利用導數(shù)處理與不等式有關的問題-展示頁
2024-10-26 15:20本頁面
【正文】 179。, 33224即有 |f(x1)－f(x2)|≤|f(x1)|+ |f(x2)|163。(x)≤0,2∴f(x)在[－1,1](x)在[－1,1]上的最大值為f(－1)= 3222最小值為f(1)=,即f(x)在 [－1,1]上的值域為[,]； 33322所以x1,x2∈[－1,1]時，|f(x1)|163。14例5：f(x)=x3－x, x1,x2∈[－1,1]時，求證：|f(x1)－f(x2)|≤ 33證明：∵f39。k+12(k+1)21)2=2(1)2=所以，g(x)的最小值為g(=2)1kIIkkkkk+2221)2=()g(x2)的最小值為2(k+1k+1Ik+1又∵224+179。(x)0時x∈, g39。2x22b2b2+證明：由題知g(x)= aaxx2x22b2b2+g39。(x)=2xln2－2(x≥3),∵x≥3,∴f39。從而把證明不等式問題轉化為函數(shù)求最值問題。）（二）、利用導數(shù)求出函數(shù)的最值（或值域）后，再證明不等式。(x)=lna－, xa∵ae,xa ∴l(xiāng)na1,0,因而f(x)在（e, +∞）上遞增 x∵ba,∴f(b)f(a)；故blna－alnbalna－alna=0；即blnaalnb所以abb a成立。證明：設f(x)= x－ln(1+x)(x0), 則f(x)= 21+x∵x0,∴f39。具體有如下幾種形式：直接構造函數(shù)，然后用導數(shù)證明該函數(shù)的增減性；再利用函數(shù)在它的同一單調遞增（減）區(qū)間，自變量越大，函數(shù)值越大（小），來證明不等式成立。因而在證明不等式時，根據不等式的特點，有時可以構造函數(shù)，用導數(shù)證明該函數(shù)的單調性,然后再用函數(shù)單調性達到證明不等式的目的。下面具體討論導數(shù)在解決與不等式有關的問題時的作用。例如求函數(shù)的單調區(qū)間、求最大（小）值、求函數(shù)的值域等等。第一篇：利用導數(shù)處理與不等式有關的問題利用導數(shù)處理與不等式有關的問題關鍵詞：導數(shù)，不等式，單調性，最值。導數(shù)是研究函數(shù)性質的一種重要工具。而在處理與不等式有關的綜合性問題時往往需要利用函數(shù)的性質；因此，很多時侯可以利用導數(shù)作為工具得出函數(shù)性質，從而解決不等式問題。一、利用導數(shù)證明不等式（一）、利用導數(shù)得出函數(shù)單調性來證明不等式我們知道函數(shù)在某個區(qū)間上的導數(shù)值大于（或小于）0時，則該函數(shù)在該區(qū)間上單調遞增（或遞減）。即把證明不等式轉化為證明函數(shù)的單調性。x2例1：x0時,求證；x－ln(1+x)＜02x2x239。(x)0時,f(x)例2：已知：a,b∈R,bae, 求證:abb a,(e為自然對數(shù)的底)證：要證abb a只需證lnablnba 即證：blna－alnb0a設f(x)=xlna－alnx(xae)；則f 39。（注意，此題若以a為自變量構造函數(shù)f(x)=blnx－xlnb(e0時x，故f(x)在區(qū)間（e, b）lnbxlnbPage 1 of5bb的大小而定，當然由題可以推測e lnblnbb故f(x)在區(qū)間（e, b）上的遞減,但要證明e則需另費周折，因此，本題還lnb是選擇以a為自變量來構造函數(shù)好，由本例可知用函數(shù)單調性證明不等式時，如何選擇自變量來構造函數(shù)是比較重要的。，根據不等式的特點，有時可以構造函數(shù)，用導數(shù)求出該函數(shù)的最值；由當該函數(shù)取最大（或最?。┲禃r不等式都成立，可得該不等式恒成立。例求證：n∈N*,n≥3時，2n 2n+1證明：要證原式，即需證：2n－2n－10,n≥3時成立設f(x)=2x－2x－1(x≥3),則f39。(x)≥23ln3－20 上的增減性要由e與∴f(x)在[3，+∞)上是增函數(shù)，∴f(x)的最小值為f(3)=23－23－1=10所以，n∈N*,n≥3時，f(n)≥f(3)0, 即n≥3時,2n－2n－10成立，xb例gA(x)=(1)2+(1)2的定義域是A=[a,b)，其中a,b∈R+,a若x1∈Ik=[k2,(k+1)2), x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2)求證:g4
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