第一篇：3 用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式的四種常用方法

用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式的四種常用方法

本文將介紹用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式的四種常用方法.（）x?0).例

1證明不等式：x?ln(x?1證明

設(shè)f(x)?x?ln(x?1)(x?0)，可得欲證結(jié)論即f(x)?f(0)(x?0)，所以只需證明函數(shù)f(x)是增函數(shù).而這用導(dǎo)數(shù)易證：

f?(x)?1?所以欲證結(jié)論成立.1?0(x?0)x?1注

欲證函數(shù)不等式f(x)?g(x)(x?a)(或f(x)?g(x)(x?a))，只需證明f(x)?g(x)?0(x?a)(或f(x)?g(x)?0(x?a)).設(shè)h(x)?f(x)?g(x)(x?a)(或h(x)?f(x)?g(x)(x?a))，即證h(x)?0(x?a)(或h(x)?0(x?a)).若h(a)?0，則即證h(x)?h(a)(x?a)(或h(x)?h(a)(x?a)).接下來，若能證得函數(shù)h(x)是增函數(shù)即可，這往往用導(dǎo)數(shù)容易解決.例

2證明不等式：x?ln(x?1).證明

設(shè)f(x)?x?ln(x?1)(x??1)，可得欲證結(jié)論即f(x)?0(x??1).顯然，本題不能用例1的單調(diào)性法來證，但可以這樣證明：即證f(x)?x?ln(x?1)(x??1)的最小值是0，而這用導(dǎo)數(shù)易證：

f?(x)?1?1x?(x??1)x?1x?1

所以函數(shù)f(x)在(?1,0],[0,??)上分別是減函數(shù)、增函數(shù)，進(jìn)而可得

f(x)min?f(?1)?0(x??1)

所以欲證結(jié)論成立.注

欲證函數(shù)不等式f(x)?(?)g(x)(x?I,I是區(qū)間)，只需證明f(x)?g(x?)?()0x?.(I設(shè)h(x)?f(x)?g(x)(x?I)，即證h(x)?(?)0(x?I)，也即證h(x)min?(?)0(x?I)(若h(x)min不存在，則須求函數(shù)h(x)的下確界)，而這用導(dǎo)數(shù)往往容易解決.bex?1例3

(2014年高考課標(biāo)全國卷I理科第21題)設(shè)函數(shù)f(x)?aelnx?，曲線

xxy?f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線為y?e(x?1)?2．

(1)求a,b；

(2)證明：f(x)?1．

x解

(1)f?(x)?aelnx?axbx?1bx?1e?2e?e． xxx題設(shè)即f(1)?2,f?(1)?e，可求得a?1,b?2．

?x(2)即證xlnx?xe?21(x?0)，而這用導(dǎo)數(shù)可證(請注意?1)： ee設(shè)g(x)?xlnx(x?0)，得g(x)min?g????． 設(shè)h(x)?xe?x??1??e?1e12(x?0)，得h(x)max?h(1)??．

ee注

i)欲證函數(shù)不等式f(x)?g(x)(x?I,I是區(qū)間)，只需證明f(x)min?g(x)max(x?I)，而這用導(dǎo)數(shù)往往可以解決.欲證函數(shù)不等式f(x)?g(x)(x?I,I是區(qū)間)，只需證明f(x)min?g(x)max(x?I)，或證明f(x)min?g(x)max(x?I)且兩個最值點(diǎn)不相等，而這用導(dǎo)數(shù)往往也可以解決.ii)例3第(2)問與《2009年曲靖一中高考沖刺卷理科數(shù)學(xué)

（一）》壓軸題第(3)問完全一樣，這道壓軸題(即第22題)是：

已知函數(shù)f(x)?xlnx,g(x)??x?ax?3．(1)求函數(shù)f(x)在[t,t?2](t?0)上的最小值；

(2)對一切x?(0,??),2f(x)?g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)證明：對一切x?(0,??)，都有l(wèi)nx?212?成立． xeexln x例4(2013年高考北京卷理科第18題)設(shè)L為曲線C：y＝在點(diǎn)(1，0)處的切線．

x(1)求L的方程；

(2)證明：除切點(diǎn)(1，0)之外，曲線C在直線L的下方． 解(1)(過程略)L的方程為y＝x－1.lnx?x?1(當(dāng)且僅當(dāng)x?1時取等號).xx2－1＋ln xlnx(x?0).設(shè)g(x)?x?1?，得g′(x)＝

x2x(2)即證當(dāng)01時，x2－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，得g(x)單調(diào)遞增．

所以g(x)min?g(1)?0，得欲證結(jié)論成立.(2)的另解 即證僅當(dāng)x?1時取等號).設(shè)g(x)?x?x?lnx，可得g?(x)?2lnx?x?1(當(dāng)且僅當(dāng)x?1時取等號)，也即證x2?x?lnx?0(當(dāng)且x2x?1(x?1)(x?0).x進(jìn)而可得g(x)min?g(1)?0，所以欲證結(jié)論成立.(2)的再解 即證lnx?x?1(當(dāng)且僅當(dāng)x?1時取等號)，也即證lnx?x2?x(當(dāng)且僅當(dāng)xx?1時取等號).2如圖1所示，可求得曲線y?lnx與y?x?x(x?0)在公共點(diǎn)(1,0)處的切線是y?x?1，所以接下來只需證明

lnx?x?1,x?1?x2?x(x?0)(均當(dāng)且僅當(dāng)x?1時取等號)

前者用導(dǎo)數(shù)易證，后者移項(xiàng)配方后顯然成立.所以欲證結(jié)論成立.圖1

例5

(2013年高考新課標(biāo)全國卷II理21(2)的等價問題)求證：e?ln(x?2)． 分析

用前三種方法都不易解決本問題，下面介紹用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式的第四種常用方法.設(shè)f(x)?e(x??2),g(x)?ln(x?2)(x??2)，我們想辦法尋找出一個函數(shù)h(x)，使得f(x)?h(x)?g(x)(x??2)且兩個等號不是同時取到.當(dāng)然，函數(shù)h(x)越簡潔越好.但h(x)不可能是常數(shù)(因?yàn)楹瘮?shù)g(x)?ln(x?2)(x??2)的值域是R)，所以我們可嘗試h(x)能否為一次函數(shù)，當(dāng)然應(yīng)當(dāng)考慮切線.如圖2所示，可求得函數(shù)f(x)?e(x??2)在點(diǎn)A(0,1)處的切線是y?x?1，進(jìn)而可得f(x)?h(x)(x??2)；還可求得函數(shù)g(x)?ln(x?2)(x??2)在點(diǎn)B(?1,0)處的切線也是y?x?1，進(jìn)而可得h(x)?g(x)(x??2).xxx

圖2 進(jìn)而可用導(dǎo)數(shù)證得f(x)?h(x)?g(x)(x??2)且兩個等號不是同時取到，所以欲證結(jié)論成立.當(dāng)然，用例2的方法，也可給出該題的證明(設(shè)而不求)：

x設(shè)f(x)?e?ln(x?2)，得f?(x)?e?x1(x??2).x?2可得f?(x)是增函數(shù)(兩個增函數(shù)之和是增函數(shù))，且?1?f????e?2?0,f?(1)?e?1?0，所以函數(shù)g?(x)存在唯一的零點(diǎn)x0(得?2?(x0?2)ex0?1,x0?2?e?x0,ex0?1)，再由均值不等式可得 x0?2f(x)min?f(x0)?ex0?ln(x0?2)??1?1?lne?x0???x0?2??2?0x0?2?x0?2?

(因?yàn)榭勺Cx0??1)所以欲證結(jié)論成立.x例6 求證：e?lnx?2.x證法1

(例5的證法)用導(dǎo)數(shù)可證得e?x?1(當(dāng)且僅當(dāng)x?0時取等號)，x?1?lnx?2(當(dāng)且僅當(dāng)x?1時取等號)，所以欲證結(jié)論成立.x證法2

(例2的證法)設(shè)f(x)?e?lnx，得f?(x)?e?x1(x?0).x可得f?(x)是增函數(shù)且g???11?1?1????0,g(0)??0，所以函數(shù)g(x)存在唯?2e1.5?2?一的零點(diǎn)x0(得ex0?1,x0?e?x0)，再由均值不等式可得 x011?lne?x0??x0?2(因?yàn)榭勺Cx0?1)x0x0 f(x)min?f(x0)?ex0?lnx0?所以欲證結(jié)論成立.注

欲證函數(shù)不等式f(x)?g(x)(x?I,I是區(qū)間)，只需尋找一個函數(shù)h(x)(可以考慮曲線y?h(x)是函數(shù)y?f(x),y?g(x)的公切線)使得f(x)?h(x)?g(x)(x??2)且兩個等號不是同時取到，而這用導(dǎo)數(shù)往往容易解決.下面再給出例5和例6的聯(lián)系.對于兩個常用不等式ex?x?1,lnx?x?1，筆者發(fā)現(xiàn)y?ex與y?lnx互為反函數(shù)，y?x?1與y?x?1也互為反函數(shù)，進(jìn)而得到了本文的幾個結(jié)論.定理

已知f(x),g(x)都是單調(diào)函數(shù)，它們的反函數(shù)分別是f?1(x),g?1(x).(1)若f(x)是增函數(shù)，f(s)?g(s)恒成立，則f?1(t)?g?1(t)恒成立；

?1?1(2)若f(x)是減函數(shù)，f(s)?g(s)恒成立，則f(t)?g(t)恒成立； ?1?1(3)若f(x)是增函數(shù)，f(s)?g(s)恒成立，則f(t)?g(t)恒成立； ?1?1(4)若f(x)是減函數(shù)，f(s)?g(s)恒成立，則f(t)?g(t)恒成立.證明

下面只證明(1),(4)；(2),(3)同理可證.(1)設(shè)不等式f(s)?g(s)中s的取值范圍是A，當(dāng)s?A時，f(s),g(s)的取值范圍分別是fA,gA，得不等式f?1(t)?g?1(t)中t的取值范圍是fA?gA，所以

?1?t?fA?gA,?x0?A,t?gx(0x),?gt.()0由f(s)?g(s)恒成立，得g(x0)?f(x0).由f(x)是增函數(shù)，得

f?1(x)也是增函數(shù)，所以f?1(g(x0))?f?1(f(x0))?x0?g?1(g(x0))，即f?1(t)?g?1(t).得?t?fA?gA,f?1(t)?g?1(t)，即欲證結(jié)論成立.(4)設(shè)不等式f(s)?g(s)中s的取值范圍是A，當(dāng)s?A時，f(s),g(s)的取值范圍分別是fA,gA，得不等式f?1(t)?g?1(t)中t的取值范圍是fA?gA，所以

?1?t?fA?gA,?x0?A,t?gx(0x),?t.()0g由f(s)?g(s)恒成立，得g(x0)?f(x0).由f(x)是減函數(shù)，得

f?1(x)也是減函數(shù)，所以f?1(g(x0))?f?1(f(x0))?x0?g?1(g(x0))，即f?1(t)?g?1(t).得?t?fA?gA,f?1(t)?g?1(t)，即欲證結(jié)論成立.推論1

已知f(x),g(x)都是單調(diào)函數(shù)，它們的反函數(shù)分別是f?1(x),g?1(x).(1)若f(x),g(x)都是增函數(shù)，則f(s)?g(s)恒成立?f?1(t)?g?1(t)恒成立；(2)若f(x),g(x)都是減函數(shù)，則f(s)?g(s)恒成立?f?1(t)?g?1(t)恒成立.證明

(1)由定理(1)知“?”成立.下證“?”：

因?yàn)間(x)是增函數(shù)，g?1(t)?f?1(t)恒成立，g?1(x),f?1(x)的反函數(shù)分別是g(x),f(x)，所以由“?”的結(jié)論得g(s)?f(s)恒成立，即f(s)?g(s)恒成立.(2)同(1)可證.推論2

把定理和推論1中的“?,?”分別改為“?,?”后，得到的結(jié)論均成立.(證法也是把相應(yīng)結(jié)論中的“?,?”分別改為“?,?”.)

在例5與例6這一對姊妹結(jié)論“e?ln(x?2),lnx?e?2”中y?e與y?lnx互為

x反函數(shù)，y?ln(x?2)與y?e?2也互為反函數(shù)，所以推論2中的結(jié)論“若f(x),g(x)都?1?1是增函數(shù)，則f(s)?g(s)恒成立?f(t)?g(t)恒成立”給出了它們的聯(lián)系.xxx

第二篇：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的四種常用方法

利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的四種常用方法

楊玉新

(紹興文理學(xué)院 數(shù)學(xué)系, 浙江 紹興 312000)

摘要: 通過舉例闡述了用導(dǎo)數(shù)證明不等式的四種方法,由此說明了導(dǎo)數(shù)在不等式證明中的重要作用.關(guān)鍵詞: 導(dǎo)數(shù);單調(diào)性;中值定理;泰勒公式;Jensen不等式

在初等數(shù)學(xué)中證明不等式的常用方法有比較法、分析法、綜合法、放縮法、反證法、數(shù)學(xué)歸納法和構(gòu)造法.但是當(dāng)不等式比較復(fù)雜時，用初等的方法證明會比較困難,有時還證不出來.如果用函數(shù)的觀點(diǎn)去認(rèn)識不等式,利用導(dǎo)數(shù)為工具,那么不等式的證明就會化難為易.本文通過舉例闡述利用泰勒公式, 中值定理,函數(shù)的性質(zhì), Jensen不等式等四種方法證明不等式,說明了導(dǎo)數(shù)在證明不等式中的重要作用.一、利用泰勒公式證明不等式

若函數(shù)f(x)在含有x0的某區(qū)間有定義,并且有直到(n?1)階的各階導(dǎo)數(shù),又在點(diǎn)x0處有n階的導(dǎo)數(shù)f(n)(x0),則有公式

f(x)?f(x0)?f?(x0)1!(x?x0)?f??(x0)2!(x?x0)???2f(n)(x0)n!(x?x0)(n)?Rn(x)

在上述公式中若Rn(x)?0(或Rn(x)?0),則可得

f?(x0)1!f??(x0)2!2f(x)?f(x0)?(x?x0)?(x?x0)???f(n)(x0)n!(x?x0)(n)

或

f(x)?f(x0)?f?(x0)1!(x?x0)?2f??(x0)2!x3(x?x0)???2f(n)(x0)n!(x?x0)(n)

例1 證明: ln(1?x)?x?x2?3,(?1?x?1).證明 設(shè)f(x)?ln(1?x)（?1?x?1)則f(x)在x?0處有帶有拉格朗日余項(xiàng)三階泰勒公式

x2ln(1?x)?x?2?x33?x444(1??)(?1???1)

?　?x444(1??)?0

23?　ln(1?x)?x?x2?x3

由以上證明可知,用泰勒公式證明不等式,首先構(gòu)造函數(shù),選取適當(dāng)?shù)狞c(diǎn)x0在x0處展開,然后判斷余項(xiàng)Rn(x)的正負(fù),從而證明不等式.二、利用中值定理證明不等式

微分(Lagrange)中值定理: 若f(x)滿足以下條件:(1)f(x)在閉區(qū)間[a,b]內(nèi)連續(xù)(2)f(x)在開區(qū)間(a,b)上可導(dǎo)

?　f?(?)?則 ???(a,b)f(b)?f(a)b?ap?1

pp例2 若0?y?x,p?1則　py(x?y)?x?yp?1?pypp?1(x?y)

p?1分析 因?yàn)??y?x,則原不等式等價于py?x?yx?yp?px(p?1).令f(x)?t,則我們?nèi)菀茁?lián)想到Lagrange中值定理f(?)(x?y)?p'f(x)?f(y)x?y.證明 設(shè)f(t)?t,顯然f(t)在[y,x]滿足Lagrange中值定理的條件

f(x)?f(y)x?yp?1p則 ???(y,x)?f?(?)?,即p?＝x?yx?yp?1pp

p?1?　??(y,x)?　y???x, ?py?　pyp?1p?1?p??px

(x?y)?xp?yp?pyp?1(x?y)

例3 設(shè)f(x)在[a,b]上連續(xù)可導(dǎo),且f(a)?f(b)?0,則

'maxf(x)?a?x?b4(b?a)2?baf(x)dx

證明 設(shè)M?maxf(x)則由中值公式,當(dāng)x?(a,b)時,有

a?x?b' 2 f(x)?f(a)?f?(?1)(x?a)?f?(?1)(x?a)f(x)?f(b)?f?(?2)(x?b)?f?(?2)(x?b)

其中?1?(a,x),?2?(x,b).由此可得

f(x)?M(x?a)及f(x)?M(b?x)

所以

?ba?baf(x)dx??2aa?bf(x)dx??ba?b2f(x)dx ? ?即

?2aM(x?a)dx?2?ba?b2M(b?x)dx

M(b?a)4M?4(b?a)2?baf(x)dx

所以 maxf?(x)?a?x?b4(b?a)2?baf(x)dx

積分第二中值定理[1] 若在區(qū)間f[a,b]上f為非負(fù)的單調(diào)遞減函數(shù),而g是可積函數(shù),則存在??[a,b],使得

? 例4 設(shè)f(x)?bafg?f(a)?g

a2sintdt,則x?0時

??x?1xf(x)?1x

特別地:當(dāng)x?2003時機(jī)為2003年浙江省高等數(shù)學(xué)競賽試題(工科、經(jīng)管類)證明 令t?u,則由積分第二中值定理

x?12f(x)??xsinu?du2u1x

＝12x2?xsinudu?2

又因?yàn)?/p>

f(x)??(x?1)22xsinudu2u2(x?1)1?11 ＝??cosu?22?2x?u?(x?1)22xcosudu??32u??14

cosuduu32 ＝12xcosx?212(x?1)cos(x?1)?2?(x?1)22x于是,x?0時

f(x)?12x12x?12(x?1)12(x?1)?141(?(x?1)22xu?32du

1?1x)?1x ＝??2x?1由上可見利用中值定理證明不等式,通常是首先構(gòu)造輔助函數(shù)和考慮區(qū)間,輔助函數(shù)和定義區(qū)間的選擇要與題設(shè)和結(jié)論相聯(lián)系,然后由中值定理寫出不等式,從而進(jìn)行證明.三、利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

定理1 如果函數(shù)f(x),g(x)滿足以下條件:(1)f(x),g(x)在閉區(qū)間[a,b]內(nèi)連續(xù)

(2)f(x),g(x)在開區(qū)間(a,b)可導(dǎo),且有f?(x)?g?(x)(或f?(x)?g?(x))(3)f(a)?g(a)

則

在(a,b)內(nèi)有f(x)?g(x)(或f(x)?g(x)

令F(x)?f(x)?g(x)由于f(x)?g(x)?f(x)?g(x)?0?F(x)?0 所以證明f(x)?g(x)?證明F(x)?0則相應(yīng)地有

推論1 若f(x)在[a,b]上連續(xù),在(a,b)內(nèi)可導(dǎo),f(a)?c且f(x)?0(或f(x)?0)則在(a,b)內(nèi)有f(x)?c(或f(x)?c).2例5 證明:當(dāng)x?1時,有l(wèi)n(x?1)?lnx?ln(x?2).''分析 只要把要證的不等式變形為

ln(x?1)lnxln(x?1)lnx?ln(x?2)ln(x?1),然后把x相對固定看作常數(shù),并選取輔助函數(shù)f(x)?.則只要證明f(x)在(0,??)是單調(diào)減函數(shù)即可.4 證明

作輔助函數(shù)f(x)?lnxln(x?1)x2ln(x?1)lnx

(x?1)

于是有f?(x)?x?1?lnx?xlnx?(x?1)ln(x?1)x(x?1)ln2x

因?yàn)?/p>

1?x?x?1,故0?lnx?ln(x?1)所以

xlnx?(x?1)ln(x?1)

（1，??）因而在內(nèi)恒有f'(x)?0,所以f(x)在區(qū)間(1,??)內(nèi)嚴(yán)格遞減.又因?yàn)??x?1?x,可知f(x)?f(x?1)

ln(x?1)lnxln(x?2)ln(x?1)即

?

所以

ln2(x?1)?lnx?ln(x?2).例6

證明不等式x?x22?ln(1?x)?x,其中x?0.x2分析

因?yàn)槔?中不等式的不等號兩邊形式不一樣,對它作差ln(1?x)?(x?2),則發(fā)現(xiàn)作差以后不容易化簡.如果對ln(1?x)求導(dǎo)得

211?x,這樣就能對它進(jìn)行比較.證明

先證 x?x2?ln(1?x)

x21?x)?(x?設(shè)

f(x)?ln(2)

(x?0)

11?xx2則

f(0)?ln1(?0)?0?0

f(x)?'?1?x?1?x

?　x?0

即 1?x?0 x2?0

?　f?(x)?x21?x?0　,即在(0,??)上f(x)單調(diào)遞增

?　f(x)?f(0)?0

?　ln(1?x)?x?再證

ln1(?x)?x

x22

令

g(x)?ln1(?x)?x 則

g(0)?0

g?(x)?11?x?1

１?　x?0 ?　?1

１?x?　g?(x)?0 ?ln(1?x)?x

?　x?x22?ln(1?x)?x

定理1將可導(dǎo)函數(shù)的不等式f(x)?g(x)的證明轉(zhuǎn)化為f?(x)?g?(x)的證明，但當(dāng)f?(x)與g?(x)的大小不容易判定時，則有

推論2 設(shè)f(x)，g(x)在[a,b]上n階可導(dǎo)，（1）f（2）f(k)(a)?g(x)?g(k)(a)

k?0,1,2?,n?1(x)

（或f(n)(n)(n)(x)?g(n)(x)）

則在（a,b）內(nèi)有f(x)?g(x)

（或f(x)?g(x)）

例7

證明: tgx?x?13x，x?(0,3?2).分析 兩邊函數(shù)類型不同,右邊多項(xiàng)式次數(shù)較高,不易比較,對它求一階導(dǎo)數(shù)得(tgx)??secx,(x?213x)??1?x.仍然不易比較,則我們自然就能想到推論2.32證明

設(shè)f(x)?tgx g(x)?x?則

（1）f(0)?g(0)?0

13x

322（2）f?(x)?sec(x),g?(x)?(1?x),f?(0)?g?(0)?1

（3）f??(x)?2secxcos2x,g??(x)?2x,f??(0)?g??(0)?1

（4）f???(x)?2(1?tg2x)(1?3tg2x), g???(x)?2 顯然有

f???(x)?g???(x)

由推論2得，tgx?x?13x（0?x?2?2）.利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式我們都是先構(gòu)造函數(shù).然后通過對函數(shù)求導(dǎo),來判定函數(shù)的增減性,從而達(dá)到證明不等式的目的.四、利用Jensen(琴森)不等式證明不等式

定義[1] 如果f(x)在(a,b)內(nèi)存在二階導(dǎo)數(shù)f(x)則

(1)若對?x?(a,b)有f??(x)?0,.則函數(shù)f(x)在(a,b)內(nèi)為凸函數(shù).(2)若對?x?(a,b)有f??(x)?0,.則函數(shù)f(x)在(a,b)內(nèi)為凹函數(shù).n"若函數(shù)f(x)在(a,b)內(nèi)是凸(或凹)函數(shù)時,對?x1,x2,?,xn?(a,b)及??i?1,有

i?1Jensen(琴森)不等式

??f???ixi???i?1?nn????或f???ixi????if(xi)i?1?i?1??nn??i?1i?f(xi)?

?等號當(dāng)且僅當(dāng)x1?x2???xn時成立.例8 證明下列不等式

n1a1?1a2???1an?na1?a2?an?a1?a2???ann(ai?0,i?1,2,?n).分析 上式只要能證明na1?a2?an?a1?a2???ann(ai?0,i?1,2,?n),如果此題用前面所述的幾種方法來證明顯然不合適,因?yàn)閷λ髮?dǎo)后不等式會更復(fù)雜.而這里的ai可以看作是同一函數(shù)的多個不同函數(shù)值,設(shè)f(x)?lnx那么就可以用Jensen不等式來證明它.然后只要令f(x)?ln1x,同理可得

n1a1?1a2???1an?na1?a2?an.7

證明 令f(x)?lnx(x?0)因?yàn)?f??(x)??1x2?0,所以f(x)在(0,??)是凹函數(shù)

則對?a1,a2,?,an?(0,??)有

?1?1f?(a1?a2???an)???f(a1)?f(a2)???f(an)? ?n?n即 ln1n?1?1(a?a???a)??lna1?lna2???lnan? 2n??n1??n又因?yàn)??lna1?lna2???lnan??lnna1?a2?an

所以 na1?a2?an?1xa1?a2???ann

令 f(x)?ln, 則同理可得

n1a1?1a2???1an?n a1?a2?an　所以

n1a1?1a2???1an?na1?a2?an?a1?a2???ann(ai?0,i?1,2,?n)

例9 設(shè)f(x)二次可微,且對一切x,有f??(x)?0,而u(t)在[0,a]上連續(xù),則

1a?a0f[u(t)]dt?f[1a?a0u(t)dt]

分析 上述不等式在形式上很像Jensen不等式,且當(dāng)t取不同的值時,f[u(t)]就是同一函數(shù)的不同函數(shù)值,則可以用琴森不等式進(jìn)行證明.證明 由f(x)及u(t)的連續(xù)性,保證了可積性.并且

1a?a1a0f[u(t)]dt?lim1n?1n???nu(f[u(Kan)]

K?0?a0u(t)dt?lim1nn?1n???K?0Kan)

因f??(x)?0,故f(x)為凸函數(shù),在Jensen不等式 f(q1x1?q2x2???qnxn)?q1f(x1)???qnf(xn)

(q1,q2,?,qn均為正，且中,取

xi?u(i?1na), qi?1n（i?1,2,3,?n）

q1?q2???qn?1)

即得

f[1nn?1?u(K?0Kan)]?1nn?1?K?0f[u(Kan)]

由f(x)的連續(xù)性,在上式取n??即得所要證的結(jié)論.由以上證明可知應(yīng)用Jensen不等式證明不等式,首先是構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)并判斷它的凹凸性,然后用Jensen不等式證明之.本文所述四種用導(dǎo)數(shù)證明不等式的四種方法充分說明了導(dǎo)數(shù)在不等式證明中的獨(dú)到之處.在證明不等式時,應(yīng)用導(dǎo)數(shù)等知識往往能使復(fù)雜問題簡單化,從而達(dá)到事半功倍的效果.需要指出的是利用導(dǎo)數(shù)證明不等式,除上述四種方法外還有不少方法.如用極值、最值等來證明不等式.由于受篇幅之限,這里不再詳述.參考文獻(xiàn)

[1] 華東師范大學(xué)數(shù)學(xué)系,數(shù)學(xué)分析[M]第三版,北京:高等教育出版社,2001.[2] 裘單明等,研究生入學(xué)考試指導(dǎo),數(shù)學(xué)分析[M],濟(jì)南:山東科學(xué)技術(shù)出版社,1985.[3] 胡雁軍,李育生,鄧聚成,數(shù)學(xué)分析中的證題方法與難題選解[M],開封:河南大學(xué)出版社,1987.Four Usual Methods to Prove Tthe Inequality by Using

Derivative

Yang Yuxin

(Department of Mathematics Shaoxing College of Arts and Sciences, Shaoxing Zhejiang,312000)Abstract:Examplisies four methods to prove the Inequality by using Derivative to show the imporpance of using derivative to crove the inequality Key words:Derivative;Monotonicity;Theorem of mean;Taylor formula;Jensen Inequality

第三篇：導(dǎo)數(shù)證明不等式的幾個方法

導(dǎo)數(shù)證明不等式的幾個方法

1、直接利用題目所給函數(shù)證明（高考大題一般沒有這么直接）已知函數(shù)f(x)?ln(x?1)?x，求證：當(dāng)x??1時，恒有

1?1?ln(x?1)?x x?1

如果f(a)是函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大（?。┲?，則有f(x)?f(a（或)f(x)?f(a)），那么要證不等式，只要求函數(shù)的最大值不超過0就可

2、作差構(gòu)造函數(shù)證明

已知函數(shù)f(x)?x2?lnx.求證：在區(qū)間(1,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)?x3的圖象的下方；

構(gòu)造出一個函數(shù)（可以移項(xiàng)，使右邊為零，將移項(xiàng)后的左式設(shè)為函數(shù)），并利用導(dǎo)數(shù)判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，證明要證的不等式。

3、合理換元后構(gòu)造函數(shù)可大大降低運(yùn)算量以節(jié)省時間（2007年，山東卷）

n?1n2?1)?3 都成立.證明：對任意的正整數(shù)n，不等式ln(nn2312

4、從特征入手構(gòu)造函數(shù)證明

若函數(shù)y=f(x)在R上可導(dǎo)且滿足不等式xf?(x)>－f(x)恒成立，且常數(shù)a，b滿足a>b，求證：．a(chǎn)f(a)>bf(b)幾個構(gòu)造函數(shù)的類型：

5、隔離函數(shù)，左右兩邊分別考察

第四篇：構(gòu)造函數(shù),結(jié)合導(dǎo)數(shù)證明不等式

構(gòu)造函數(shù),結(jié)合導(dǎo)數(shù)證明不等式

摘 要：運(yùn)用導(dǎo)數(shù)法證明不等式首先要構(gòu)建函數(shù)，以函數(shù)作為載體可以用移項(xiàng)作差，直接構(gòu)造；合理變形，等價構(gòu)造；分析（條件）結(jié)論，特征構(gòu)造；定主略從，減元構(gòu)造；挖掘隱含，聯(lián)想構(gòu)造等方法進(jìn)行證明.關(guān)鍵詞：構(gòu)造函數(shù)；求導(dǎo)；證明；不等式

利用導(dǎo)數(shù)證明不等式是四川高考壓軸題的熱點(diǎn)題型之一，此類問題的特點(diǎn)是：問題以不等式形式呈現(xiàn)，“主角”是導(dǎo)數(shù)，而不等式的證明不僅技巧性強(qiáng)，而且方法靈活多變，因此構(gòu)造函數(shù)成為證明不等式的良好“載體”，如何有效合理地構(gòu)造函數(shù)是證明不等式的關(guān)鍵所在，下面以實(shí)例談?wù)勅绾螛?gòu)造函數(shù)的若干解題策略.注：此題也可用數(shù)學(xué)歸納法證明.解后感悟：函數(shù)隱藏越深，難度就越大，如何去尋找證明不等式的“母函數(shù)”是解決問題的關(guān)鍵，通過合理變形，展開思維聯(lián)想的翅膀，發(fā)現(xiàn)不等式背后的隱藏函數(shù)，便會柳暗花明.結(jié)束語：導(dǎo)數(shù)為證明不等式問題開辟了新方法，使過去不等式的證明方法，從特殊技巧變?yōu)橥ㄐ酝ǚǎ侠順?gòu)造函數(shù)，能使解題更具備指向性，劍之所指，所向披靡.

第五篇：構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式

湖北省天門中學(xué)薛德斌2010年10月

例

1、設(shè)當(dāng)x??a,b?時，f/(x)?g/(x)，求證：當(dāng)x??a,b?時，f(x)?f(a)?g(x)?g(a)．

例

2、設(shè)f(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù)，且當(dāng)x?1時(x?1)f/(x)?0．

求證：（1）f(0)?f(2)?2f(1)；（2）f(2)?2f(1)．

例

3、已知m、n?N，且m?n，求證：(1?m)?(1?n)．

?nm

例

4、（2010年遼寧卷文科）已知函數(shù)f(x)?(a?1)lnx?ax2?1，其中a??2，證明：? x1,x2?(0,??)，|f(x1)?f(x2)|?4|x1?x2|.例

5、（2010年全國Ⅱ卷理科）設(shè)函數(shù)f?x??x?aIn?1?x?有兩個極值點(diǎn)x1、x2，且

2x1?x2，證明：f?x2??

1?2In2.4a?0，b?0，例

6、已知函數(shù)f(x)?xlnx，求證：f(a)?(a?b)ln2?f(a?b)?f(b).x?ln(1?x)?x； 1?x

11112n?c??????ln（2）設(shè)c?0，求證：.2?cn?1?cn?2?c2n?cn?c例

7、（1）已知x?0，求證：