导数在不等式证明中的应用

1、学习必备欢迎下载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

2、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。、利用导数的定义证明不等式定义 设函数f = f（X ）在点X0的某领域内有定义,若极限lim HxTW）存在f XXo则称函数f在点X0处可导，并称该极限为函数f在点X0处的导数，记作f'（X0 ）令 xXo+Ax，心y = f（X0+Ax）-f（X0 ），则上式可改写为.也yf （xo + 也X）f（X0）'慎£=&

3、;:" （S所以，导数是函数增量 讷与自变量增量Ax之比纹的极限。这个增量比称为函Z数关于自变量的平均变化率（又称差商），而导数f'（X0 ）则为f在X0处关于X的变化率。以下是导数的定义的两种等价形式:(2)例1：证明:f'(X0)=limf(x)f(X0)0X -Xof'（X0）=imf（x+£x）f（x0）设f (X ) = r, sin X +2 sin2x +| sin nx，并且 f(x <|sinX，证明f (=r1si nx+gs in 2|)rn s innx，可得出 f(0)=0,因为If (X )=ri cosx + 2r

4、2 cos2x + H( + nr*cosnx,f (0 Hi +22 +HI + nrn所以f'(0g，Ilimf（x）f0：x-0=f (0) <lJmsin x=1= limf (X又由导数的定义可知即可得 |ri + 22 +IH + nrn| <1.>1 y2 +ln y.21 2例2、已知函数f（y）=y2+| ny，求证：y：1,2y22 32 11分析 令 h(y ) = -y2 y2 I ny，y(1,+)，因为 h(1) = ->0,3 26要证当X A1时，hi（x ） 0 ,即h（x ）-h（1 pO,只需证明h（ y ）在（1,兄）上是

5、增函数。21， 1证明 令 h (y ) = y2一 y2 T ny，贝U h(y) = 2y2-y 3 2y因为当八1时，h （汁2亠一恥宀八1）。, 所以h（y ）在（1,址）上是增函数,1 21就有 h(y)>h(1) = ->'0, -y3-y2-l ny >0，6322 1即可得八1,".注:证明方法为先找出xo，使得y = f'(xo)恰为结论中不等式的一边；再利用导数的定义并结合已知条件去证明。、利用微分中值定理证明不等式证题思路将要证的不等式改写成含变量之商f (b)f(a)或f (b)f(a)的g(b)-g(a)不等式，则可尝试利用

6、中值公式或者g(b)-g(a) g'G)并做适当的放缩到待证不等式中1.使用拉格朗日中值定理证明不等式定理若函数满足如下条件：(i) f在闭区间a,b上连续;(ii)在开区间(a,b)内可导,则在(a,b)内至少存在一点E，使得f' E f (b)-f (a)b -a例3、证明对一切h > -1, h H 0成立不等式<l n(1+h)ch1 + h盘，OS1h证明 设 f(x)=l n(1+x )，则 In (1 + h)=l n(1 + h)-l n1 =当h >0时，由0<0 <1可推知L-，<<h当一 1<hv0时，由OV

7、0C1可推得L-1 十舫十 h>0,.<h从而得到所要证明的结论.注：利用拉格朗日中值定理的方法来证明不等式的关键是将所要证明的结论与已 知条件归结为一个函数在某区间上的函数增量，然后利用中值定理转化为其导数 的单调性等问题.2.使用柯西中值定理证明不等式定理设函数f和g满足(i)在a,b上都连续;(ii)在(a,b)内都可导;(iii)f'(x)和g'(x )不同时为零;g(a)Hg(b),则存在匕壬佝b)，使得g"g(bia)例4、证明不等式(yo)分析该不等式可化为U + y jlnQ+yarctan y(y >0)可设f (y) = (1+y

8、m (1+y ),g(y ) = arctany ,注意到f(0)=g(0)=0，故可考虑对f(yf(0)使用柯西中值定理g(y)-g(0)证明如上分析构造辅助函数f (y )和g(y),则对任意y >0,由柯西中值定理,存在匕-(0, y)，使得arcta ny(1 +y 加(1 + y ) f (y f (0 ) _ f (© )_ 1 + ln(1 + E)g(y)-g(0) g'(©)=1 +ln(1 +©)(1 +©2) >1.三、利用函数的单调性证明不等式证明思路首先根据题设条件及所证不等式，构造适当的辅助函数f(x)，并

9、确定区间a,b;然后利用导数确定f(x 在a,b上的单调性；最后根据f(x)的单调性导出所证的不等式.1.直接构造函数，再运用函数的单调性来证明不等式例5证tan y +2sin y >3y，其中泸分析 欲证f (y) > f (a)(a cy <b)，只要证f (y)在a,b上单调递增，即证f (y) >0 即可.若f'(y)的符号不好直接判定，可借助于f"(y)，以至于f3(y)进一步判定.证明 令 f (y )=tany+2sin y -3y ,Lt r'2''3贝Uf (y ) = sec y+2cosy-3， f (y

10、)=2sin y(secy-1)于是y引0,2)时，f"(y)>0，有f'(y)单调增加所以 f'(y ):> f'(0 )=0,有 f (y )单调增加，可推得 f (y f (0)=0，即 tan y +2sin y >3y .2.先将不等式变形，然后再构造函数并来证明不等式例6、已知b,cR,b<e，求证：bc>cb为(e自然对数的底)证明设 f(X ) = xlnb -bln x(x >bc)因为(x) = l nb-b，就有 b>e， x>b xln b a1, b <1,x所以f (x)：>

11、;0，贝U f(X )在(e,xc)上递增;又因 cAb，所以 f(c)>f(b)，就有 cl nb-bl nobl nc-bl nc = 0从而有 cln b >blnc，即 bc ：>cb.注：对于一些不易入手的不等式证明，可以利用导数思想，先通过特征不等式构造一个函数，再判定其函数单调性来证明不等式成立，这就是利用函数的单调性 证明不等式的思想。构造辅助函数有以下几种方法：1. 用不等式的两边“求差”构造辅助函数；2. 用不等式两边适当“求商”构造辅助函数；3. 根据不等式两边结构 构造"形似”辅助函数;4. 如果不等式中涉及到幕指函数形式，则可通过取对数将其

12、化为易证明的形式再 根据具体情况由以上所列方法构造辅助函数四、利用泰勒公式证明不等式证题思路若f(x在(a,b)内具有(n+1)阶导数，Xo迂(a,b)，则f (X 尸 f (Xo )+ f (Xo XX Xo ) +L2!®(x-xo)+川+牛x M n!小x" (n +1)!其中E介于Xo与X之间.例7、设f(y )在0,1上二阶可导,f(o)=(1)=o ,且max f ( y ) = 1，求证：存在匕迂(o,1)，使得f"(y)兰一8.证明 因f (y )在0,1上二阶可导，故在0,1上连续，据最值定理，必3cJ0,1)使得f(c为最大值，即f(c)=1,

13、且有f'(c) = O.而f (y )在y=1的一阶泰勒展式为f (y)=f (c)+f'(c)(yc)+W(xc)2 ,其中 ©介于 c 与 y 间2分别在上式中令y=o与y"得f(0)=1+1f"G1 )c2=0X(0,c)，1 '' . 2 f(1)=1+-f (J)(1C) =0,J 亡(c,1).12故当 Z(0,时，f"(q )=-p<-8，2c当 cNr1)时，f"(J )=-2O-c)2所以存在qq或上2）忘（0,1）,使得f"（y）兰-8.注：用泰勒展式证明不等式的方法是将函数f

14、（x）在所给区间端点或一些特点 （如区间的中点，零点）进行展开，通过分析余项在匕点的性质，而得出不等式。值得说明的是泰勒公式有时要结合其它知识一起使用，如当使用的不等式中含有积分号时，一般要利用定积分的性质结合使用泰勒公式进行证明；当所要证明的不等式是含有多项式和初等函数的混合式时，需要作一个辅助函数并用泰勒公式 代替。使用泰勒公式巧妙灵活的证明不等式往往使证明方便简捷。五、利用函数的最值（极值）证明不等式由连续函数在a,b上的性质,若函数f在闭区间a,b上连续,则f在a,b 上一定有最大、最小值，这就为我们求连续函数的最大，最小值提供了理论保证。若函数f的最大（小）值点xo在区间（a,b）内

15、，则xo必定是f的极大（小）点。又若f在Xo可导,则Xo还是一个稳定点。所以我们只要比较f在所有稳定点、不可导点和区间端点上的函数值，就能从中找到f在a,b上的最大值与最小值。证明方法：先构造辅助函数，再求出f（x ）在所设区间上的极值与最大、最小值,进而证明所求不等式。例&已知：0<x<1，证明当r ：>1时,1有亍 <xr+(1-x)r 兰1证明令 f (x)=xr +(1 -X $，0<x<1，则 f (0)= f (1)=11令 f(x)=0,求得 x = 1因为1、r则f（1）=F+（1切汁2r"f'(x) = rxrdr

16、(1X 厂，令f(x)=o,求得驻点为4，1r又因为当r >1时，<1,2r所以f(X 在0,1上的最小值为 占，最大值为1,从而占 <xr + (1-X)<1，0<x<1，r>1.例9、证明：当时,e、占证明作辅助函数f (y，则f' (y )= -yey, y = 0是f (y )在(二内的唯一驻点，且当y <0时，f'(y) a 0 ； 当 0 C y <1 时，f' (y )<0 .故y =0是f (y的极大值点，f(0)=i是f(y )的极大值.因为当y由小变大时，f(y )由单调增变为单调减，故f

17、(0 )=1同时也是f (y )的最大值, 所以，当y <1时，f (y )兰1 ,注：在对不等式的证明过程中，可以以不等式的特点为根据，以此来构造函数, 从而运用导数来得出函数的最值，而此项作用也是导数的另一个功能，即可以被 用作求函数的最值。例如，当此函数为最大或最小值的时候，不等式的成立都有 效的，因此可以推出不等式是永远成立的， 从而可以将证明不等式的问题转化到 求函数最值的问题上来。六、利用函数的凹凸性质证明不等式证明思路 若f (x)>0(a cx<b)，贝U函数y=f(x)的图形为凹的，即对任意x1，x®a，b)，有f (宁，当且仅当XbX2时成立.例

18、10、设r0 , h0，证明rlnr+hlnh(r+h)ln，且等号仅在r=h时 2成立.分析将欲证的不等式两边同除以2,变形为r l nr +hlnh (r +h) r +h ln2 2由上式看出，左边是函数f(k) = kl nk在r , h两点处的值的平均值，而右边是它在中点 处的函数值.这时只需证f"(k)：0即可.证明构造辅助函数f (k)= klnk(k >0),那么就有:1f (k )=1 +ln k , f (k) = -：>0 成立.k故由不等式：f (r )+ f (hUf(r+h)可得也即r ln r +hln h(hk r +h> ln2 2r + h rlnr +hlnh >(r + h)ln2 且等号仅在r = h时成立.例11、已知：YaO,几0, 汁兰2，求证：Y +几2.证明设 f(y)=y3,yU0,畑)，IQHf (y ) = 3y , f (y )=6y >0就有f (y戶y3, y亡(0,兄)是凸函数W1讨 2=2，屮= 2= h11Y + /则 f “1% +