第一篇：9導數情境下的不等式證明2

導數情境下的不等式證明21、已知函數g(x)=xlnx,設0

1.2

x2且x1?[?1,0]，x2?[1,2]．

2、設函數f(x)?x?3bx?3cx有兩個極值點x1、證明：?10≤f(x2)≤-

3、已知函數f(x)?(x?1)lnx?x?1.證明：(x?1)f(x)?0.4、已知函數f(x)?

x?ax?(a?1)lnx,a?1，2

f(x1)?f(x2)

??1.x1?x2

（1）討論函數f(x)的單調性；（2）證明：若a?5，則對于任意x1,x2?(0,??),x1?x2,有

5、已知函數f?x??x?

?alnxx

?x?0?，f?x?的導函數是f'?x?，對任意兩個不相等的正數x1,x2，?x?x?

?f?12?;（Ⅱ）當a?4時，f'?x1??f'?x2??x1?x2

?2?

證明：（Ⅰ）當a?0時，?x

f?x1??f?x2?

6、已知函數f(x)?xe(x?R)（Ⅰ）求函數f(x)的單調區間；

（Ⅱ）若函數y?g(x)的圖象與函數y?f(x)的圖象關于直線x?1對稱，證明當x?1時，f(x)?g(x)；（III）若x1?x2，且f(x1)?f(x2)，證明x1?x2?2

第二篇：導數證明不等式

導數證明不等式

一、當x>1時,證明不等式x>ln(x+1)

f(x)=x-ln(x+1)

f'(x)=1-1/(x+1)=x/(x+1)

x>1,所以f'(x)>0,增函數

所以x>1,f(x)>f(1)=1-ln2>0

f(x)>0

所以x>0時，x>ln(x+1)

二、導數是近些年來高中課程加入的新內容，是一元微分學的核心部分。本文就談談導數在一元不等式中的應用。

例1.已知x∈(0，)，求證:sinx

第三篇：導數公式證明

導數的定義：f'(x)=lim Δy/Δx Δx→0（下面就不再標明Δx→0了）用定義求導數公式（1）f(x)=x^n

證法一：（n為自然數）f'(x)=lim [(x+Δx)^n-x^n]/Δx =lim(x+Δx-x)[(x+Δx)^(n-1)+x*(x+Δx)^(n-2)+...+x^(n-2)*(x+Δx)+x^(n-1)]/Δx =lim [(x+Δx)^(n-1)+x*(x+Δx)^(n-2)+...+x^(n-2)*(x+Δx)+x^(n-1)] =x^(n-1)+x*x^(n-2)+x^2*x^(n-3)+...x^(n-2)*x+x^(n-1)=nx^(n-1)

證法二：（n為任意實數）

f(x)=x^n lnf(x)=nlnx(lnf(x))'=(nlnx)' f'(x)/f(x)=n/x f'(x)=n/x*f(x)f'(x)=n/x*x^n f'(x)=nx^(n-1)

（2）f(x)=sinx f'(x)=lim(sin(x+Δx)-sinx)/Δx=lim(sinxcosΔx+cosxsinΔx-sinx)/Δx =lim(sinx+cosxsinΔx-sinx)/Δx=lim cosxsinΔx/Δx=cosx

（3）f(x)=cosx f'(x)=lim(cos(x+Δx)-cosx)/Δx=lim(cosxcosΔx-sinxsinΔx-cosx)/Δx =lim(cosx-sinxsinΔx-cos)/Δx=lim-sinxsinΔx/Δx=-sinx

（4）f(x)=a^x f'(x)=lim(a^(x+Δx)-a^x)/Δx=lim a^x*(a^Δx-1)/Δx（設a^Δx-1=m，則Δx=loga^(m+1)）

=lim a^x*m/loga^(m+1)=lim a^x*m/[ln(m+1)/lna]=lim a^x*lna*m/ln(m+1)=lim a^x*lna/[(1/m)*ln(m+1)]=lim a^x*lna/ln[(m+1)^(1/m)] =lim a^x*lna/lne=a^x*lna

若a=e，原函數f(x)=e^x 則f'(x)=e^x*lne=e^x

（5）f(x)=loga^x f'(x)=lim(loga^(x+Δx)-loga^x)/Δx

=lim loga^[(x+Δx)/x]/Δx=lim loga^(1+Δx/x)/Δx=lim ln(1+Δx/x)/(lna*Δx)=lim x*ln(1+Δx/x)/(x*lna*Δx)=lim(x/Δx)*ln(1+Δx/x)/(x*lna)=lim ln[(1+Δx/x)^(x/Δx)]/(x*lna)=lim lne/(x*lna)=1/(x*lna)

若a=e，原函數f(x)=loge^x=lnx則f'(x)=1/(x*lne)=1/x（6）f(x)=tanx f'(x)=lim(tan(x+Δx)-tanx)/Δx=lim(sin(x+Δx)/cos(x+Δx)-sinx/cosx)/Δx =lim(sin(x+Δx)cosx-sinxcos(x+Δx)/(Δxcosxcos(x+Δx))=lim(sinxcosΔxcosx+sinΔxcosxcosx-sinxcosxcosΔx+sinxsinxsinΔx)/(Δxcosxcos(x+Δx))=lim sinΔx/(Δxcosxcos(x+Δx))=1/(cosx)^2=secx/cosx=(secx)^2=1+(tanx)^2

（7）f(x)=cotx f'(x)=lim(cot(x+Δx)-cotx)/Δx=lim(cos(x+Δx)/sin(x+Δx)-cosx/sinx)/Δx =lim(cos(x+Δx)sinx-cosxsin(x+Δx))/(Δxsinxsin(x+Δx))=lim(cosxcosΔxsinx-sinxsinxsinΔx-cosxsinxcosΔx-cosxsinΔxcosx)/(Δxsinxsin(x+Δx))=lim-sinΔx/(Δxsinxsin(x+Δx))=-1/(sinx)^2=-cscx/sinx=-(secx)^2=-1-(cotx)^2

（8）f(x)=secx f'(x)=lim(sec(x+Δx)-secx)/Δx=lim(1/cos(x+Δx)-1/cosx)/Δx =lim(cosx-cos(x+Δx)/(ΔxcosxcosΔx)=lim(cosx-cosxcosΔx+sinxsinΔx)/(Δxcosxcos(x+Δx))=lim sinxsinΔx/(Δxcosxcos(x+Δx))=sinx/(cosx)^2=tanx*secx

（9）f(x)=cscx f'(x)=lim(csc(x+Δx)-cscx)/Δx=lim(1/sin(x+Δx)-1/sinx)/Δx =lim(sinx-sin(x+Δx))/(Δxsinxsin(x+Δx))=lim(sinx-sinxcosΔx-sinΔxcosx)/(Δxsinxsin(x+Δx))=lim-sinΔxcosx/(Δxsinxsin(x+Δx))=-cosx/(sinx)^2=-cotx*cscx

（10）f(x)=x^x lnf(x)=xlnx(lnf(x))'=(xlnx)' f'(x)/f(x)=lnx+1 f'(x)=(lnx+1)*f(x)f'(x)=(lnx+1)*x^x（12）h(x)=f(x)g(x)h'(x)=lim(f(x+Δx)g(x+Δx)-f(x)g(x))/Δx =lim [(f(x+Δx)-f(x)+f(x))*g(x+Δx)+(g(x+Δx)-g(x)-g(x+Δx))*f(x)]/Δx =lim [(f(x+Δx)-f(x))*g(x+Δx)+(g(x+Δx)-g(x))*f(x)+f(x)*g(x+Δx)-f(x)*g(x+Δx)]/Δx =lim(f(x+Δx)-f(x))*g(x+Δx)/Δx+(g(x+Δx)-g(x))*f(x)/Δx=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)（13）h(x)=f(x)/g(x)h'(x)=lim(f(x+Δx)/g(x+Δx)-f(x)g(x))/Δx =lim(f(x+Δx)g(x)-f(x)g(x+Δx))/(Δxg(x)g(x+Δx))=lim [(f(x+Δx)-f(x)+f(x))*g(x)-(g(x+Δx)-g(x)+g(x))*f(x)]/(Δxg(x)g(x+Δx))=lim [(f(x+Δx)-f(x))*g(x)-(g(x+Δx)-g(x))*f(x)+f(x)g(x)-f(x)g(x)]/(Δxg(x)g(x+Δx))=lim(f(x+Δx)-f(x))*g(x)/(Δxg(x)g(x+Δx))-(g(x+Δx)-g(x))*f(x)/(Δxg(x)g(x+Δx))=f'(x)g(x)/(g(x)*g(x))-f(x)g'(x)/(g(x)*g(x))=[f'(x)g(x)-f(x)g'(x)]/(g(x)*g(x))x（14）h(x)=f(g(x))h'(x)=lim [f(g(x+Δx))-f(g(x))]/Δx =lim [f(g(x+Δx)-g(x)+g(x))-f(g(x))]/Δx（另g(x)=u，g(x+Δx)-g(x)=Δu）=lim(f(u+Δu)-f(u))/Δx=lim(f(u+Δu)-f(u))*Δu/(Δx*Δu)=lim f'(u)*Δu/Δx=lim f'(u)*(g(x+Δx)-g(x))/Δx=f'(u)*g'(x)=f'(g(x))g'(x)總結一下

（x^n）'=nx^(n-1)（sinx）'=cosx（cosx）'=-sinx（a^x）'=a^xlna（e^x）'=e^x（loga^x）'=1/(xlna)（lnx）'=1/x(tanx)'=(secx)^2=1+(tanx)^2(cotx)'=-(cscx)^2=-1-(cotx)^2(secx)'=tanx*secx(cscx)'=-cotx*cscx(x^x)'=(lnx+1)*x^x [f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)[f(x)/g(x)]'=[f'(x)g(x)-f(x)g'(x)]/(g(x)*g(x))[f(g(x))]'=f'(g(x))g'(x)

第四篇：應用導數證明不等式

應用導數證明不等式

常澤武指導教師：任天勝

（河西學院數學與統計學院 甘肅張掖 734000）

摘要： 不等式在初等數學和高等代數中有廣泛的應用，證明方法很多，本文以函數的觀點來認識不等式，以導數為工具來證明不等式。

關鍵字： 導數 不等式最值中值定理單調性泰勒公式

中圖分類號： O13

Application derivative to testify inequality

ChangZeWu teachers: RenTianSheng

(HeXi institute of mathematics and statistics Gansu zhang ye 734000)Abstract: He inequality in elementary mathematics and higher algebra is widely used, proved many methods, based on the function point of view to know inequality to derivative tools to prove to inequality.Key words: The most value of derivative inequality value theorem monotonicity Taylor formula

1.利用微分中值定理來證明不等式

在數學分析中，我們學到了拉格朗日中值定理，其內容為：

定理1.如果函數f?x?在閉區間?a,b?上連續，在開區間?a,b?上可導，則至少存在一點???a,b?，使得f'(?)?

拉格朗日中值定理是探討可微函數的的幾何特性及證明不等式的重要工具，我們可以根據以下兩種方法來證明。

（1）首先，分析不等式通過變形，將其特殊化。其次，選取合適的函數和范圍。第三，利用拉格朗日中值定理。最后，在根據函數的單調性和最大值和最小值。

（2）我們可根據其兩種等價表述方式

①f(b)?f(a)?f'(a??(b?a))(b?a),0???1

②f?a?h??f?a??f'?a??h?h,0???1

我們可以?的范圍來證明不等式。f(b)?f(a)。b?a

11(x?0)例1.1證明不等式ln(1?)?x1?x

證明第一步變形1 ln(1?)?ln(1?x)?ln(x)x

第二步選取合適的函數和范圍

令f(x)?lntt??x,1?x?

第三步應用拉格朗日中值定理

存在???x,1?x?使得f'(?)?f(1?x)?f(x)(1?x)?(x)

即ln(1?x)?ln(x)?1

?而 ?<1+x 1 1?x

1?x1)?而0?x??? 即ln(x1?x?ln(1?x)?ln(x)?

例 1.2證明：?h>-1且h?0都有不等式成立：

h?ln(1?h)?h 1?h

證明：令f(x)=ln(1+x),有拉格朗日中值定理，????0,1?使得

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

當h>0時有

1??h?1?1?h,當?1?h?0時有

1?1??h?1?h?0,即h.1??h1h??h;1?h1??h1h??h.1?h1??h

2．利用函數單調性證明不等式

我們在初等數學當中學習不等式的證明時用到了兩種方法：一種是判斷它們差的正負，另一種是判斷它們的商大于1還是小于1.而我們今天所要討論的是根據函數的導數的思想來判斷大小。

定理：設函數f(x)在?a,b?上連續，在?a,b?可導，那么

（1）若在?a,b?內f'(x)?0則f(x)在?a,b?內單調遞增。

（2）若在?a,b?內f'(x)?0則f(x)在?a,b?內單調遞減。

使用定理：要證明區間?a,b?上的不等式f(x)?g(x)，只需令F(x)?f(?x)。g使在(x)?a,b?上F'(x)>0（F'(x)<0）且F(a)=0或（F(b)=0）例2.1 設x?0證明不等式ln(1?x)?xe?x

證明：令F(x)?ln(1?x)?xe?x（x>0）

顯然F(0)?0

1ex?x2?1?x?x（x>0）F'(x)??e?xe?x1?x(1?x)e

現在來證明ex?x2?1?0

令f(x)?ex?x2?1顯然f(0)?0

當x?0時f'(x)?ex?2x?0

于是得f(x)在x?0上遞增

故對x?0有f(x)?f(0)?f(x)?0

而(1?x)ex?0

所以F'(x)?0故F(x)遞增

又因為F(0)?0

所以F(x)?0

所以ln(1?x)?xe?x成立

3．利用函數的最大值和最小值證明不等式

當等式中含有“=”號時，不等式f(x)?g(x)(或f(x)?g(x))? g(x)?f(x)?0（或g(x)?f(x)?0），亦即等價于函數G(x)?g(x)?f(x)有最小值或F(x)?f(x?)g(有最大值。x)

證明思路：由待正不等式建立函數，通過導數求出極值并判斷時極大值還是極小值，在求出最大值或最小值，從而證明不等式。

1例3.1證明若p>1，則對于?0,1?中的任意x有p?1?xp?(1?x)p?1 2

證明：構造函數f(x)?xp?(1?x)p(0?x?1)

則有f'(x)?pxp?1?p(1?x)p?1?p(xp?1?(1?x)p?1)

令f'(x)?0，可得xp?1?(1?x)p?1，于是有x?1?x，從而求得x?1。由于2

函數f(x)在閉區間?0,1?上連續，因而在閉區間?0,1?上有最小值和最大值。

由于函數f(x)內只有一個駐點，沒有不可導點，又函數f(x)在駐點x?1和2

111p1?)?p?1,f(0)?f(1),區間端點(x?0和x?1)的函數值為f()?)p?(1所以2222

1f(x)在?0,1?的最小值為p?1，最大值為1，從而對于?0,1?中的任意x有2

11?f(x)?1?xp?(1?x)p?1。，既有p?1p?122

4．利用函數的泰勒展式證明不等式

若函數f(x)在含有x0的某區間有定義，并且有直到(n?1)階的各階導數，又在x0處有n階導數f(n)(x0)，則有展式： f'(x0)f''(x0)fn(x0)2(x?x0)?(x?x0)??(x?x0)n?Rn(x)f(x)?f(x0)?1!2!n!

在泰勒公式中，取x0=0,變為麥克勞林公式

f'(0)f''(0)2fn(0)nf(x)?f(0)?(x)?(x)??(x)?Rn(x)1!2!n!

在上述公式中若Rn(x)?0(或?0)則可得

f'(0)f''(0)2fn(0)nf(x)?f(0)?(x)?(x)??(x)，1!2!n!

f'(0)f''(0)2fn(0)n(x)?(x)??(x)。或f(x)?f(0)?1!2!n!

帶有拉格朗日余項的泰勒公式的實質是拉格朗日微分中值定理的深化，他是一個定量估計式，該公式在不等式證明和微分不等式證明及較為復雜的極限計算中有廣泛的應用。

用此公式證明不等式就是要把所證不等式化簡，其中函數用此公式，在把公式右邊放大或縮小得到所證不等式。

例4.1若函數f(x)滿足：（1）在區間?a,b?上有二階導函數f''(x)，（2）

f'(a)?f'(b)?0，則在區間?a,b?內至少存在一點c，使

f''(c)?4f(b)?f(a)。2(b?a)

證明：由f(x)在x?a和x?b處的泰勒公式，并利用f'(a)?f'(b)?0，得f(x)?f(a)?f''(?)(x?a)2

2!f''(?)f(x)?f(b)?(x?b)2,于是2!

a?bf''(?)(b?a)2a?bf()?f(a)??(a???),22!42

a?bf''(?)(b?a)2a?bf()?f(b)??(a???),22!42

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

相減，得f(b)-f(a)=,24

4f(b)?f(a)1(b?a)2

即?f''(?)?f(?)?,(b?a)224

當f''(?)?f''(?)時，記c??否則記c=?,那么

f''(c)?4f(b)?f(a)(a?b?c)(b?a)2

參 考 文 獻

《數學分析》上冊，高等教育出版社，1990.?1?鄭英元，毛羽輝，宋國棟編，?2?趙煥光，林長勝編《數學分析》上冊，四川大學出版社，2006。?3?歐陽光中，姚允龍，周淵編《數學分析》上冊，復旦大學出版社，2004.?4?華東師范大學數學系編《數學分析》上冊，第三版，高等教育出版社2001.

第五篇：利用導數證明不等式

利用導數證明不等式

例1．已知x>0，求證：x>ln(1+x)分析：設f(x)=x－lnx。x?[0,+??。考慮到f(0)=0，要證不等式變為：x>0時，f(x)>f(0)，這只要證明：

f(x)在區間[0,??)是增函數。

證明：令：f(x)=x－lnx，容易看出，f(x)在區間[0,??)上可導。

且limf(x)?0?f(0)?x?0 由f'(x)?1?1x 可得：當x?(0,??)時，f'(x)?f(0)?0 ?x?1x?1 即x－lnx>0，所以：x>0時，x>lnx 評注：要證明一個一元函數組成的不等式成立，首先根據題意構造出一個

函數（可以移項，使右邊為零，將移項后的左式設為函數），并利 用導數判斷所設函數的單調性，再根據函數單調性的定義，證明要 證的不等式。

例2：當x??0,??時，證明不等式sinx?x成立。證明：設f(x)?sinx?x,則f'(x)?cosx?1.∵x?(0,?),∴f'(x)?0.∴f(x)?sinx?x在x?(0,?)內單調遞減，而f(0)?0.∴f(x)?sinx?x?f(0)?0, 故當x?(0,?)時，sinx?x成立。

點評：一般地，證明f(x)?g(x),x?(a,b),可以構造函數F(x)?f(x)?g(x)，如果F'(x)?0,，則F(x)在(a,b)上是減函數，同時若F(a)?0,由減函數的定義可知，x?(a,b)時，有F(x)?0,即證明了f(x)?g(x)。

x練習：1.當x?0時，證明不等式e?1?x?12x成立。2證明：設f?x??e?1?x?x12x,則f'?x??ex?1?x.2xxx令g(x)?e?1?x,則g'(x)?e?1.當x?0時，g'?x??e?1?0.?g(x)在?0,???上單調遞增，而g(0)?0.?g?x??g(0)?0,?g(x)?0在?0,???上恒成立，?f(x)在即f'(x)?0在?0,???恒成立。?0,???上單調遞增，又f(0)?0,?ex?1?x?1x2?0,即x?0時，ex222.證明:當x?1時,有ln(x?1)?lnx?ln(x?2).?1?x?12x成立。2分析 只要把要證的不等式變形為

ln(x?1)ln(x?2)?,然后把x相對固定看作常數,并選取輔助函

lnxln(x?1)數f(x)?ln(x?1).則只要證明f(x)在(0,??)是單調減函數即可.lnx證明: 作輔助函數f(x)?ln(x?1)(x?1)lnxlnxln(x?1)?xlnx?(x?1)ln(x?1)?于是有f?(x)?x?12x

lnxx(x?1)ln2x因為 1?x?x?1, 故0?lnx?ln(x?1)所以 xlnx?(x?1)ln(x?1)

（1，??）因而在內恒有f'(x)?0,所以f(x)在區間(1,??)內嚴格遞減.又因為1?x?1?x,可知f(x)?f(x?1)即 ln(x?1)ln(x?2)?lnxln(x?1)所以 ln2(x?1)?lnx?ln(x?2).利用導數知識證明不等式是導數應用的一個重要方面，也成為高考的一個新熱點，其關鍵是構造適當的函數，判斷區間端點函數值與0的關系，其實質就是利用求導的方法研究函數的單調性，通過單調性證明不等式。

x2例3.證明不等式x??ln(1?x)?x,其中x?0.2x2分析 因為例6中不等式的不等號兩邊形式不一樣,對它作差ln(1?x)?(x?),則發現作差以后

21?x)求導得不容易化簡.如果對ln(1,這樣就能對它進行比較.1?xx2證明: 先證 x??ln(1?x)

2x2設 f(x)?ln(1?x)?(x?)(x?0)

21x21?0)?0?0 f(x)?則 f(0)?ln(?1?x?1?x1?x'?　x?0 即 1?x?0 x2?0

x2?　f?(x)??0　,即在(0,??)上f(x)單調遞增

1?xx2?　f(x)?f(0)?0 ?　ln(1?x)?x?

21?x)?x;令 g(x)?ln(1?x)?x 再證 ln(則 g(0)?0 g?(x)?1?1 1?x１?ln(1?x)?x ?　x?0 ?　?1 ?　g?(x)?0 １?xx2?　x??ln(1?x)?x 練習：3（2001年全國卷理20）已知i,m,n是正整數，且1?i?m?n

證明：(1?m)n?(1?n)m

分析：要證(1?m)n?(1?n)m成立，只要證

ln(1?m)n?ln(1?n)m

即要證11ln(1?m)?ln(1?n)成立。因為m

11ln(1?m)?ln(1?n)； mn從而：(1?m)n?(1?n)m。

評注：這類非明顯一元函數式的不等式證明問題，首先變換成某一個一元函數式分別在兩個不同點處的函數值的大小比較問題，只要將這個函數式找到了，通過設函數，求導判斷它的單調性，就可以解決不等式證明問題。難點在于找這個一元函數式，這就是“構造函數法”，通過這類數學方法的練習，對培養分析問題、解決問題的能力是有很大好處的，這也是進一步學習高等數學所需要的。