【文章內(nèi)容簡介】 =1+lnk,f39。39。(k)=故由不等式:10 (r)+f(h)r+h179。f()22rlnr+hlnh(r+h)r+h179。ln 222r+h也即 rlnr+hlnh179。(r+h)ln2可得且等號僅在r=h 1已知: g0,l0, g3+l3163。2，求證：g+l163。 設(shè)f(y)=y3,y206。(0,+165。)，則 f39。(y)=3y2,f39。39。(y)=6y0 就有f(y)=y3,y206。(0,+165。)是凸函數(shù)1，y1=g,y2=l，211g+l)則f(g1y1+g2y2)=f(g+l)=f(222設(shè)g1=g2=就有如下式子成立: f(g1y1+g2y2)=f(g+l2)163。g1f(y1)+g2f(y2)=11f(g)+f(l) 22 9 g+l)(而又因為有83=(g+l2)3=f(g+l2)，f(g)+f(l)g3+l311163。1 f(g)+f(l)==2222g+l)(所以83=f(g+l2)163。11f(g)+f(l)163。1 成立 22故g+l163。:通過對導(dǎo)數(shù)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(yīng)用原理，挖掘?qū)?shù)的各種性質(zhì)。多做此類難題，不但有利于我們在學(xué)習(xí)和考試中輕松解決同類問題，更有利于培養(yǎng)我們的數(shù)學(xué)思維和推理論證能力。因而導(dǎo)數(shù)在不等式證明當(dāng)中的應(yīng)用很有研究價值。第三篇：應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明不等式應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明不等式常澤武指導(dǎo)教師：任天勝（河西學(xué)院數(shù)學(xué)與統(tǒng)計學(xué)院 甘肅張掖 734000）摘要： 不等式在初等數(shù)學(xué)和高等代數(shù)中有廣泛的應(yīng)用，證明方法很多，本文以函數(shù)的觀點來認(rèn)識不等式，以導(dǎo)數(shù)為工具來證明不等式。關(guān)鍵字： 導(dǎo)數(shù) 不等式最值中值定理單調(diào)性泰勒公式中圖分類號： O13Application derivative to testify inequalityChangZeWu 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 words: The most value of derivative inequality value theorem monotonicity Taylor formula在數(shù)學(xué)分析中，我們學(xué)到了拉格朗日中值定理，其內(nèi)容為：(x)在閉區(qū)間[a,b]上連續(xù)，在開區(qū)間(a,b)上可導(dǎo)，則至少存在一點x206。(a,b)，使得f39。(x)=拉格朗日中值定理是探討可微函數(shù)的的幾何特性及證明不等式的重要工具，我們可以根據(jù)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(shù)和范圍。第三，利用拉格朗日中值定理。最后，在根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和最大值和最小值。（2）我們可根據(jù)其兩種等價表述方式①f(b)f(a)=f39。(a+q(ba))(ba),0q1②f(a+h)f(a)=f39。(a+qh)h,0q1我們可以q的范圍來證明不等式。f(b)f(a)。ba11(x0)(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(shù)和范圍令f(x)=lntt206。[x,1+x]第三步應(yīng)用拉格朗日中值定理存在x206。(x,1+x)使得f39。(x)=f(1+x)f(x)(1+x)(x)即ln(1+x)ln(x)=1x而 x1+x1)而0x+165。 即ln(x1+x\ln(1+x)ln(x)例 ：h1且h185。0都有不等式成立：hln(1+h)h 1+h證明：令f(x)=ln(1+x),有拉格朗日中值定理，$q206。(0,1)使得ln(1+h)=f(h)f(0)=f39。(qh)h=當(dāng)h0時有1qh+11+h,當(dāng)1h0時有11+qh1+h0,+qh1hh。1+h1+qh1h+h1+qh2．利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式我們在初等數(shù)學(xué)當(dāng)中學(xué)習(xí)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(fù)。定理：設(shè)函數(shù)f(x)在[a,b]上連續(xù)，在(a,b)可導(dǎo)，那么（1）若在(a,b)內(nèi)f39。(x)0則f(x)在[a,b]內(nèi)單調(diào)遞增。（2）若在(a,b)內(nèi)f39。(x)0則f(x)在[a,b]內(nèi)單調(diào)遞減。使用定理：要證明區(qū)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F39。(x)0（F39。(x)證明：令F(x)=ln(1+x)xex（x0）顯然F(0)=01ex+x21xx（x0）F39。(x)=e+xe=x1+x(1+x)e現(xiàn)在來證明ex+x210令f(x)=ex+x21顯然f(0)=0當(dāng)x0時f39。(x)=ex+2x0于是得f(x)在x0上遞增故對x0有f(x)f(0)\f(x)0而(1+x)ex0所以F39。(x)0故F(x)遞增又因為F(0)0所以F(x)0所以ln(1+x)xex成立3．利用函數(shù)的最大值和最小值證明不等式當(dāng)?shù)仁街泻小?”號時，不等式f(x)163。g(x)(或f(x)179。g(x))219。 g(x)f(x)179。0（或g(x)f(x)163。0），亦即等價于函數(shù)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(shù)，通過導(dǎo)數(shù)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，則對于[0,1]中的任意x有p1163。xp+(1x)p163。1 2證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=xp+(1x)p(0163。x163。1)則有f39。(x)=pxp1p(1x)p1=p(xp1(1x)p1)