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 ＞
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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
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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 ．
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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
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。
导数在不等式中的应用
龙源期刊网 导数在不等式中的应用作者：马迪来源：《考试周刊》2013年第54期摘要：不等式是中学数学最重要的内容之一，有关不等式在历年高考中考得最频繁.由于不等式的综合性强，思维量大，重难点不容易把握，因而给解题带来了诸多困难，为此有必要探究如何更好地解决不等式问题的策略和方法.关键词：单调性最大值最小值构造函数不等式的解证问题是中学数学教学的一个难点，传统证明不等式的方法技巧性强，多数同学不易想到，并且各类不等式的证明没有通性通法.新教材中引入了导数，这为我们解决不等式的证明问题提供了一条新的途径，并且在近几年的高考题中使用导数证明不等式时有出现，但现行教科书对这一问题没有展开详细的研究，使得学生对这一简单的方法并不太了解.利用导数解证不等式思路清晰，方法简便，操作性强，易被学生掌握.下面介绍利用单调性，极值，最值解证不等式的基本思路，并通过构造辅助函数证明一些简单的不等式.一、利用导数解决不等式恒成立问题四、总结不等式是中学数学的重要内容之一，因而有关不等式在历年高考中考得最频繁，特别是不等式的证明问题已成为高考的难点.由于不等式的综合性强，重难点不容易把握，因而给解题带来了诸多困难，以上列举了三种有关导数在不等式中应用的例题，通过对例题的分析总结，进一步了解怎样解决不等式问题.同时不等式的综合性强，涉及知识面广，而且题目千变万化，所以不可以一概而论，应具体问题具体分析.总之，无论是证明不等式，还是解不等式，只要在解题过程中需要用到函数的单调性或最值，我们就可以用导数作为工具解决，这种解题方法也是转化与化归思想在中学数学中的重要体现.参考文献：[1]普通高中课程标准试验教科书（数学选修2-2）.江苏教育出版社.[2]步步高一轮复习资料.黑龙江教育出版社.。
导数在不等式问题中应用论文
浅谈导数在不等式问题中的应用不等式是高中数学中的基本问题，它也是高考必考查的一类问题，通常是不等式的解法、含有参数的不等式、不等式的证明等。
它可以和函数、数列等知识进行综合考查，考查函数思想、分类讨论思想、可以很好的考查考生的综合分析和解决问题的能力。
本文就高考中和平时练习中出现的一些题型，兹举几例进行说明。
一、含参数不等式的问题（一）分离参数法处理含参数不等式例1. 已知函数图像上点处的切线与直线平行（其中），（1）求函数的解析式；（2）对一切恒成立，求实数的取值范围.分析：（1），解得，于是（2）不等式等价变形为对任意的都成立，构造函数，即解：在上单调递减；在和上单调递增或，又，于是，实数的取值范围【点评】含参数不等式的恒成立问题，通常用分离参数法，然后构造函数化归为该函数的最值问题。
一般地；；（二）分离参数后所构造的函数不易求最值例2. 设函数（1），求的单调区间；（2）若当时求的取值范围分析：（1），在上单调递减；在上单调递增（2）当时，分离参数得，令，尝试求导数后，不易求在最小值，此时应立即转而直接求在最值。
解：（2），由（1）知当且仅当取等号故当时，恒成立，在上单调递增，于是符合题意。
当时，时，从而故，于是在上单调递减，而，不合题意综上所述，若当时，的取值范围为【点评】含参数不等式的恒成立问题通常分离参数优先，但有些问题分离后所构造的函数很难求最值，在这样的情形下就直接求最值。
此例中非常巧妙的利用了第（1）问中的这一结论，找到了分类讨论的标准。
此例还可以二次求导得，易得时，有恒成立，后面处理的过程一样，读者可以尝试。
（三）利用必要条件，缩小参数范围例3.设函数（1）求的单调区间；（2）求所有实数，使对恒成立.分析：（1）利用导数易求得在在上单调递增，上单调递减；（2）即是求在上最值，可以分成三种情况进行讨论，但是运算的量比较大。
而当，有恒成立，，即，此时即发现由（1）知在单调递增，于是有解得【点评】此例本是考查利用导数求函数在闭区间上的最值，若是用分离参数法或直接求最值运算起来都比较烦，但若巧妙利用恒成立的必要条件，把参数的取值范围缩小到，使得函数在单调函数，从而避免了分类讨论和繁琐的运算，这样的题型是值得积累的。
导数在不等式证明中的应用
由于 函 数 在 ［ ， ］ 连 续 ， 此 函 数 在 ［ ， ］ 存 在 最 大 ０ １上 因 ０ １上
故 函数 ｆｘ 在 ［ ，ａ） 严格 增 加 ， （ ） ０ 从 而ｆｘ ≥ （） ０ ＋ 。上 且ｆｏ ＝ ， （）
ｆ０ ＝ ． （ ） ０
１、 ，
值与最小 Ｒ；￣５１土 ； ２ ≤ｐ（ ｘ ≤１ 值， （ ｌ ， 于是 Ｘ １ ） ． ｆＪ ７ ＋ －
∞） ．
证 ： ｆ ）ｘ＋ １ｘ ｘ ０ １ ，Ⅱ， ）ｐ Ｘ Ｉ（一 ） ］ 设 （ ＝ （－ ）， ∈［ ，］贝 ｆ ｘ＝ ［ｐ＿ １ｘ ｘ （ －
．
令 ｆ ｘ ＝ ， 一 １ ｘ ０ 解 得 ｘ — （ 称 为 驻 点 ） ， ） ０ 即ｘ （ 一 ） （ ， ＝＿ 可 １
．
证 ）（） ｘ０ ： ＝１一 ， 黜ｘｎｘ Ｅ ｌ＋尝，［
例 ５ 证 明 ： ＞ 时 ， ＞ｘ ： 当ｘ ｌ ｅ ｅ ． ＂
现 设
ｆｘ ＝ ｌａ ａｎ （ ＞ ＞ ） （ ） ｘｎ — ｌｘ ｘ ａ ｅ ，
则 ｆ（ ）ｌａ 三 ．・ ｅ ｘ ａ ． ａ ｌ ＜ ．（ ） ０ 因而 ， ＝ｎ 一 ・ ＞ ，＞ １ ＞ ， ｘ ． ａ ｎ １ ｆ ｘ＞ ， ，
的值域为［÷ ， ］ 一 ÷ ． 所以， 。 ［１１时，（ ） 当ｘ， ∈ 一，］ Ｉｘ 『 ｘ ｆ ≤
２
，
、
Ｉｘ ｆ２ （
．
例 ４ 证 明 ： ＞ ， ≤ｘ １ ， 不 等 式 ２ －≤Ｘ＋ １ ｘ ： Ｎｐ ｌ０ ≤ 时 有 Ｉ ｐ （－ ） ｐ
≤ １ ．
１ ，
例 １ 证 明 ： Ｖｘ 有 不 等 式 ｌ １ ｘ ≥ ＾ ， ： 对 ≥０ ｎ（＋ ） ＿ Ｘ∈『 ， ０＋
例析导数在不等式问题中的应用
’ ．
厂 ） （ ， ） 是 单 调 增加 ． （ 在 一 ＋ 上
又
．
厂Ｏ ＝０ （） ， Ｉ （ ＋ ＞０， ｎ １ ） 即 ＞Ｉ １＋ ． ｎ（ ）
‘
一
．
．
同理 设 ｇ（ 一 ）＝
． ．
一ｌ（ ） （ ｎ １＋ ， ＞０） ．
２
上单调增加 （ 少 ） 减 ． 解 题 思 路 运 用 导 数 知 识证 明 不 等 式 ．常 用 的方 法 是 利 用 函 数 的单 调 性 ． 于 一 些 不 易 人 手 的 不 等 式 证 明 ， 对 可
‘ ． ．
三 、 用导 数 求 出 函数 的 凸 凹性 。 证 明 不等 式 运 再
●
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专 题 研 究
颡・
●
例析导数在 不等 式问题 中的应 用
◎唐 玉 霞 （ 川 省 达 州 职 业技 术 学 院 ６ ５ ０ ） 四 ３ ０ ０
【 要 】 导数来解不等式， 摘 用 既加 深 了学 生 对 导 数 和 函
数 知识 的理 解 ， 又培 养 了学 生分 析 问题 和 解决 问题 的 能力 ．
一
证 明 设 ｆｘ ： ＋（ 一 ０≤ ≤ １ （， ， ＝ 一 Ｐ（ 一 ～
令 ） ， 得 ＝ ． ＝ｏ 求
・
．
‘
，）（＝ ）（ ， （＝１ １ ＝ ０ ，） 争
，） （ 的最大值为１最小值为（ ， ｝ ＝ ， ２
证 明 令 函数 厂 ＝２ （ ） ｘ—ｓ —ｔｎ ｉ ｎ ａ ．
．
．
．
ｉ ｎ ≥（＋， 半 ｎ ｌ ＋ Ｙ ）１ ） ｎ
结
．
厂（ ） 一ｃｓ —ｓｃ 不 易 确 定符 号． ＝２ ｏ ｅ ，
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。
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。
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).。
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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
e e
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!。