导数在不等式中的应用
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课程解读
导
数筅
山在东省不莱芜等第一中式学中王的强申应玉芹
用
一、应用导数证明不等式
1. 应用导数得出函数的单调性,并证明不等式.
我们从导数学习中知道,在某个区间内,若函数的导数的函数值大于0,
其在这个区间内单调递增;若小于0,其在这个区间内单调递减. 因此,在进行不等式的证明时,就需要考虑到不等式的自身特点,例如构造函数,就能够通过导数来将函数的单调性证明出来,然后再通过对单调性的利用进行不等式的证明. 也就是用函数的单调性证明来替代不等式的证明,而在形式上,具体有如下两种.
(1)直接构造函数,之后再通过导数的有效应用将函数的单调性证明出来,再运用在同一单调区间内的函数,其自变量越大的时候,函数值越大或者是越小,就能够将不等式证明出来.
例1
x>0时,求证:x-x 2
2
-ln (1+x)
证明:设(f x )=x-x 2
2-ln (1+x)(x>0).
f ′(
x )=-x 2
1+x
. 由x>0,得f (′x )=-x 2
1+x
(f x )在(0,+∞)上为减函数,所以x>0时,(f x )
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高中版
2012年5月
例2
设(f x )=x2+bln (x+1),b ≠0. 证明对任意的正整数n ,
不等式ln
1n +1>1n 2
-1n
3
都成立. 证明:当b=-1时,(f x )=x2-ln (x+1).
令h (x )=x3-x 2+ln (x+1). h (′x )=
3x 3+
(x -1)2
x+1
,则h (′x )>0在(0,+∞
)上恒成立. h (x )在(0,+∞)上单调递增,则h (x )>h(0)=0. 即x>0时,有x 3-x 2+ln (x+1)>0. 所以ln (x+1)>x2-x 3. 取x=
11n ,得ln
n +1>1n 2-1n 3
. 2. 利用导数求出函数的最值后,再证明不等式.
除此之外,导数还具备求函数最值的功能. 在证明不等式成立的时候,可以将不等式的证明转变成为求函数的最值.
例3
求证:n ∈N *,n ≥3时,2n >2n+1.
证明:要证明原式,只需证2n -2n-1>0成立.
设(f x )=2x -2x-1(x ≥3).f (′x )=2x ln2-2. 由x ≥3,得f (′x )≥23ln2-2>0. 所以(f x )在[3,+∞)上为增函数. 所以(f x )的最小值为(f 3)=1>0. 所以n ≥3时,(f n )≥(f 3)>0. 即n ≥3时,2n -2n-1>0成立.
即n ∈N *,n ≥3时,
不等式2n >2n+1成立. 二、应用导数解决不等式的恒成立问题
在解决不等式的恒成立问题时,对于参数取值范围会有所涉及,一般是把变量分离之后,将其转换成m>f(x )(m
例4
已知(f x )=ax4ln x+bx4-c
(c>0)在x=1处取得极值-3-c ,其中a 、b 、c 为常数.
(1)试确定a 、b 的值;(2)讨论(f x
)的单调区间;(3)若对任意的x>0,不等式(f x )≥-2c 2恒成立,
求c. 分析:(1)a=12,b=-3. 过程略.
(2)(f x )的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1). 过程略.
(3)由(2)知(f x )在x=1处取得极小值(f 1)=-3-c ,这个极小值也就是最小值. 要使(f x )≥-2c 2恒成立,
只需-3-c ≥-2c 2即可. 故c ≥
3
2
或c ≤-1. 参考文献:
1. 魏红艳. 不等式“恒成立”占据半壁江山. 民营科技,2010
(06).
3. 廖冬梅. 深入研究教材例析导数的应用[J ]. 新课程(教
研),2010(05). ■