (x )符合拉格朗日中值定理的相关条件,则存在ξɪ(x １,x ２),使得s i n x １－s i n x ２x １－x ２＝|c o s ξ|ɤ１,由此完成该不等式的证明．对于例３,可以轻易判断出所需要构造的具体函数f (x ),因此,利用拉格朗日中值定理证明该类不等式非常简单．但是,在具体的实践当中,通常会遇到许多特殊的题型,此时就需要将不等式作适当的变形,才可以判断出具体的函数．比如例４:例４㊀若x ＞０,证明:０＜１l n (１＋x )－１x＜１．通过分析可知,若要将其化为式①的形式,就需要对其进行相应的变形处理．在两边分别加上１x,并对其进行化简处理,继而取两边的倒数,由此可得x１＋x＜l n (１＋x )＜x ．再将不等式两边都同除以x ,由x ＞０,可得１１＋x ＜l n (１＋x )－l n １x＜１．这种情况下,通过构造函数即可利用拉格朗日中值定理证明该不等式．证明:令f (t )＝l n (１＋t ),t ɪ[０,x ]．不难看出,函数f (t )在区间[０,x ]上符合拉格朗日中值定理相应的条件,所以存在ξɪ(０,x ),使得f (x )－f (０)x －０＝l n (１＋x )－l n １x ＝１１＋ξ．由１１＋x ＜１１＋ξ＜１,可得出１１＋x ＜l n (１＋x )x＜１,对其进行简化,即可证明该不等式．通过上述例题的分析可知,利用拉格朗日中值定理证明不等式,关键在于要使构造的函数f (x )符合拉格朗日中值定理的相应要求,且需要明确具体的区间[a ,b ],因此,学生在日常学习当中要加强相关的练习,以此巩固对该方法的有效掌握．３利用导数定义证明不等式在利用导数定义证明不等式时,首先需要构造函数,将不等式一边变形为导数形式,再通过导数定义证明不等式．若不等式一边无法变形为导数形式,则不能采用该方法．在具体的解题实践当中,首先假设函数y ＝f (x )在点x ０的某邻域有定义,并且存在极限l i m x ңx f (x )－f (x ０)x －x ０,则表示函数f (x )在点x ０处可导,且函数f (x )在点x ０处的导数值就是这一极限值,即fᶄ(x ０)．在不等式的证明中,要根据现有条件,将信息转变成适当的数学表达式,使用正确的方式表达导数的定义,进而得出结果．例５㊀设f (x )＝a １s i n x ＋a ２s i n２x ＋ ＋a n s i n n x ,并且满足|f (x )|ɤ|s i n x |,由此证明|a １＋２a ２＋ ＋n a |ɤ１．证明:由题意知f ᶄ(x )＝a １c o s x ＋２a ２c o s２x ＋ ＋n a n c o s n x ．由f (x )＝a １s i n x ＋a ２s i n２x ＋ ＋a n s i n n x ,可得f (０)＝０．又f ᶄ(０)＝a １＋２a ２＋ ＋n a n ,所以由导数定义可得|f ᶄ(０)|＝l i m x ң０f (x )－f (０)x －０＝l i m x ң０f (x )x ɤl i mx ң０s i n xx ＝１．故|a １＋２a ２＋ ＋n a n |ɤ１．本题就是利用导数定义证明不等式的典型案例,有如下两点特征:(１)在对f (x )＝a １s i n x ＋a ２s i n ２x ＋ ＋a n s i n n x 求导后,得出的结构实际就是需要待证明的不等式的左边;(２)通过导数的定义得出f ᶄ(０),继而利用不等关系|f (x )|ɤ|s i n x |建立f ᶄ(０)和l i m x ң０s i n xx ＝１之间的不等关系,以此对不等式进行证明．本文中对导数在不等式证明中的具体应用进行了探讨,并给出了几道例题,值得关注的是通过导数证明不等式,不只有本文当中所阐述的几种方式,还包括其他方法,如导数与积分的融合等．利用导数证明不等式时,一般要构造辅助函数,然后结合具体问题和函数的性质灵活加以运用．当然,证明不等式,还可以通过综合多种方式达到目的．参考文献:[１]李德琳．一道不等式证明的探究[J ]．中学数学,２０２２(１９):４４Ｇ４６．[２]仁清义,华腾飞．不等式证明妙法显奇能[J ]．数学教学研究,２０２１(１):４４Ｇ４７,６７．[３]凌冶昊林．例谈导数在高中数学解题中的具体运用[J ]．数理天地(高中版),２０２３(３):２２Ｇ２３．Z８５。
导数及其应用讲导数在不等式中的应用课件pptx
方法总结
总结利用导数求解函数极 值点的常用方法，如求导 、判断导数为零的点等。
案例分析
通过典型案例演示如何利 用导数求解极值点。
04
导数的实际应用举例
利用导数求解利润最大化问题
利润函数
首先明确利润函数，即销售收入减去成本和税金 ，通常表示为x的函数。
举例
以y=x^4为例，求该函数的凹凸性和 拐点。该函数的导数为y'=4x^3，在 区间(-oo,0)上，y'<0；在区间(0,)上 ，y'>0。因此，函数在区间(-oo,0)上 单调递减，在区间(0,)上单调递增， 故函数在x=0处存在极值点，且该极 值点不是函数的极值点，故函数在 x=0处有拐点
利用导数求解函数的单调性和区间
利用导数求不等式的解
利用导数可以求出一些不等式的解。例如，利 用导数可以求出一些函数的极值点和转折点等 。
利用导数解决一些实际问题
利用导数可以解决一些实际问题，例如，利用 导数可以求出一些最优化的方案，以及利用导 数解决一些经济和金融问题等。
02
导数的定义和性质
导数的定义
函数f在点x0处可导
指当自变量x在点x0处有增量△x时，相应的函数值f(x0+△x)和f(x0)之差 △y=f(x0+△x)-f(x0)可表示为△y=A△x+o(△x)，其中A是与△x无关的常数
利用导数求解函数的极值和最值
总结词
导数的值为0的点可能是函数的极值点或最值点。
详细描述
利用导数求解函数的极值和最值
06
总结与回顾
本章主要内容总结
了解了导数的定义和计算方法 学习了不等式的性质和证明方法
函数导数的性质在证明不等式中的应用
函数导数的性质在证明不等式中的应用摘要：本文探讨在导数性质教学过程中，利用导数判别函数的单调性、凹凸性，引导学生使用求导的方式，判断或证明不等式，从而加深对遇到属性值运用的理解，提高教学质量。
关键词：不等式单调性凹凸性琴生不等式正文：在导数性质的教学过程中，利用导数判断函数的的单调性和凹凸性是重要的教学内容，可以利用这一教学重点解决一些不等式的判断与证明。
一、构造函数，通过求导得到函数的单调性，判断或证明不等式利用导数对函数y=f(x)的单调性判定是：y=f(x)在区间[a,b]内连续，(a,b)内可导，则在(a,b)内：由导数的正负可以判定函数的单调性，可以根据已知不等式构造函数，通过求导，判定正负，得到函数的增减情况，以此判断或证明不等式。
例1.证明：x>1时,x>1+lnx证明：构造函数f(x)=x-(1+lnx)，由函数性质可知，函数在[1，+∞）连续，在(1，+∞）可导。
求导计算：f'(x)=1-=，当x>1时，f'(x)>0，即函数单调递增。
因此，f(x)>f(1)=1-(1+ln1)=0，由x-(1+lnx)>0，可得当x>1时,x>1+lnx。
倘若出现问题中出现使得f'(x)=0的稳定点，则可以继续通过区间分析或二阶导数判定函数的增减性。
例2.证明：x>0时,0.5x2+cosx>1证明：构造函数f(x)=0.5x2+cosx-1，由函数性质可知，函数在[0，+∞）连续，在(0，+∞）可导。
求导计算：f'(x)=x-sinx，可知f'(0)=0，再此需要进一步判断x-sinx与0之间的大小关系，可通过二阶导数的正负来判断一阶导数的单调性，则f''(x)=1-cosx≥0，且x≠2kπ（k∈Z）时，f''(x)>0，由此可以判定f'(x)=x-sinx为增函数，f'(0)=0为f'(x)的最小值。
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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4.7 导数在不等式证明中的应用一、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2e a b e <<<，证明 2224ln ln ()b a b a e ->-． 分析: 222244ln ln ,b b a a e e ->- ()b a > 证1: 设 224()ln x x x e =-ϕ， 则 2ln 4()2x x x eϕ'=-，21ln ()2xx xϕ-''=Q ，当x e >时，()0x ϕ''<， 故()x ϕ'单调减小．从而，当 2x e < 时，22244()()0x e e e''>=-=ϕϕ， ()x ϕ∴单调增加．()()b a ϕϕ>，即222244ln ln b b a a e e ->-，故不等式成立. 注：有时需要多次使用导数符号判断单调性.证2 分析: 22ln ln ln 2b a b a ξξ-=- 24,e> 2e a b e ξ<<<<（）222ln ln ln (ln )2x b ax b aξξξ=-'==-因为， 2e a b e ξ<<<<（）2ln 1ln ()0x xx x -'=<而， ()x e > ， ln .xx e x>故当时，单减从而，222ln ln 422e e e ξξ>=，即：222ln ln 4b a b a e->- 注：综合使用中值定理和单调性.例2 证明 2sin ,0,2x x x x ππ⎛⎫<<∈ ⎪⎝⎭.分析：2sin 1,0,2x x x ππ⎛⎫<<∈ ⎪⎝⎭证 令()sin ,(0,],2x f x x x π=∈ 则 ()()22cos tan cos sin '0,02x x x x x x f x x x x π--⎛⎫==<<< ⎪⎝⎭ 从而 ()sin x f x x =在(0,]2x π∈单调减少， 当02x π<<时， ()()02f f x f π+⎛⎫<< ⎪⎝⎭2sin 1,xxπ<< 即 2sin ,0,2x x x x ππ⎛⎫<<∈ ⎪⎝⎭.二、 利用中值定理证明不等式1、利用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 a b b aξξ-'=∈-于是，我们依据关于()f x '的，得到不等式.如：（1）()(),A f x Ba xb '≤≤<<（2）()f x '单调，()a x b <<（3）如果|()|f x M '≤，()a x b << 例3 证明：当0x >时，ln(1).1xx x x<+<+ 分析：1ln(1) 1.1x x x+<<+ 证 注意到ln10=，故可将不等式组变形为1ln(1)ln1 1.1(1)1x x x +-<<++- 对函数()ln f x x =在[1,1](0)x x +>上利用拉格朗日中值定理，于是，存在)1,1(x +∈ξ,使.11)1(1ln )1ln(ξ=-+-+x x由于,1111<<+ξx 故11)1(1ln )1ln(<-+-+x x ，即ln(1),(0).1xx x x x<+<>+ 2、利用柯西中值定理证明不等式设(),()f x g x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，且()0(),g x a x b '≠<<则存在),(b a ∈ξ，使得.)()()()()()(ξξg f a g b g a f b f ''=--如果)()()(b x a M x g x f N <<≤''≤，则可建立相应不等式. 例4 设当)(|)(|,0)(,0x x f x x x ϕϕ'≤'>'≥且时，证明：当时0x x ≥，)()(|)()(|00x x x f x f ϕϕ-≤- (4.7.1)分析：()1()f x x ϕ'≤' =>00()()1()()f x f x x x ϕϕ-≤- 证 当0x x =时，式(4.7.1)的等号成立.当0x x >时，有).()(0x x ϕϕ>由柯西中值定理知，存在),(0x x ∈ξ，使得.)()()()()()(00ξϕξϕϕ''=--f x x x f x f考虑到，0)(>'x ϕ故)(x ϕ单调增加，有0000()(|()()||()|()()|())||()|1.()()()f x f x f x f f f x x x x x ξϕξϕξϕϕξϕϕ'-≤'-'-==='-00|()()|()().f x f x x x ϕϕ-≤-即综上可知，当0x 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.例5设函数()f x 的二阶导数()0,f x ''>且0()lim1,x f x x→=证明().f x x ≥ 解 由于函数()f x 且具有一阶导数且0()lim 1,x f x x→=故得1)0(,0)0(='=f f ，利用函数)(x f 一阶马克劳林公式：,2)(2)()0()0()(22x f x x f x f f x f ξξ''+=''+'+= 其中ξ介于x 与0之间，()0,f ξ''>.所以 ().f x x ≥例6 设函数()f x 在[0,1]上二阶可导，(0)(1)f f =，且|()|2f x ''≤.试证.1|)(|≤'x f证 注意到条件中含有高阶导数，故我们对函数()f t 在t x =点处用一阶泰勒公式：.))((!21))(()()(2x t f x t x f x f t f -''+-'+=ξ 分别将01t t ==，代入上式,2112121(0)()()(0)()(0),0,2!1(1)()()(1)()(1),1.2!f f x f x x f x x f f x f x x f x x ξξξξ'''=+-+-<<'''=+-+-<<注意到()()01f f =,两式相减，整理得到].)1)(()([21)(2221x f x f x f -''-''='ξξ因此，])1(|)(||)([|21|)(|2121x f x f x f -''+''≤'ξξ.1)]1([)1(222=-+≤-+≤x x x x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：()()121222f x f x x x f ++⎛⎫>⎪⎝⎭或()()121222f x f x x x f ++⎛⎫<⎪⎝⎭如果可以从)(x f ''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.例7 证明 当,0,,1x y x y n >≠>时，.2)(21nn n y x y x ⎪⎭⎫⎝⎛+>+ 证 设函数()n f t t =，则).0(0)1()(,)(21>>-=''='--t t n n t f nt t f n n因此当()0t f t >，的图形是凹的.根据定义，有.2)(21nn n y x y x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+>+ 例8 证明当0x π<<时，有sin .2xxπ>证 设πxx x f -=2sin )(，有),0(02sin 41)(,12cos 21)(ππ<<<-=''-='x xx f x x f则曲线()y f x =在()0,π内是凸的. 又()0()0f f π==,所以当0x π<<时，点()0,0和(),0π所连的弦在曲线()y f x =的下方，即()0f x >，从而.2sin πxx > 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 ()min ().x Ix If x Mf x m ∈∈≤≥或例9 证明).1,10(,1)1(211>≤≤≤-+≤-p x x x p p p证 令()(1)p p f x x x =+-,显然()f x 在[01]，上连续，故()f x 在[01]，上有最大值M ，最小值m .又由于11()(1),p p f x px p x --'=--令()0f x '=,得驻点211=x ，另有区间端点230,1x x ==,比较,2121,1)1()0(1-=⎪⎭⎫⎝⎛==p f f f 得()f x 的最大值()()011M f f ===,最小值111.22p m f -⎛⎫== ⎪⎝⎭因此，当]1,0[∈x 时，.1)1(211≤-+≤-p p p x x例10 证明 ).0(11ln >≥+x x x证 令.0,1ln )(>+=x xx x f 由0111)(22=-=-='xx x x x f得惟一驻点x =1.又，当01x <<时()()'0,f x f x <单调减少；当1x >时，()()'0,f x f x >单调增加.因此，函数()f x 在点1x =处取得最小值，最小值为()11f =,所以当0x >时，有()1f x ≥，即 1ln 1.x x+≥4.8* 组合恒等式与相关变化率（学习的目的是增长知识，提高能力，相信一分耕耘一分收获，努力就一定可以获得应有的回报）。