第一篇：導數在高中數學中的應用

導數在高中數學中的應用

導數是解決高中數學問題的重要工具之一，很多數學問題如果利用導數的方法來解決，不僅能迅速找到解題的切入點，甚至解決一些原來只是解決不了的問題。而且能夠把復雜的分析推理轉化為簡單的代數運算，化難為易，事半功倍的效果.如在求曲線的切線方程、方程的根、函數的單調性、最值問題；數列，不等式等相關問題方面，導數都能發揮重要的作用。

導數（導函數的簡稱）是一個特殊函數，所以它始終貫穿著函數思想。隨著課改的不斷深入，新課程增加了導數的內容，導數知識考查的要求逐漸加強，而且導數已經在高考中占有很重要的地位，導數已經成為解決問題的不可缺少的工具。函數是中學數學研究導數的一個重要載體，近年好多省的高考題中都出現以函數為載體，通過研究導函數其圖像性質，來研究原函數的性質。本人結合教學實踐，就導數在函數中的應用作個初步探究。

導數在高中數學中的應用主要類型有：求函數的切線，判斷函數的單調性，求函數的極值和最值，利用函數的單調性證明不等式，尤其函數的單調性和函數的極值及最值，是高中數學學習的重點之一，預計也是“新課標”下高考的重點。

一、用導數求切線方程

方法提升：利用導數證明不等式是近年高考中出現的一種熱點題型。其方法可以歸納為“構造函數，利用導數研究函數最值”。

總之，導數作為一種工具，在解決數學問題時使用非常方便，尤其是可以利用導數來解決函數的單調性，極值，最值。在導數的應用過程中，要加強對基礎知識的理解，重視數學思想方法的應用，達到優化解題思維，簡化解題過程的目的，更在于使學生掌握一種科學的語言和工具，進一步加深對函數的深刻理解和直觀認識。

第二篇：導數在高中數學教學中的應用

導數在高中數學教學中的應用

【摘要】導數是近代數學的重要基礎，是聯系初、高等數學的紐帶，它的引入為解決中學數學問題提供了新的視野，是研究函數性質、證明不等式、探求函數的極值最值、求曲線的斜率的有力工具。

【關鍵詞】導數函數曲線的斜率極值和最值導數（導函數的簡稱）是一個特殊函數，它的引出和定義始終貫穿著函數思想。新課程增加了導數的內容，隨著課改的不斷深入，導數知識考查的要求逐漸加強，而且導數已經由前幾年只是在解決問題中的輔助地位上升為分析和解決問題時的不可缺少的工具。函數是中學數學研究導數的一個重要載體，函數問題涉及高中數學較多的知識點和數學思想方法。近年好多省的高考題中都出現以函數為載體，通過研究其圖像性質，來考查學生的創新能力和探究能力的試題。本人結合教學實踐，就導數在函數中的應用作個初步探究。

有關導數在函數中的應用主要類型有：求函數的切線，判斷函數的單調性，求函數的極值，用導數證明不等式。這些類型成為近兩年最閃亮的熱點，是高中數學學習的重點之一，預計也是“新課標”下高考的重點。

一、用導數求函數的切線

例1：已知曲線y=x3-3x2-1，過點（1，-3）作其切線，求切線方程。

分析：根據導數的幾何意義求解。

解：y′=3x2-6x，當x=1時y′=-3，即所求切線的斜率為-3.故所求切線的方程為y+3=-3(x-1)，即為：y=-3x.方法提升：函數y=f(x)在點x0處的導數的幾何意義，就是曲線y=f(x)在點P（x0，y=f(x0)）處的切線的斜率。既就是說，曲線y=f(x)在點P（x0，y=f(x0)）處的切線的斜率是f′(x0)，相應的切線方程為y-y0=f′(x0)(x-x0)。

二、用導數判斷函數的單調性

例2：求函數y=x3-3x2-1的單調區間。

分析：求出導數y′，令y′>0或y′<0，解出x的取值范圍即可。

解：y′=3x2-6x，由y′>0得3x2-6x?0，解得x?0或x?2。

由y′<0得3x2-6x?0，解得0?x＜2。

故所求單調增區間為(-∞，0)∪(2，+∞)，單調減區間為(0，2)。

方法提升：利用導數判斷函數的單調性的步驟是：（1）確定f(x)的定義域；（2）求導數f′(x)；（3）在函數f(x)的定義域內解不等式f′

(x)>0和f′(x)<0；（4）確定f(x)的單調區間.若在函數式中含字母系數，往往要分類討論。

三、用導數求函數的極值

例3．求函數f(x)=(1/3)x3-4x+4的極值

解：由f′(x)=x2-4=0，解得x=2或x=－2.當x變化時，y′、y的變化情況如下：

當x=－2時，y有極大值f(-2)=－（28/3），當x=2時，y有極小值f(2)=－(4/3).方法提升：求可導函數極值的步驟是：（1）確定函數定義域，求導數f′(x)；（2）求f′(x)=0的所有實數根；（3）對每個實數根進行檢驗，判斷在每個根（如x0）的左右側，導函數f′(x)的符號如何變化，如果f′(x)的符號由正變負，則f(x0)是極大值；如果f′(x)的符號由負變正，則f(x0)是極小值.。注意：如果f′(x)=0的根x=x0的左右側符號不變，則f(x0)不是極值。

四、用導數證明不等式

證明不等式彰顯導數方法運用的靈活性把要證明的一元不等式通過構造函數轉化為f(x)>0(<0)再通過求f(x)的最值,實現對不等式證明,導數應用為解決此類問題開辟了新的路子,使過去不等式的證明方法從特殊技巧變為通法,彰顯導數方法運用的靈活性、普適性。

例(1)求證:當a≥1時,不等式對于n∈R恒成立.(2)對于在(0,1)中的任一個常a,問是否存在x0>0使得ex0-x0-1>a?x022ex0成立?如果存在,求出符合條件的一個x0;否則說明理由。

分析:(1)證明:(Ⅰ)在x≥0時,要使(ex-x-1)≤ax2e|x|2成立。

只需證:ex≤a2x2ex+x+1即需證:1≤a2x2+x+1ex①

令y(x)=a2x2+x+1ex,求導數y′(x)=ax+1?ex-(x+1)ex(ex)2=ax+-xex

∴y′(x)=x(a-1ex),又a≥1,求x≥0,故y′(x)≥0

∴f(x)為增函數,故f(x)≥y(0)=1,從而①式得證

(Ⅱ)在時x≤0時,要使ex-x-1≤ax2e|x|2成立。

只需證:ex≤a2x2ex+x+1,即需證:1≤ax22e-2x+(x+1)e-x②

令m(x)=ax22e-2x+(x+1)e-x,求導數得m′(x)=-xe-2x[ex+a(x-1)]

而φ(x)=ex+a(x-1)在x≤0時為增函數

故φ(x)≤φ(0)=1-a≤0,從而m(x)≤0

∴m(x)在x≤0時為減函數,則m(x)≥m(0)=1,從而②式得證

由于①②討論可知,原不等式ex-x-1≤ax2e|x|2在a≥1時,恒成立

(2)解:ex0-x0-1≤a?x02|x|2ex0將變形為ax022+x0+1ex0-1<0③

要找一個x0>0,使③式成立,只需找到函t(x)=ax22+x+1ex-1的最小值，滿足t(x)min<0即可,對t(x)求導數t′(x)=x(a-1ex)

令t′(x)=0得ex=1a,則x=-lna,取X0=-lna

在0-lna時,t′(x)>0

t(x)在x=-lna時,取得最小值t(x0)=a2(lna)2+a(-lna+1)-1

下面只需證明:a2(lna)2-alna+a-1<0,在0

又令p(a)=a2(lna)2-alna+a-1,對p(a)關于a求導數

則p′(a)=12(lna)2≥0,從而p(a)為增函數

則p(a)

于是t(x)的最小值t(-lna)<0

因此可找到一個常數x0=-lna(0

導數的廣泛應用,為我們解決函數問題提供了有力的工具,用導數可以解決函數中的最值問題,不等式問題,還可以解析幾何相聯系,可以在知識的網絡交匯處設計問題。因此,在教學中,要突出導數的應用。

第三篇：導數在不等式中的應用

指導教師：楊曉靜

摘要：本文探討了利用拉格朗日中值定理，函數的單調性，極值，冪級數展開式，凹凸性等進行不等式證明的具體方法，給出了各種方法的適用范圍和證明步驟，總結了應用各種方法進行證明的基本思路。

關鍵字：導數的應用不等式證明方法

引言

不等式的證明在初等數學里已介紹過若干種方法，比如比較法、分析法、綜合法、放縮法、反證法、數學歸納法和構造法等。然而，有些不等式用初等數學的方法是很難證明的，但是應用導數證明卻相對較容易些，在處理與不等式有關的綜合性問題時，也常常需要構造輔助函數，把不等式的證明轉化為利用導數來研究函數的性態。因此，很多時候可以以導數為工具得出函數的性質，從而解決不等式問題，現具體討論導數在解決不等式有關的問題時的作用。

一、利用拉格朗日中值定理證明不等式

拉格朗日中值定理的意義在于建立了導數與函數之間的關系，證明不等式則是它的一個簡單應用。

拉格朗日中值定理：若函數f(x)滿足如下條件：（1）f在閉區間?a,b?上連續；（2）在開區間?a,b?內可導，則在?a,b?內至少存在一點?，使得f(?)?'f(b)?f(a)

b?a 應用拉格朗日中值定理證明的不等式的類型有f(b)?f(a)?M(b?a)或 證明步驟：（1）恰當的選取函數f(x)并使函數f(x)滿足拉格朗日中值定理的條件，并考慮f(x)的導數形式和M或m形式上的聯系。

（2）通過求拉格朗日中值定理得到不等式：f(b)?f(a)?f(?)(b?a)，??(a,b)

'（3）考察f(x)的有界性，若f(x)?M，x??a,b?，則由上述等式得到不等式

f(b)?f(a)?M(b?a)，或由?的不確定性，計算出若f'(x)的取值范圍?m,M?,x??a,b?,則進而有不等式m(b?a)?

例：證明nbn?1f(b)?f(a)?M(b?a)(a?b)?a?b

nnn?nan?1(a?b)證明：構造函數f(x)?x，則顯然f在區間?b,a?上滿足拉格朗日中值定理，且

f(x)?nx

nn'n?1，n?1有a?b?n?(a?b)，又

第四篇：高中數學教學論文 導數及其應用教學反思

湖北省宜昌市第十八中學高中數學教學論文 導數及其應用教學反思

1.反思“變化率問題”課堂教學的新課引入

導數的幾何意義就是切線的斜率，因此貫穿“導數及其應用”的主線是切線的斜率。下面通過比較“變化率問題”的兩節課，就新課的引入談點想法。

這節課的核心問題就是“變化率問題”，它是學習導數的基礎，是理解導數概念的根本。如果這節課能在把握整章教材的核心問題——“導數概念”的基礎上，把握這節課的核心問題——“變化率問題”，恰到好處地給出瞬時變化率和切線的斜率，那么，自然水到渠成。

新課導入是整個課堂教學活動中的熱身活動，目的是讓學生在最短的時間內進入課堂學習的最佳狀態。在這種教學環境和師生關系極為特殊，而且缺乏平常教學中的師生默契的情況下，如何以簡潔、生動的教學案例來消除師生之間的陌生感，從而創設和諧的課堂氣氛？如何以新穎的方法把教學內容自然地呈現在學生的面前？如何在上課伊始的幾分鐘內吸引學生的注意力，激發學生的求知欲？如何使新舊知識有機地結合起來，并溶入導入活動之中？等等，都是教師應深入思考的問題。

2.反思“變化率問題”課堂教學的課堂語言 “令”。這里的“令”，應該說成“習慣上用

表示，即

”。

關于氣球膨脹率問題，應該補充說明：“我們把氣球近似地看成球體”.這一點，兩位教師都沒有說明。

應該補充例題：“已知兩點求經過兩點的直線的斜率，在函數的圖像上，”。因為它是聯系平均變化率和導數概念的樞紐，同時，還有利于學生在親身體驗數學的文字語言、符號語言和圖形語言的相互轉化中理解平均變化率的概念、切線斜率的概念和導數的概念等。

3.反思“變化率問題”課堂教學中對計算問題的處理

在課堂教學中，對計算問題的處理，要注意避免兩種極端：過分強調學生的計算；以計算機代替學生的計算。

既要培養學生的運算能力，又要提高單位時間的教學效率，可選擇兩個地方讓學生計算。其一，計算0～1秒或1～2秒的平均速度問題。因為計算時花費的時間不多，同時，既能促進學生對平均速度的理解，又能為理解瞬時速度做好充分的準備。其二，計算0~65平49均速度問題。因為學生通過這一問題的計算，既能發現問題：“用平均速度表示這段時間內運動員的運動情況存在問題”，又能促進學生思考問題：“用什么東西才能更好地描述運動員在這個時間段的運動狀態？”自然學生會想到物理中學過的瞬時速度。這樣的處理省時，能夠提高單位時間的效率，同時，不影響主體知識（平均速度、平均變化率、導數的概念）的學習。

第五篇：導數在不等式證明中的應用

導數在不等式證明中的應用

引言

不等式的證明是數學學習中的難點，而導數在不等式的證明中起著關鍵的作用。不等式的證明是可以作為一個系列問題來看待,不等式的證明是數學學習的重要內容之一,也是難點之一。其常用的證明方法有: 比較法、綜合法、分析法、重要不等法、數學歸納法等等,然而有一些問題用上面的方法來解決是很困難的,我們在學完導數及其應用這一內容以后,可以利用導數的定義、函數的單調性、最值性(極值性)等相關知識解決一些不等式證明的問題。導數也是微積分的初步基礎知識，是研究函數、解決實際問題的有力工，它包括微分中值定理和導數應用。不等式的證明在數學課題中也是一個很重要的問題，此類問題能夠培養我們理解問題、分析問題的能力。本文針這篇論文是在指導老師的悉心指導和嚴格要求下完成的。這篇論文是在指導老師的悉心指導和嚴格要求下完成的。對導數的定義、微分中值定理、函數的單調性、泰勒公式、函數的極值、函數的凹凸性在不等式證明中的應用進行了舉例。

一、利用導數的定義證明不等式

定義 設函數f?f?x?在點x0的某領域內有定義,若極限

f?x??f?x0? 存在 limx?x0x?x0則稱函數f在點x0處可導，并稱該極限為函數f在點x0處的導數，記作f'?x0? 令 x?x0??x，?y?f?x0??x??f?x0?，則上式可改寫為

f?x0??x??f?x0??y?lim?f'?x0?

?x?0?x?x?0?xlim所以，導數是函數增量?y與自變量增量?x之比

?y的極限。這個增量比稱為函?x數關于自變量的平均變化率(又稱差商)，而導數f'?x0?則為f在x0處關于x的變化率。

以下是導數的定義的兩種等價形式：

1（1）f'?x0??limx?x0f?x??f?x0?

x?x0f?x??x??f?x0?

?x（2）f'?x0??lim?x?0例1: 設f?x??r1sinx?r2sin2x???rnsinnx，并且f?x??sinx，證明：r1?2r2???nrn?1

證明 f?x??r1sinx?r2sin2x??rnsinnx，可得出f?0??0，因為 f'?x??r1cosx?2r2cos2x???nrncosnx, 則 f'?0??r1?2r2???nrn 又由導數的定義可知

limx?0f?x??f?0?f?x?f?x? ?lim?limx?0x?0x?0xxsinx?1 x?f'?0??limx?0所以 f'?0??1，即可得 r1?2r2???nrn?1.1221y?lny，求證: y?1,y2?y2?lny.232211分析 令h?y??y2?y2?lny，y?(1,??)，因為h?1???0, 326例

2、已知函數f?y??要證當x?1時，h?x??0,即h?x??h?1??0,只需證明h?y?在(1,??)上是增函數。證明 令h?y??22121y?y?lny，則h'?y??2y2?y?，32y'2y3?y2?1(y?1)(2y2?y?1)因為 當y?1時, h?y????0 ，yy所以h?y?在(1,??)上是增函數，就有h?y??h?1??121?0,y3?y2?lny?0，632 2 21即可得y?1,y2?y2?lny.32注:證明方法為先找出x0，使得y?f'?x0?恰為結論中不等式的一邊；再利用導數的定義并結合已知條件去證明。

二、利用微分中值定理證明不等式

證題思路 將要證的不等式改寫成含變量之商不等式，則可嘗試利用中值公式

f?b??f?a??f'???

b?af?b??f?a?f?b??f?a?或的b?ag?b??g?a?f?b??f?a?f'???或者 ?'g?b??g?a?g???并做適當的放縮到待證不等式中 1.使用拉格朗日中值定理證明不等式 定理 若函數滿足如下條件:(i)f在閉區間[a,b]上連續；(ii)在開區間(a,b)內可導，則在(a,b)內至少存在一點?，使得

f'????f?b??f?a?

b?a例

3、證明對一切h??1,h?0成立不等式

h?ln?1?h??h 1?h證明 設f?x??ln?1?x?，則ln?1?h??ln?1?h??ln1?當h?0時，由0???1可推知

1?1??h?1?h，h，0???1 1??hhh??h 1?h1??hhh??h 1?h1??h當?1?h?0時，由0???1可推得

1?1??h?1?h?0,從而得到所要證明的結論.注:利用拉格朗日中值定理的方法來證明不等式的關鍵是將所要證明的結論與已知條件歸結為一個函數在某區間上的函數增量，然后利用中值定理轉化為其導數的單調性等問題.2．使用柯西中值定理證明不等式 定理 設函數f和g滿足(i)在[a,b]上都連續；(ii)在(a,b)內都可導；

(iii)f'?x?和g'?x?不同時為零；(iv)g?a??g?b?，f'???f?b??f?a?則存在??(a,b)，使得' ?g???g?b??g?a?例

4、證明不等式

ln?1?y??arctany(y?0)1?y分析 該不等式可化為

?1?y?ln?1?y??1(y?0)

arctany可設 f?y???1?y?ln?1?y?，g?y??arctany，f?y??f?0?注意到f?0??g?0??0，故可考慮對使用柯西中值定理

g?y??g?0?證明 如上分析構造輔助函數f?y?和g?y?，則對任意y?0，由柯西中值定理，存在??(0,y)，使得

?1?y?ln?1?y??f?y??f?0??f'????1?ln(1??)

1arctanyg?y??g?0?g'???1??2?[1?ln(1??)](1??2)?1.4

三、利用函數的單調性證明不等式

證明思路 首先根據題設條件及所證不等式，構造適當的輔助函數f?x?，并確定區間[a,b]；然后利用導數確定f?x?在[a,b]上的單調性；最后根據f?x?的單調性導出所證的不等式.1.直接構造函數，再運用函數的單調性來證明不等式

?例5 證tany?2siny?3y，其中y?[0,)

2分析 欲證f(y)?f(a)(a?y?b)，只要證f(y)在[a,b]上單調遞增，即證f'(y)?0即可．

若f'(y)的符號不好直接判定，可借助于f''(y)，以至于f3(y)進一步判定.證明 令f?y??tany?2siny?3y，則 f'?y??sec2y?2cosy?3，f''?y??2siny?sec3y?1?

?于是y?[0,)時，f''?y??0，有f'?y?單調增加

2所以f'?y??f'?0??0,有f?y?單調增加，可推得f?y??f?0??0，即tany?2siny?3y.2.先將不等式變形，然后再構造函數并來證明不等式 例

6、已知b,c?R,b?e，求證：bc?cb為(e自然對數的底)證明 設f?x??xlnb?blnx(x?b?c)

b則 f'?x??lnb?，就有 b?e，x?b

xb因為 lnb?1,?1, x所以 f'?x??0，則f'?x?在(e,??)上遞增；

又因c?b，所以f?c??f?b?，就有clnb?blnc?blnc?blnc?0 從而有clnb?blnc，即bc?cb.注: 對于一些不易入手的不等式證明, 可以利用導數思想,先通過特征不等式構 造一個函數, 再判定其函數單調性來證明不等式成立,這就是利用函數的單調性證明不等式的思想。

構造輔助函數有以下幾種方法: 1.用不等式的兩邊“求差”構造輔助函數；  2.用不等式兩邊適當“求商”構造輔助函數； 3.根據不等式兩邊結構構造“形似”輔助函數； 

4.如果不等式中涉及到冪指函數形式,則可通過取對數將其化為易證明的形式再根據具體情況由以上所列方法構造輔助函數.四、利用泰勒公式證明不等式

證題思路 若f?x?在(a,b)內具有(n+1)階導數，x0?(a,b)，則

f?x??f?x0??f'?x0??x?x0??

f''?x0?2?x?x0???? 2!f?n??x0?fn?1???nn?1?x?x0???x?x0? n!?n?1?!其中?介于x0與x之間．

例

7、設f?y?在[0,1]上二階可導，f?0???1??0,且maxf?y??1，求證：存在y?[0,1]??(0,1)，使得f''?y???8.證明 因f?y?在[0,1]上二階可導，故在[0,1]上連續, 據最值定理，必?c?(0,1)使得f?c?為最大值，即f?c?=1，且有f'?c??0.而f?y?在y=1的一階泰勒展式為

f''???2 f?y??f?c??f?c??y?c???x?c?，其中?介于c與y間

2'分別在上式中令y?0與y?1得

f?0??1?1''f??1?c2?0,?1?(0,c)，2 6

1''2f??2??1?c??0,?2?(c,1).212故當c?(0,]時，f''??1???2??8，2cf?1??1?12當c?(,1)時, f''??2?????8，22?1?c?所以存在?(?1或?2)?(0,1),使得f''?y???8.注: 用泰勒展式證明不等式的方法是將函數f?x? 在所給區間端點或一些特點(如區間的中點，零點)進行展開，通過分析余項在?點的性質，而得出不等式。值得說明的是泰勒公式有時要結合其它知識一起使用,如當使用的不等式中含有積分號時,一般要利用定積分的性質結合使用泰勒公式進行證明;當所要證明的不等式是含有多項式和初等函數的混合式時,需要作一個輔助函數并用泰勒公式代替。使用泰勒公式巧妙靈活的證明不等式往往使證明方便簡捷。

五、利用函數的最值(極值)證明不等式

由連續函數在[a,b]上的性質,若函數f在閉區間[a,b]上連續,則f在[a,b]上一定有最大、最小值，這就為我們求連續函數的最大,最小值提供了理論保證。

若函數f的最大(小)值點x0在區間(a,b)內,則x0必定是f的極大(小)點。又若f在x0可導,則x0還是一個穩定點。所以我們只要比較f在所有穩定點、不可導點和區間端點上的函數值,就能從中找到f在[a,b]上的最大值與最小值。證明方法：先構造輔助函數，再求出f?x?在所設區間上的極值與最大、最小值，進而證明所求不等式。

例

8、已知: 0?x?1，證明當r?1時，有

r1rr?x?1?x?1 ??r?12證明 令f?x??xr??1?x?，0?x?1，則f?0??f?1??1

1，2111111則f()?r?(1?)r?r?r?r?1

222222令f?x??0，求得x?因為 f'?x??rxr?1?r?1?x?r?1，7 令 f'?x??0,求得駐點為x?又因為當r?1時，1?1, r?121，2所以f?x?在[0,1]上的最小值為從而

1，最大值為1, 2r?11rr?x?1?x?1，0?x?1，r>1.??2r?1例

9、證明：當y?1時, ey?證明 作輔助函數 1?yf?y???1?x?ey，則f'?y???yey,y?0是f?y?在(??,1)內的唯一駐點，且當y?0時，f'(y)?0 ；當0?y?1時，f'?y??0.故y?0是f?y?的極大值點，f?0??1是f?y?的極大值.因為當y由小變大時，f?y?由單調增變為單調減, 故f?0??1同時也是f?y?的最大值, 所以，當y?1時，f?y??1 , 即ey?1.1?y注:在對不等式的證明過程中，可以以不等式的特點為根據，以此來構造函數，從而運用導數來得出函數的最值，而此項作用也是導數的另一個功能，即可以被用作求函數的最值。例如，當此函數為最大或最小值的時候，不等式的成立都有效的，因此可以推出不等式是永遠成立的，從而可以將證明不等式的問題轉化到求函數最值的問題上來。

六、利用函數的凹凸性質證明不等式

證明思路 若f''?x??0(a?x?b)，則函數y?f?x?的圖形為凹的，即對任意x1，x2?(a,b)，有f(f?x1??f?x2?x1?x2)?，當且僅當x1?x2時成立． 22 8 例

10、設r?0，h?0，證明rlnr?hlnh?(r?h)ln成立．

分析 將欲證的不等式兩邊同除以2，變形為

rlnr?hlnh(r?h)r?h?ln 222r?h，且等號僅在r?h 時2由上式看出，左邊是函數f?k??klnk在r，h兩點處的值的平均值，而右邊是它在中點r?h處的函數值．這時只需證f''?k??0即可． 2證明 構造輔助函數

f?k??klnk(k?0)，那么就有：

f'?k??1?lnk,f''?k??故由不等式:

1?0 成立.kf?r??f?h?r?h?f()

22rlnr?hlnh(r?h)r?h?ln 222r?h也即 rlnr?hlnh?(r?h)ln

2可得

且等號僅在r?h 時成立.例

11、已知: ??0,??0, ?3??3?2，求證：????2.證明 設f?y??y3,y?(0,??)，則 f'?y??3y2,f''?y??6y?0 就有f?y??y3,y?(0,??)是凸函數

1，y1??,y2??，211???)則f??1y1??2y2??f(???)?f(222設?1??2?就有如下式子成立: f??1y1??2y2??f(???2)??1f?y1???2f?y2??11f????f??? 22 9 ?????而又因為有

83?(???2)3?f(???2)，f????f????3??311?1 f????f?????2222?????所以

83?f(???2)?11f????f????1 成立 22故????2.小結:通過對導數證明不等式的研究，我可以看出不等式的證明方法很多，但各種方法都不盡相同。我們要充分理解各種方法的應用原理，挖掘導數的各種性質。多做此類難題，不但有利于我們在學習和考試中輕松解決同類問題，更有利于培養我們的數學思維和推理論證能力。因而導數在不等式證明當中的應用很有研究價值。