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。
利用导数与辅助函数解决有关不等式问题的探讨
利用导数与辅助函数解决有关不等式问题的探讨1. 引言1.1 导数在解决不等式问题中的作用导数在解决不等式问题中起着至关重要的作用。
通过利用导数的性质，我们可以更加简洁地推导和解决各种复杂的不等式问题。
导数的概念让我们可以对函数的增减性进行准确的描述，从而帮助我们确定函数的最大值和最小值，进而解决不等式问题。
1.2 辅助函数的引入辅助函数在解决不等式问题中扮演着至关重要的角色，它能够帮助我们简化复杂的不等式推导过程，使得解题更加高效和直观。
辅助函数的引入往往能够将原问题转化为更容易处理的形式，从而有效提高解题的效率。
当我们遇到较为复杂的不等式问题时，常常可以通过引入合适的辅助函数来简化问题的求解过程。
辅助函数可以是任意函数，但通常选择的是与原函数性质相关且易于处理的函数。
通过构建合适的辅助函数，我们可以将原始的不等式问题转化为一个更简单的形式，进而通过导数等方法解决问题。
辅助函数的引入能够在很大程度上解决原问题中的困难与复杂性，使得我们能够更加高效地求解不等式问题。
通过合理选择辅助函数，我们可以充分利用其特殊性质，简化问题求解过程，从而更快速地得到解答。
在解决不等式问题时，辅助函数的运用是一种十分有效且常用的方法。
2. 正文2.1 导数在不等式问题中的应用导数在不等式问题中的应用是数学中重要的一部分，它能够帮助我们更有效地解决复杂的不等式问题。
通过导数的性质和计算，我们可以找到函数的最大值、最小值，从而进一步推导出不等式的解。
导数可以帮助我们确定一个函数的增减性。
在不等式问题中，我们常常需要分析函数在某个区间内的增减性来推断函数的取值范围。
通过计算导数的符号和零点，我们可以确定函数在哪些区间内是增加的，哪些区间内是减少的，从而得到不等式的解集合。
2.2 利用导数的性质简化不等式的推导过程利用导数的性质简化不等式的推导过程是解决不等式问题中常用的方法之一。
在求解不等式时，我们可以通过对不等式进行导数运算，利用导数的性质来简化推导过程，从而更快更准确地找到不等式的解。
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。
不等式证明中导数的应用
不等式证明中导数的应用
数学中，不等式是一门研究空间区域的重要概念，也是数学证明的基础工具，有益于理解它们在广泛的应用场景中的表现。
本文将介绍不等式证明中导数的应用，帮助读者更好地理解不等式的重要性。
首先，要讨论不等式证明中的导数，首先需要明确它的定义。
在一般意义上，导数是一种数学工具，用于描述一个函数的变化趋势，反映函数值的“变化率”。
在子多多义中，它也可以用来表示非线性函数的切线在某一点处的斜率。
在不等式证明中，有许多不同的应用场景，导数也是解决问题的有力工具。
比如，在函数最值问题中，利用导数可以在重要的点处求出局部最值；同时，在逼近函数极值问题中，也可以根据满足函数等式的连续性与微分的概念，近似求出函数的极值。
另一方面，导函数也可以用于求解最小值问题，通过利用最小点处导数为0的特点，找到函数的最小值。
解决最小值问题时，还可以结合估计法和凸性等概念，优化求解效果。
此外，对于给定条件下的连续函数，也可以利用微分法，基于函数的导数求解最大值或最小值。
以及，可以基于拓扑概念，运用导数求出极值点。
在总结以上应用之外，对于复杂的不等式证明，导数的应用也是非常有用的。
例如，有时可以同时运用集合论和导数，找出一组函数的最小值，来解决复杂的不等式证明问题。
从上述可以看出，在不等式证明中的导数的应用极其广泛，能够
有效解决各种计算问题。
但同时也要提醒大家，在使用这些数学工具时要小心，确保计算正确，避免误解或忽略重要细节。
综上所述，导数是不等式证明中一种非常重要的数学工具，并且已经成功地帮助解决了许多数学难题，为数学证明提供了重要的指导。
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。
关于导数在证明不等式中应用的讨论(1)
而要证且＜！ｎ×Ｊ＿，只要证ｌ“ｘ卫＜ｊｎｘＬ，（×）＝粤在ｘ＞ｅ上为减函数。
证明：设ｆ（ｘ）＝ｘｌｎｘ，ｆ，（×）＝１＋×，当Ｘ＞ｅ时。ｆ’（ｘ）＞０． ｆ（ｘ）＝ｘｌｎｘ在Ｘ＞ｅ上为增函数，则ｘｌｔｎｘ、＜Ｘ２Ｉｎｘ２．
而ｘ，＞ｏ，Ｉｎｘ２＞ｏ，所以：ｎｎｉｘ，＜詈。
●茅海燕
又设ｇ（ｘ）＝孚，ｇ。（ｘ）＝上誊坠，当ｘ＞ｅ时，ｇ‘（×）＜ｏ，
ｇ（ｘ）＝孚在×＞ｅ上为减函数，则鼍｝＜专｝。
而Ｘ１＞０．Ｉｎｘ２＞Ｕ，０所以詈＜恐ＩＩ。
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ｌ＾，
故当ｅ＜ｘ删ｚ时，ｉＸｌ＜恶＜詈。
三、应用求函数最大、最小值的方法证明不等式 在闭区间上的可导函数总介于它的最大值与最小值之间，如
果将要证明的不等式适当变形．问题就转化为所设函数的最大值、 最小值。
例２证明不等式彳≥＜Ｉｎ（１＋ｘ）＜ｘ
证明：设ｆ（ｘ）＝Ｉｎ（１＋×），则函数ｆ（×）在区间［Ｏ，ｘ］上满足ｌａ— ｇｒａｎｇｅ中值定理的条件。
则在区间（Ｏ．×）内至少存在一点∈，使ｆ（×）一ｆ（０）＝ｆ’（Ｏ（ｘ—ｏ）
即Ｉｎ（１＋ｘ）２下毒ｘ·由０＜§＜ｘ，知毫ｉ＜名ｉ＜１，所以
七＜Ｉｎ（１＋ｘ）＜Ｘｏ
ｆ（×．）：ｆ（叉）＋ｆ．（ｉ）（×、一ｉ）＋ｆ·－（∈）ｊ苎１丢墨Ｅ＜ｆ（叉）＋ｆ‘（叉）（×，一ｉ）， ｆ（ｘ２）＜ｆ（×）“。（×）（Ｘ２－Ｘ）．
ｆ（ｘ．）＜ｆ（ｘ）＋ｆ‘（ｘ）（Ｘｎ－ｘ）。 把以上式子相加 ｆ（ｘ１）＋ｆ（ｘ２）＋……＋ｆ（ｘ０＜ｎｆ（ｘ）＋ｆ‘（ｘＸｘｌ＋×２＋……＋ｘ．－ｎｘ）＝ｎｆ（ｘ），
ｌ数理化研究Ｉ．－【关注】
关于导数在证明不等式中应用的讨论
摘 要：不等式的证明一直是初等数学的难点，利用导数证明 不等式给解题带来很大的方便，也简化了解题过程。本文主要通过 举例论证，介绍了用导数证明不等式的几种类型。
导数的应用——利用导数证明不等式
导数的应用——利用导数证明不等式导数是微积分中的重要概念，它不仅在数学中有广泛的应用，还能帮助我们解决一些实际问题。
利用导数来证明不等式是导数的另一个重要应用之一、在本文中，我们将探讨如何使用导数来证明一些不等式。
在开始之前，我们需要回顾一下导数的定义。
对于函数f(x)，如果在特定点x处的导数存在，那么导数的定义为：f'(x) = lim(h->0) (f(x+h)-f(x))/h其中，f'(x)表示函数f(x)在点x处的导数。
证明不等式的基本方法是比较函数在一些区间内的导数大小关系。
如果可以证明在这个区间内，一个函数的导数始终大于另一个函数的导数，那么我们可以推断出，这个区间内的一个函数始终大于另一个函数，从而得到不等式的证明。
下面将通过一些具体的例子来说明如何利用导数证明不等式。
例1：证明当x>0时，e^x>1+x首先，我们定义函数f(x)=e^x-(1+x)，我们需要证明当x>0时，f(x)>0。
对于上述函数，我们可以计算它的导数f'(x)=e^x-1、现在我们只需要证明当x>0时，f'(x)>0即可。
对于x>0，显然有e^x>1，因此f'(x)=e^x-1>1-1=0，即f'(x)>0。
由此可知，当x>0时，f(x)是递增函数。
由此得到，f(x)>f(0)，即e^x-(1+x)>1-(1+0)=0。
因此，当x>0时，e^x>1+x。
例2：证明当 x>-1 时，(1+x)^n>1+nx在这个例子中，我们需要证明当 x>-1 时，(1+x)^n>1+nx，其中 n是正整数。
我们定义函数 f(x) = (1+x)^n-(1+nx)，我们需要证明当 x>-1 时，f(x)>0。
同样地，我们计算这个函数的导数f'(x)=n(1+x)^(n-1)-n。
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==≥∑∑。
不等式证明的开题报告
不等式证明的开题报告不等式证明的开题报告一、引言不等式是数学中重要的概念之一，它在解决实际问题和推导数学结论中起着重要的作用。
本开题报告将探讨不等式证明的方法和技巧，以及在解决实际问题中的应用。
二、不等式证明的基本方法1. 数学归纳法数学归纳法是一种常用的证明不等式的方法。
它基于以下两个步骤：首先证明当n=1时不等式成立；然后假设当n=k时不等式成立，通过推理证明当n=k+1时不等式也成立。
这种方法常用于证明与自然数相关的不等式，例如证明n(n+1)/2 > n。
2. 反证法反证法是一种常用的证明不等式的方法。
它基于以下思路：假设不等式不成立，通过推理推导出矛盾的结论，从而证明原不等式成立。
这种方法常用于证明与实数相关的不等式，例如证明√2是无理数。
3. 代入法代入法是一种常用的证明不等式的方法。
它基于以下思路：将不等式中的变量用特定的值代入，通过计算得出结果，从而证明不等式成立。
这种方法常用于证明与特定数值相关的不等式，例如证明当x>0时，x^2 > 0。
三、不等式证明的技巧1. 利用基本不等式基本不等式指的是诸如AM-GM不等式、柯西-施瓦茨不等式等常用的不等式。
在证明不等式时，可以利用这些基本不等式进行变形和推导，从而得到所要证明的结果。
2. 利用等价不等式等价不等式指的是与所要证明的不等式具有相同结构但不等号方向相反的不等式。
在证明不等式时，可以通过将所要证明的不等式转化为等价不等式，然后利用已知的结论进行推导，最终得到所要证明的结果。
3. 利用对称性质有些不等式具有对称性质，即交换不等式两边的变量不会改变不等式的成立性。
在证明这类不等式时，可以利用对称性质进行变形和推导，从而得到所要证明的结果。
四、不等式证明的实际应用不等式证明不仅仅是数学理论的研究，还具有广泛的实际应用。
以下是几个不等式在实际问题中的应用示例：1. 经济学中的应用在经济学中，不等式的证明可以用于分析市场供求关系、收入分配等问题。
开题报告
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。
The end,thank you!
elements
开题报告
导数在不等式中的应用
班级：数本一班 姓名：1111
主要有以下步骤
一． 主要研究方向 二． 研究目的 三． 研究方法
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
一．主要研究方向
导数在不等式证明中的应用
• • • • • • • • •
利用导数的定义证明不等式 利用中值定理证明不等式 利用函数的单调性证明不等式 利用导数的几何意义证明不等式 利用函数的最值性(极值性）证明不等式 利用泰勒公式证明不等式 利用函数的凹凸性证明不等式 利用导数的不等性证明不等式 利用偏导数证明不等式
导数在中学不等式证明中的应用
导数在中学不等式证明中的应用
导数在中学不等式证明中的应用
在中学数学证明中，导数可以用来证明不等式。
考虑不等式
f(x)=ax+b>c,a,b,c都为实数，关于x的函数的单调性可以由它的导数来判断。
如果f(x)的导数大于0，则f(x)单调递增；如果f(x)的导数小于0，则f(x)单调递减。
所以如果a>0,则f(x)为递增函数，则当x取正时，f(x)会增大，此时有f(x)>c；如果a<0,则f(x)为递减函数，此时有f(x)<c。
也正是如此，在正则的不等式的证明中，我们可以用导数的性质，比如f(x)的单调性（递增或者递减）来证明不等式。
比如，证明 x^2-
3x+2≥0对十分之一,x∈(0,4).这里，可以用xy=z原理，因为x^2-
3x+2=(x-1)(x-2)≥0，于是令x=1,x=2时相应的z值为z=2。
利用v函数定义可以知道，有z=f'(x)，所以只要证明f'(x)≥0即可，而f'(x)=2x-3，证明一下f'(x)≥0在(0,4)得到f'(x)=2x-3>2-3=0，从而结论得证。
导数这一重要的工具，还可以用来证明多元函数的局部最大值和最小值点，证明函数图像上某一点的性质等等。
可见，在证明不等式中，导数扮演着重要的角色，高中生们需要加强对这个重要的概念和它的性质的掌握。
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。
利用导数处理与不等式有关的问题
利用导数处理与不等式有关的问题导数是研究函数性质的一种重要工具。
例如求函数的单调区间、求最大（小）值、求函数的值域等等。
而在处理与不等式有关的综合性问题时往往需要利用函数的性质；因此，很多时侯可以利用导数作为工具得出函数性质，从而解决不等式问题。
下面具体讨论导数在解决与不等式有关的问题时的作用。
一、利用导数证明不等式（一）、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：1、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：x>0时,求证；x-－ln(1+x)＜0证明：设f(x)= x-－ln(1+x)(x>0), 则f (x)=-∵x>0,∴f(x)0时,f(x)a>e, 求证:ab>ba,(e为自然对数的底)证：要证ab>ba只需证lnab>lnba 即证：blna－alnb>0设f(x)=xlna－alnx(x>a>e)；则f’(x)=lna－,∵a>e,x>a ∴lna>1, 0,因而f(x)在（e, +∞）上递增∵b>a,∴f(b)>f(a)；故blna－alnb>alna－alna=0；即blna>alnb所以ab>ba成立。
（注意，此题若以a为自变量构造函数f(x)=blnx－xlnb (e0时x，故f(x)在区间（e, b）上的增减性要由e与的大小而定，当然由题可以推测e>故f(x)在区间（e, b）上的递减,但要证明e> 则需另费周折，因此，本题还是选择以a为自变量来构造函数好，由本例可知用函数单调性证明不等式时，如何选择自变量来构造函数是比较重要的。
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。
高数利用导数证明不等式及导数的应用
an n2
a n a n1 ln a
a n1 (n 1)2
x x2 x3 ln(1 x) 0 f (x) 0 x x2 x3 ln(1 x)
23
23
20 利用函数的单调性 当要证的不等式两端是给定的两个表达式,或不等式一端 或两端含f(x),且知道f’(x)>0(或f”(x)>0)则常需要用单调性证. 解：:为证不等式,只要证 例2 当x>0时,证明不等式
ln a n(n 1)
n 1 n
其中 ( 1 , 1)
n 1 n
1
an
1
a n1
a
ln a(1
1
),
n n 1
1
1
1
1
a n a a n1
an
a
a n1
n(n 1) n(n 1) n(n 1)
a 1, 1 1
n
n 1
1
1
1
1
1
1
an n2
a n(n 1)
a n1 (n 1)2
其辅助函数为
f
( x)
2
2 (1 x)3
2[1
(1
1 x)3
]
0
(x 0)
f (x) 1 x x 2 1 1 x
f (x) 1 2x 1 , (1 x) 2
f (0) 0 f (0) 0
f (x) x x 2 x3 ln(1 x) f (x) 0 f (0) 23
一． 证明不等式 二． 证明方程根的个数 三． 导数的应用
第五讲 利用导数 证明不等式
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一．利用导数证明不等式
利用导数证明不等式是常考的题型.主要的方法有:
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专业
数学与应用数学
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。
集宁师范学院本科生毕业设计（论文、创作）题目申报表
设计（论文）题 目
导数在不等式证明中的应用
题目类型
其它
题目来源
指导教师出题
面向专业
数学教育类
指导教师
何晓霞
职 称
副教授
学 位
无
从事专业
大学数学教学
题目简介：
导数知识是数学中极其重要的部分，它的内容，思想和应用贯穿于整个数学的教学之中，是初等数学和高等数学中的一项重要内容。利用导数证明不等式是一种行之有效的好方法，它能使不等式的证明化难为易，迎刃而解。在不等式证明的种种方法中，它占有重要的一席之地，具有较强的灵活性和技巧性。掌握导数在不等式中的证明方法和技巧对学好高等数学有很大帮助。
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。
学生签名：指导教师审核签名：日期：
主要任务及基本要求（包括指定的参考资料）：
[1]华东师范大学.数学分析[M].高等教育出版社(下册) .156.293(上册)
[2]扈志明,韩云端.高微积分教程[M].北京:清华大学出版社, 1998
[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,2000
[4]朱士信.唐烁.宁荣健编.高等数学[M]上册.中国电力出版社,2007
[10]李旭金.导数在不等式中的应用[J].新作文(教育教学研究),2011,(第11期).
发出任务书日期： 完成期限：
指导教师签名： 专业主任签名：
年 月 日
集宁师范学院本科生毕业设计（论文、创作）开题报告
设计（论文）题 目
导数在不等式证明中的应用
题目来源
指导教师出题
题目类型
其它
指导教师
何晓霞
学生姓名
审核意见：
审核人签名：
年月日
系（院）意见：
系（院）主任（院长）签名：
年月日
题目类型－－1、为结合科研；2、为结合生产实际；3、为结合大学生科研训练计划；
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
集宁师范学院本科生毕业设计（论文、创作）任务书
论文题目
导数在不等式证明中的应用
年级
四
专业
数学与应用数学
学生姓名
学号
主要内容：
利用导数的定义证明不等式
利用中值定理证明不等式
利用函数的单调性证明不等式
利用导数的几何意义证明不等式
利用函数的最值性(极值性）证明不等式
利用泰勒公式证明不等式
利用函数的凹凸性证明不等式
利用Jensen不等式证明不等式
利用导数的不等性证明不等式
利用偏导数证明不等式
[5]周晓农.导数在不等式证明中的应用[J].金筑大学学报2000.03
[6]陈秋华.也谈利用凸函数证明初数不等式的证明[J].高等数学研究2009
[8]陶伟.高等数学习题集[M].北京国家行政学院出版社2001
[9]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2006
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。