导数在不等式中的应用专题
导数在不等式中的应用考点一构造函数证明不等式
【例1】已知函数f(x)＝1－x－1
e x
，g(x)＝x－ln x.
(1)证明：g(x)≥1；
(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－1
e2 .
【训练1】已知函数f(x)＝ax＋b
x2＋1
在点(－1，f(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)设g(x)＝ln x，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立.
【例2】已知函数f(x)＝x ln x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＋1>
1
e x＋1
－
2
e2x
成立.
【训练2】已知三次函数f(x)的导函数f′(x)＝－3x2＋3且f(0)＝－1，g(x)＝x ln x＋a
x
(a≥1).
(1)求f(x)的极值；
(2)求证：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).
角度1 不等式恒成立求参数
【例3－1】 已知函数f (x )＝sin x x (x ≠0).
(1)判断函数f (x )在区间? ??
??0，π2上的单调性； (2)若f (x ) ????0，π2上恒成立，求实数a 的最小值. 【训练3】 (2019·潍坊模拟)已知函数f (x )＝1＋ln x x . (1)若函数f (x )在区间? ????a ，a ＋12上存在极值，求正实数a 的取值范围； (2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥ k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围. 【例3－2】 已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x (a ∈R). (1)若f(x)在区间[1，2]上是单调函数，求实数a 的取值范围； (2)函数g(x)＝(1－a)x ，若?x0∈[1，e]使得f(x 0)≥g(x 0)成立，求实数a 的取值范围. 【训练4】 已知函数f (x )＝m ? ????x －1x －2ln x (m ∈R)，g (x )＝－m x ，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0) 【例1】 (1)已知函数f (x )＝1 ln （x ＋1）－x ，则y ＝f (x )的图象大致为( ) (2)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R.证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2 ＋x ＋1有唯一公共点. 【例2】 (2017·全国Ⅲ卷改编)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值； (2)证明：对于任意正整数n ，? ????1＋1 2? ????1＋1 22…? ????1＋1 2n 【例3】 设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性； (2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1 ln x 【基础巩固题组】(建议用时：35分钟) 一、选择题 1.(2019·海南一模)函数f (x )＝ln x ＋a 的导数为f ′(x )，若方程f ′(x )＝f (x )的根x 0小于1，则实数a 的取值范围为( ) A.(1，＋∞) B.(0，1) C.(1，2) D.(1，3) 2.(2019·济南调研)已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1 A.f (x 1)>0，f (x 2)>－12 B.f (x 1)<0，f (x 2)<－12 C.f (x 1)>0，f (x 2)<－12 D.f (x 1)<0，f (x 2)>－12 3.若对任意a ，b 满足0 4.函数f (x )＝x －2sin x ，对任意的x 1，x 2∈[0，π]，恒有|f (x 1)－f (x 2)|≤M ，则M 的最小值为________. 三、解答题 5.已知f (x )＝(1－x )e x －1. (1)求函数f (x )的最大值； (2)设g (x )＝ f （x ）x ，x >－1且x ≠0，证明：g (x )<1. 6.已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋10. (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)在区间[1，2]内至少存在一个实数x ，使得f (x )<0成立，求实数a 的取值范围. 【能力提升题组】(建议用时：25分钟) 7.(2019·北京延庆区调研)已知函数f (x )＝x ln x (x >0). (1)求f (x )的单调区间和极值； (2)若对任意x ∈(0，＋∞)，f (x )≥－x 2＋mx －32 恒成立，求实数m 的最大值. 8.已知函数f(x)＝e x－1－x－ax2. (1)当a＝0时，求证：f(x)≥0； (2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围； (3)若x>0，证明(e x－1)ln(x＋1)>x2. 答案考点一构造函数证明不等式 【例1】已知函数f(x)＝1－x－1 e x ，g(x)＝x－ln x. (1)证明：g(x)≥1； (2)证明：(x－ln x)f(x)>1－1 e2 . 【答案】见解析 【解析】证明(1)由题意得g′(x)＝x－1 x (x>0)， 当0 即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数. 所以g(x)≥g(1)＝1，得证. (2)由f(x)＝1－x－1 e x ，得f′(x)＝ x－2 e x ， 所以当0 即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数， 所以f(x)≥f(2)＝1－1 e2 (当且仅当x＝2时取等号).① 又由(1)知x－ln x≥1(当且仅当x＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得， 所以(x－ln x)f(x)>1－1 e2 . 【规律方法】 1.证明不等式的基本方法： (1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①?x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②?x1，x2∈[a， b]，且x1 (2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则?x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m). 2.证明f(x) 【训练1】已知函数f(x)＝ax＋b x2＋1 在点(－1，f(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0. (1)求函数f(x)的解析式； (2)设g(x)＝ln x，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立. 【答案】见解析 【解析】(1)解 将x ＝－1代入切线方程得y ＝－2， 所以f (－1)＝b －a 1＋1＝－2，化简得b －a ＝－4.① f ′(x )＝a （x 2＋1）－（ax ＋b ）·2x （x 2＋1）2， f ′(－1)＝2a ＋2（b －a ）4＝－1.② 联立①②，解得a ＝2，b ＝－2.所以f (x )＝2x －2 x 2＋1. (2)证明 由题意知要证ln x ≥2x －2 x 2＋1在[1，＋∞)上恒成立， 即证明(x 2＋1)ln x ≥2x －2，x 2ln x ＋ln x －2x ＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立. 设h (x )＝x 2ln x ＋ln x －2x ＋2， 则h ′(x )＝2x ln x ＋x ＋1x －2， 因为x ≥1，所以2x ln x ≥0，x ＋1x ≥2·x ·1 x ≥2(当且仅当x ＝1时等号成立)，即h ′(x )≥0， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，h (x )≥h (1)＝0， 所以g (x )≥f (x )在[1，＋∞)上恒成立. 考点二 利用“若f (x )min >g (x )max ，则f (x )>g (x )”证明不等式 【例2】 已知函数f (x )＝x ln x －ax . (1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1 e x ＋1－2 e 2x 成立. 【答案】见解析 【解析】(1)解 函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞). 当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2. 由f ′(x )＝0，得x ＝1 e 2. 当x ∈? ????0，1 e 2时， f ′(x )<0；当x >1 e 2时， f ′(x )>0. 所以f (x )在? ????0，1 e 2上单调递减，在? ????1 e 2，＋∞上单调递增. 因此f (x )在x ＝1 e 2处取得最小值，即 f (x )min ＝f ? ????1 e 2＝－1 e 2，但 f (x )在(0，＋∞)上无最大值. (2)证明 当x >0时，ln x ＋1>1 e x ＋1－2e 2x 等价于x (ln x ＋1)>x e x ＋1－2 e 2. 由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x 的最小值是－1e 2，当且仅当x ＝1e 2时取等号. 设G (x )＝x e x ＋1－2e 2，x ∈(0，＋∞)， 则G ′(x )＝1－x e x ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1e 2， 当且仅当x ＝1时取到，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1> 1e x ＋1－2e 2x . 【规律方法】 1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题. 2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f (x )min >g (x )max 恒成立.从而f (x )>g (x )，但此处f (x )与g (x )取到最值的条件不是同一个“x 的值”. 【训练2】 已知三次函数f (x )的导函数f ′(x )＝－3x 2＋3且f (0)＝－1，g (x )＝x ln x ＋a x (a ≥1). (1)求f (x )的极值； (2)求证：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，都有f (x 1)≤g (x 2). 【答案】见解析 【解析】(1)解 依题意得f (x )＝－x 3＋3x －1，f ′(x )＝－3x 2＋3＝－3(x ＋1)(x －1)， 知f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是减函数，在(－1，1)上是增函数， 所以f (x )极小值＝f (－1)＝－3，f (x )极大值＝f (1)＝1. (2)证明 易得x >0时，f (x )最大值＝1， 由a ≥1知，g (x )≥x ln x ＋1x (x >0)， 令h (x )＝x ln x ＋1x (x >0)， 则h ′(x )＝ln x ＋1－1 x 2＝ln x ＋x 2－1x 2， 注意到h ′(1)＝0，当x >1时，h ′(x )>0； 当0 即h (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数， h (x )最小值＝h (1)＝1，即g (x )最小值＝1. 综上知对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，都有f (x 1)≤g (x 2). 考点三 不等式恒成立或有解问题 多维探究 角度1 不等式恒成立求参数 【例3－1】 已知函数f (x )＝sin x x (x ≠0). (1)判断函数f (x )在区间? ?? ??0，π2上的单调性； (2)若f (x ) ????0，π2上恒成立，求实数a 的最小值. 【答案】见解析 【解析】(1)f ′(x )＝x cos x －sin x x 2 ， 令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈? ????0，π2，则g ′(x )＝－x sin x ， 显然，当x ∈? ????0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间? ????0，π2上单调递减，且g (0)＝0. 从而g (x )在区间? ????0，π2上恒小于零， 所以f ′(x )在区间? ?? ??0，π2上恒小于零， 所以函数f (x )在区间? ?? ??0，π2上单调递减. (2)不等式f (x ) ??0，π2恒成立，即sin x －ax <0恒成立. 令φ(x )＝sin x －ax ，x ∈? ????0，π2， 则φ′(x )＝cos x －a ，且φ(0)＝0. 当a ≥1时，在区间? ????0，π2上φ′(x )<0，即函数φ(x )单调递减， 所以φ(x )<φ(0)＝0，故sin x －ax <0恒成立. 当0 ????0，π2上存在唯一解x 0， 当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )>0，故φ(x )在区间(0，x 0)上单调递增，且φ(0)＝0， 从而φ(x )在区间(0，x 0)上大于零，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾. 当a ≤0时，在区间? ????0，π2上φ′(x )>0，即函数φ(x )单调递增，且φ(0)＝0，得sin x －ax >0恒成立，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾. 故实数a 的最小值为1. 【规律方法】 1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需 对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围. 2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a ≥f (x )(或a ≤f (x ))的形式，通过求函数y ＝f (x )的最值求得参数范围. 【训练3】 (2019·潍坊模拟)已知函数f (x )＝1＋ln x x . (1)若函数f (x )在区间? ????a ，a ＋12上存在极值，求正实数a 的取值范围； (2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围. 【答案】见解析 【解析】(1)函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln x x 2， 令f ′(x )＝0，得x ＝1. 当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )是减函数； 所以x ＝1为函数f (x )的极大值点，且是唯一极值点， 所以0 故12 12，1. (2)当x ≥1时，k ≤（x ＋1）（1＋ln x ）x 恒成立， 令g (x )＝（x ＋1）（1＋ln x ）x (x ≥1)， 则g ′(x )＝? ????1＋ln x ＋1＋1x x －(x ＋1)(1＋ln x )x 2＝x －ln x x 2. 再令h (x )＝x －ln x (x ≥1)，则h ′(x )＝1－1x ≥0， 所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0， 所以g (x )是增函数，所以g (x )≥g (1)＝2， 故k ≤2，即实数k 的取值范围是(－∞，2]. 角度2 不等式能成立求参数的取值范围 【例3－2】 已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x (a ∈R). (1)若f(x)在区间[1，2]上是单调函数，求实数a 的取值范围； 南昌工程学院 2013 级毕业（设计）论文开题报告理学系（院） 09 信息与计算科学专业 题目导数在不等式证明中的应用研究 学生姓名张积磊 班级09 信息与计算科学 学号2009101543 指导教师谢杰华 日期2012 年12 月20 日 南昌工程学院教务处订制 导数是微积分的核心概念之一，在教材中体现了承上启下的作用，在不等式研究中也占有举足轻重的位子。 导数在不等式证明中的应用已经在国内外都取得了一定的研究成果特别是采用的方法上更是有着百花齐放的壮观目前在这方面国内有了比较全面深度的研究。国外的研究更侧重深度的展开。 （1）它的加入为数学注入了新的活力,使数学解题方法有了新突破. 使研究和解决函数、向量、解析几何等数学问题便有了更加有效、简便的工具，使问题的解决留有更 广泛思维空间,从而潜移默化地改善了我们的思维习惯,问题的设计也更加广阔． （2）完善数学内容，使学生具有一般人才必备的基础知识，是为接下来进一步学习高等数学和其他自然科学作了必要的铺垫,在高中数学与大学数学之间起着衔接作用. 导数在不等式证明中的应用极为广泛,是新教材的一个亮点,是历年高考命题的一个新的热点.对传统初等数学进行了改造和扩充,利用导数解题通常比传统数学方法更简捷,甚至能解决一些传统方法不可能解决的问题,因些说，它在不等式证明的许多问题上起到居中高临下和以简驭繁的作用，导数的应用及其思想方法在不等式中有必要予以训练，同时这类问题对同学熟练掌握导数在不等式证明的运算法则，深入理解导数的意义都有益.在导数在不等式证明的应用中,只有深刻理解有关知识背景，吃透其含义，才能对有关问题作出理性判断，从而获得正确结果.同时,由于对导数本质、性质、在不等式证明的等认识不清而导致了各种各样的错误。为此，本论文以导数应用为切入点,在知识交汇处提出问题,解决问题，突显应用导数在不等式证明的应用解决问题的优越性；归纳总结导数应用中注意的典型问题及错误剖析。 利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧 趣题引入 已知函数x x x g ln )(= 设b a <<0， 证明：2ln )()2 ( 2)()(0a b b a b g a g -<+-+< 分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。 证明：1ln )(+='x x g ，设)2 (2)()()(x a g x g a g x F +-+= 2 ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g x a g x g x F +-=+-=?+-=' 当a x <<0时 0)(<'x F ，当a x >时 0)(>'x F ， 即)(x F 在),0(a x ∈上为减函数，在),(+∞∈a x 上为增函数 ∴0)()(min ==a F x F ，又a b > ∴0)()(=>a F b F ， 即0)2 ( 2)()(>+-+b a g b g a g 设2ln )()2 (2)()()(a x x a g x g a g x G --+-+= )ln(ln 2ln 2ln ln )(x a x x a x x G +-=-+-='∴ 当0>x 时，0)(' φκκκκκκ导数在不等式中的应用 导数是研究函数性质的一种重要工具。例如求函数的单调区间、求最大（小）值、求函数的值域等等。而在处理与不等式有关的综合性问题时往往需要利用函数的性质；因此，很多时侯可以利用导数作为工具得出函数性质，从而解决不等式问题。下面具体讨论导数在解决与不等式有关的问题时的作用。 一、利用导数证明不等式 （一）、利用导数得出函数单调性来证明不等式 我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）。因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性,然后再用函数单调性达到证明不等式的目的。即把证明不等式转化为证明函数的单调性。具体有如下几种形式： 1、直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单 调递增（减）区间，自变量越大，函数值越大（小），来证明不等式成立。 例1：x>0时,求证；x 2x 2 -－ln(1+x)＜0 证明：设f(x)= x 2x 2 -－ln(1+x) (x>0), 则f'(x)= 2x 1x - + ∵x>0,∴f'(x)<0,故f(x)在（0，+∞）上递减， 所以x>0时,f(x) 证：要证a b >b a 只需证lna b >lnb a 即证：blna －alnb>0 设f(x)=xlna －alnx (x>a>e)；则f '(x)=lna －a x , ∵a>e,x>a ∴lna>1,a x <1,∴f '(x)>0,因而f(x)在（e, +∞）上递增 ∵b>a,∴f(b)>f(a)；故blna －alnb>alna －alna=0；即blna>alnb 所以a b >b a 成立。 （注意，此题若以a 为自变量构造函数f(x)=blnx －xlnb (e 导数在不等式中的应用 利用函数的单调性证明下列不等式，并通过函数图象直观验证. (1)e x>1＋x(x≠0)；(2)ln x 【尝试训练】已知函数f(x)＝1 x－x＋a ln x. (1)试讨论函数f(x)的单调性； (2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，试证明t>0. 利用导数研究函数的零点问题 【例题】(12分)已知函数f(x)＝ln x－x＋1 x－1 . (1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； (2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝e x的切线. 【规范训练】已知函数f(x)＝e x－ax2. (1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a. 集宁师范学院本科生毕业设计（论文、创作）题目申报表 4、为结合学科竞赛； 5、模拟仿真； 6、其它 题目来源――A.指导教师出题；B.学生自定、自拟 开题报告内容：（调研资料的准备与总结，研究目的、要求、思路与预期成果；任务完成的阶段内容及时间安排；完成毕业设计（论文、创作）所具备的条件因素等。 一研究内容：主要研究导数在不等式证明中的一些应用，其次研究导数的一些性质和证明不等式的一些方法； 二研究目的：不等式证明是数学学习中的重要内容之一，其常用的方法有：比较法, 分析法，综合法，归纳法，特殊不等式法。导数作为微积分学的主要内容，利用其证明不等式是一种行之有效的好方法，它能将某些不等式的证明化难为易，迎刃而解。 三研究方法：1.参考大量的相关文献及相关论文，通过中国知识网，中国学术期刊网等收集所需资料 2. 借助学过的专业知识，尤其是数学分析方面的知识和理论，微积分理论，深入分析题目，提出提纲，确定论文思路。 3. 整理导数在不等式证明中各种应用，并归纳总结。 4. 对各种应用进行比对，分析，并进行深入研究 四预期成果及形式：通过导数在不等式证明中的各种应用进行深入分析研究，并形成5000字论文。 五时间安排：1――3周，对论题有大致的了解，通过查阅资料和请教老师确定论文的方向并完成开题报告。 4 ――5周，查阅资料，知识回顾复习，以确定主要努力的方向及目标 6 ----- 12周，整理相关资料，认真思索，研究细节并形成论文。 13 ―― 14周，完成毕业论文，进行毕业答辩。 集宁师范学院本科生毕业设计（论文、创作）开题报告 学生签名: 指导教师审核签名: 日 期： 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。 一、利用导数的定义证明不等式 定义 设函数()f f x =在点0x 的某领域内有定义,若极限 ()() 000 lim x x f x f x x x →-- 存在 则称函数f 在点0x 处可导，并称该极限为函数f 在点0x 处的导数，记作()'0f x 令 0x x x =+?，()()00y f x x f x ?=+?-，则上式可改写为 ()()()00'000lim lim x x f x x f x y f x x x ?→?→+?-?==?? 所以，导数是函数增量y ?与自变量增量x ?之比 y x ??的极限。这个增量比称为函数关于自变量的平均变化率( 又称差商)，而导数()'0f x 则为f 在0x 处关于x 的变化率。 以下是导数的定义的两种等价形式： 第121课 导数中不等式放缩 基础知识： （1）在不等式放缩中，常见的函数不等式有①e 1x x ≥+；②1ln x x -≥. 特别地，要注意在具体题目中灵活变形应用这些不等式. 如利用上面①、②易得1ln 2x x +≥+，e ln 2x x >+，e sin 1x x ≥+等不等式. （2）与隐零点相关的放缩问题 常用方法：利用隐零点问题中常用的代换技巧表达出()f x 的最大值（最小值）0()f x ，再由0x 的取值范围求出0()f x 的最大值（最小值），即得到0()()f x f x M ≤≤（0()()f x f x M ≥≥），进而证得题目中所证不等式. 一、典型例题 1.已知函数()23e x f x x =+，()91g x x =-. 比较()f x 与()g x 的大小，并加以证明. 2.已知函数()2e x f x x =-. （1）求曲线()f x 在1x =处的切线方程； （2）求证：当0x >时， ()e 2e 1ln 1x x x x +--?. 二、课堂练习 1. 已知()e ln x f x x =-. （1）求()y f x =的导函数()y f x ￠=的零点个数； （2）求证：()2f x >. 2. 已知函数()() 23e 4cos 1x f x x ax x x =+++，()()e 1x g x m x =-+. （1）当1m 3时，求函数()g x 的极值； （2）若72a ? ，证明：当()0,1x ?时，()1f x x >+. 三、课后作业 1. 已知函数()()21ln f x x x x =-+，求证：当02x . 2. 设函数()e sin x f x a x b =++. 若()f x 在0x =处的切线为10x y --=，求,a b 的值. 并证明当(0,)x ??时，()ln f x x >. 4.7 导数在不等式证明中的应用 一、利用单调性证明不等式 单调性本身就是体现了不等式关系，因而利用单调性来证明不等式便是顺理成章的事.在4.4中，我们利用导数的符号就能判断函数的单调性。 例1. 设2e a b e <<<，证明 222 4 ln ln ()b a b a e ->-． 分析: 22 22 44ln ln ,b b a a e e - >- ()b a > 证1: 设 224()ln x x x e =-?， 则 2ln 4 ()2x x x e ?'=-， 2 1ln ()2x x x ?-''=Q ，当x e >时，()0x ?''<， 故()x ?'单调减小． 从而，当 2x e < 时，22 244 ()()0x e e e ''>= -=??， ()x ?∴单调增加．()()b a ??>， 即2222 44ln ln b b a a e e - >-，故不等式成立. 注：有时需要多次使用导数符号判断单调性. 证2 分析: 22ln ln ln 2b a b a ξξ-=- 24,e > 2e a b e ξ<<<<（） 222ln ln ln (ln )2 x b a x b a ξ ξ ξ =-' ==-因为， 2e a b e ξ<<<<（） 2ln 1ln ( )0x x x x -'=<而， ()x e > ， ln .x x e x >故当时，单减 从而，222ln ln 422e e e ξ ξ>=，即：222ln ln 4b a b a e ->- 注：综合使用中值定理和单调性. 例2 证明 2sin ,0,2x x x x ππ ?? <<∈ ?? ? . 分析：2 sin 1,0,2x x x ππ ?? < <∈ ??? 证 令()sin ,(0,],2 x f x x x π =∈ 则 ()()22 cos tan cos sin '0,02x x x x x x f x x x x π--? ?==<<< ?? ? 从而 ()sin x f x x =在(0,]2 x π ∈单调减少， 当02 x π << 时， ()()02f f x f π+ ??<< ? ?? 2 sin 1,x x π < < 即 2sin ,0,2x x x x ππ ?? <<∈ ?? ? . 二、 利用中值定理证明不等式 1、利用Lagrange 中值定理证明不等式 设()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，则有 ()() (),(,)f b f a f a b b a ξξ-'=∈-于是，我们依据关于()f x '的，得到不等式. 如： （1）()(),A f x B a x b '≤≤<< （2）()f x '单调，()a x b << （3）如果|()|f x M '≤， ()a x b << 例3 证明：当0x >时，ln(1).1x x x x <+<+ 分析： 1ln(1) 1.1x x x +<<+ 证 注意到ln10=，故可将不等式组变形为 导数与不等式题型 1．已知2()ln ,()3f x x x g x x ax ==-+-． (1) 求函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值； (2) 对一切(0,)x ∈+∞，2()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的取值范围； (3) 证明：对一切(0,)x ∈+∞，都有12ln x x e ex >-成立． 本题是一道函数、导数与不等式证明的综合题，主要考查导数的几何意义、导数的求法以及导数在研究函数的性质和证明不等式等方面的应用，考查等价转化、分类讨论等数学思想方法以及分析问题与解决问题的能力． 对于第（1）问，只要运用导数的方法法研究出函数()f x 的单调性即可，最值就容易确定了；对于第（2）问，是一个不等式恒成立的问题，可通过分离常数，将其转化为求函数的最值问题来处理；对于第（3）问，可以通过构造函数，利用导数研究其函数值的正负来实现不等式的证明． 解析： (1) '()ln 1f x x =+， 当1(0,)x e ∈，'()0f x <，()f x 单调递减， 当1(,)x e ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增． ① 102t t e <<+< ，t 无解； ② 102t t e <<<+，即10t e <<时，min 11()()f x f e e ==-； ③ 12t t e ≤<+，即1t e ≥时，()f x 在[,2]t t +上单调递增，min ()()ln f x f t t t ==； 所以min 110()1ln t e e f x t t t e ?-<，则2 (3)(1)'()x x h x x +-=，(0,1)x ∈，'()0h x <，()h x 单调递减，(1,)x ∈+∞，'()0h x >，()h x 单调递增，所以min ()(1)4h x h ==． 因为对一切(0,)x ∈+∞，2()()f x g x ≥恒成立，所以min ()4a h x ≤=． （3） 问题等价于证明2ln ((0,))x x x x x e e > -∈+∞， 由⑴可知()ln ((0,))f x x x x =∈+∞的最小值是1e -，当且仅当1x e =时取到． 专题09 导数与不等式的解题技巧 一．知识点 基本初等函数的导数公式 (1)常用函数的导数 ①(C )′＝________(C 为常数); ②(x )′＝________； ③(x 2)′＝________； ④? ???? 1x ′＝________； ⑤(x )′＝________． (2)初等函数的导数公式 ①(x n )′＝________； ②(sin x )′＝__________； ③(cos x )′＝________； ④(e x )′＝________； ⑤(a x )′＝___________； ⑥(ln x )′＝________； ⑦(log a x )′＝__________． （一）构造函数证明不等式 例1．【山东省烟台市2019届高三数学试卷】已知定义在（﹣∞，0）上的函数f （x ），其导函数记为f'（x ），若 成立，则下列正确的是（ ） A ．f （﹣e ）﹣e 2f （﹣1）＞0 B ． C ．e 2f （﹣e ）﹣f （﹣1）＞0 D ． 【答案】A 【分析】由题干知： ，x ＜﹣1时，2f （x ）﹣xf′（x ）＜0．﹣1＜x ＜0时，2f （x ）﹣xf′（x ） ＞0．构造函数g （x ）=，对函数求导可得到x ＜﹣1时，g′（x ）＜0；﹣1＜x ＜0，g′（x ）＞0，利用函 数的单调性得到结果. 练习1．设是定义在上的偶函数的导函数，且，当时，不等式 恒成立，若，，，则的大小关系是（）A．B．C．D． 【答案】D 【分析】 构造函数，根据函数的奇偶性求得的奇偶性，再根据函数的导数确定单调性，由此比较三个数的大小. 【解析】构造函数，由于是偶函数，故是奇函数.由于，故函数在上递增.由于，故当时，，当时，.所以 ，，，根据单 调性有.故，即，故选D. 【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性，考查构造函数法比较大小，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题. 4.7导数在不等式证明中的应用 、利用单调性证明不等式 单调性本身就是体现了不等式关系， 因而利用单调性来证明不等式便是顺理成章的事 在4.4中，我们利用导数的符号就能判断函数的单调性。 例1. 设 e a b e 2， 证明 ln 2b ln 2 a ：(b e a). 分析： 2 4 2 In b 2 b ln a e 4 2 a, e (b a) 证1: 设(x) ln 2 x 4 -2 e x , 则 (x) J n x 2 - x 4 ~ , e Q 1 ln x (x) 2 2 x ，当 x e 时， (x) 0, 故 (x)单调减小. 从而，当 x e 2 时， (x) (e 2 ) 4 4 e e 0, (x)单调增加. (b) (a), 即ln 2b ln 2a $ a ，故不等式成立 e e 注：有时需要多次使用导数符号判断单调性 ln 2b ln 2a 2 因为 (ln 2 x) b a 注：综合使用中值定理和单调性 证2分析： ln2b ln2a 2匕 (e e 2) 故当 *1 nx 、 1 In x 小 而(——) —0, x x x e 时,单减. x (x e)， 从而，2- 4 ，即: e ln 2 b ln 2 a 4 ~~2 e e 2) x 1. sin x ,x x xcosx sin x cosx 2 x x tan x 2 0,0 x — x 2 当0 x —时, 2 2 sinx , 1, x 2x sinx x,x 二、利用中值定理证明不等式 1、禾U 用Lagrange 中值定理证明不等式 设f (x)在［a,b ］上连续，在(a,b)内可导，则有 f (b) f (a) f ( b a 是，我们依据关于 f (x)的，得到不等式?女口： (1) A f (x) B (a x b), (2) f (x)单调，(a x b) (3) 如果 | f (x)| M , (a x b) ln(1 x) 例2证明-X sin x x, 2 分析：- sin x ’ 1, x x 0 ,2 从而 f x (0,―］单调减 少, 例3证明：当x ln(1 x) x. (0, R ， 则 f' X ),(a,b)于 分析: 利用导数证明不等式的常见题型 1. (2017·课标全国III 卷理）已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则a =（ ） A ．1 -２ B ．13 C ． 12 D ．1 2.（2016?天津卷文） 已知函数2(43)3,0 ()(01)log (1)1,0 a x a x a x f x a a x x ?+-+≠?++≥??且在R 上单调递 减，且关于x 的方程|()|23 x f x =- 恰有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是_________. 3.（2015·北京理）(本题满分13分) 已知函数x x x f -+=11ln )(． (I)求曲线)(x f y =在点))0(,0(f 处的切线方程； (II)求证：当)1,0(∈x 时，3 23 （）（）x f x x >+； (III)设实数k 使得)3 ()(3 x x k x f +>对)1,0(∈x 恒成立，求k 的最大值． 4. (2017·课标全国II 卷文)(本题满分12分）设函数f(x)=(1－x 2)e x . （1）讨论f(x)的单调性； （2）当x ≥0时，f(x)≤ax +1，求a 的取值范围. 5. （2015·课标全国II 卷理）(本题满分12分) 设函数mx x e x f mx -+=2 )(. (I)证明：)(x f 在)0,(-∞单调递减，在),0(+∞单调递增； (II)若对于任意1x ，]1,1[2-∈x ，都有1|)()(|21-≤-e x f x f ，求m 的取值范围. 6.（2015?山东卷文）(本题满分13分)设函数x a x x f ln )()(+=，x e x x g 2 )(=，已知曲线 )(x f y =在点))1(,1(f 处的切线与直线02=-y x 平行. (I)求a 的值； (II)是否存在自然数k ，使方程)()(x g x f =在)1,(+k k 内存在唯一的根？如果存在，求出 k ；如果不存在，请说明理由； (III)设函数),)}(min((),(min{)(q p x g x f x m =表示p ，q 中的较小值)，求)(x m 的最大值. 7.（2015·课标全国Ⅰ卷理）(本题满分12分) 已知函数4 1 )(3++=ax x x f ，x x g ln )(-=. (I)当a 为何值时，x 轴为曲线)(x f y =的切线； (II)用},min{n m 表示m ，n 中的最小值，设函数)0)}((),(min{)(>=x x g x f x h ，讨论) (x h 零点的个数. 8.（2016·天津理）（本题满分14分） 设函数b ax x x f ---=3 )1()(，∈x R ，其中a ，∈b R . （Ⅰ）求)(x f 的单调区间； （Ⅱ）若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：3201=+x x ； （Ⅲ）设0＞a ，函数)()(x f x g =，求证：)(x g 在区间]2,0[上的最大值不小于．．．4 1 . 9.（2017·课标全国III 卷理）（本题满分12分） 第15讲-导数在不等式中的应用 一、 经典例题 考点一 构造函数证明不等式 【例1】 已知函数f (x )＝1－x －1 ex ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1； (2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e2. 证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1 x (x >0)， 当0 导数在不等式中的应用 刘春和 尼尔基第一中学 162850 内容摘要：导数在研究函数性质的问题当中起着十分重要的作用,尤其是在处理函数性质和不等式有关的综合性问题当中,导数往往扮演着重要的角色,需要利用导数作为工具得出函数性质,从而解决不等式问题。 关键词：导数；不等式；证明 不等式与等式一样，在数学问题中都是非常重要的课题，不等式的研究范围更广，难度更大，不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点，传统证明不等式的方法技巧性强，多数学生不易想到，并且各类不等式的证明没有通性通法，随着新教材中引入导数，这为我们处理不等式的证明问题又提供了一条新的途径，并且在近年高考题中使用导数证明不等式也时有出现，但现行教材对这一问题没有展开研究，使得学生对这一简便方法并不了解。利用导数证明不等式思路清晰，方法简捷，操作性强易被学生掌握。下面介绍利用单调性、恒成立、最值证明不等式的基本思路，并通过构造辅助函数，证明一些简单的不等式。 一 利用函数的单调性证明不等式 我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）。因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性,然后再用函数单调性达到证明不等式的目的。即把证明不等式转化为证明函数的单调性。具体有如下几种形式： 1.直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单调递增（减）区间，自变量越大，函数值越大（小），来证明不等式成立。 2．把不等式变形后再构造函数,然后利用导数证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的。 例1：x>0时,求证；x －ln(1+x)＜0 证明：设f(x)= x －ln(1+x) (x>0), 则()x f '=x +-111 ∵x>0,∴()x f '<0,故f(x)在（0，+∞）上递减， 所以x>0时,f(x)<()00=f ,即x －ln(1+x)＜0成立。 例2：已知b>a>e, 求证:a b b a > (e 为自然对数的底) 导数与不等式题型 2 1 .已知f (x) xln x,g(x) x ax 3 . ⑴求函数|f(x)在［t,t 2］(t 0)上的最小值； (2)对一切x (0, ), 2f(x)> g(x)恒成立，求实数a的取值范围； 1 2 (3)证明：对一切x (0,)，都有In x x成立. e ex 本题是一道函数、导数与不等式证明的综合题，主要考查导数的几何意义、导数的求法以及导数在研究函数的性质和证明不等式等方面的应用，考查等价转化、分类讨论等数学思想方法以及分析问题与解决问题的能力. 对于第(1 )问，只要运用导数的方法法研究岀函数 f (x)的单调性即可，最值就容易确定了；对于第( 2) 问，是一个不等式恒成立的问题，可通过分离常数，将其转化为求函数的最值问题来处理；对于第( 以通过构造函数，利用导数研究其函数值的正负来实现不等式的证明. 所以f(x)min tint， h(x) min h(1) 4 . 由⑴可知f (x) xln x(x (0,))的最小值是问，可 解析(1) f '(x) Inx 1， 1 (0,1), e f '(x) 0，f(x)单调递减,当x (丄, e )，f'(x) 0，f (x)单调递增. 2，即0 t 1时，f(X)min e 1 f(-) e f (x)在［t,t 2］上单调递增, f (x)min f (t) tint； ⑵ 2xl nx x2ax 3，贝U a 2In x 3 x , 设h(x) x 2ln 3 x (x 0)，则 x h'(x) j x (0,1)，h'(x) 0，h(x)单调递减, (1, )，h'(x) 0，h(x)单调递增,所以因为对一切x (0, )，2f (x) g(x)恒成立，所以a h(x)min (3)问题等价于证明xln x 三 e * (0, ))， 1 -，当且仅当 e 1.【作者】杨建辉;布春霞【刊名】中学生数理化(学研版)【出版日期】2011【期号】第11期【页码】2-3【参考文献格式】杨建辉,布春霞.导数在证明不等式中的应用[J].中学生数理化(学研版),2011,(第11期). 2.【作者】赵京之【刊名】中国新技术新产品【出版日期】2010【期号】第14期【参考文献格式】赵京之.导数在证明不等式中的应用[J].中国新技术新产品,2010,(第14期).【摘要】不等式与等式一样,在数学问题中都是非常重要的课题,不等式的研究范围更广,难度更大,以函数观点认识不等式,应用导数为工具,不等式的证明将化难为易,迎刃而解,考虑的角度初步有:中值定理,Taylor 公式,函数的单调性,最值,以及Jensen不等式。 3.【作者】刘伟【刊名】电大理工【出版日期】2004【期号】第3期【页码】13-14【参考文献格式】刘伟.导数在证明不等式中的应用[J].电大理工,2004,(第3期). 4.【作者】顾庆菏【刊名】邢台师范高专学报【出版日期】1995【期号】第1期【页码】118-120【参考文献格式】顾庆菏.导数在证明不等式中的应用[J].邢台师范高专学报,1995,(第1期). 5.【作者】刘开生;潘书林【刊名】天水师范学院学报【出版日期】2000【期号】第3期【页码】115-116【参考文献格式】刘开生,潘书林.导数在证明不等式中的应用[J].天水师范学院学报,2000,(第3期). 6.【作者】陈万鹏;陈万超【刊名】大学数学【出版日期】1990【期号】第4期【页码】67-71【参考文献格式】陈万鹏,陈万超.导数在证明不等式中的应用[J].大学数学,1990,(第4期). 7.【作者】高燕【刊名】考试周刊【出版日期】2011【期号】第60期【页码】69-70【参考文献格式】高燕.导数在不等式证明中的应用[J].考试周刊,2011,(第60期). 8.导数法在证明不等式中的应用【作者】郝文武【刊名】中学生数理化(高二版)【出版日期】2011【期号】第Z1期【页码】5 【参考文献格式】郝文武.导数法在证明不等式中的应用[J].中学生数理化(高二版),2011,(第Z1期). 9.导数在证明不等式中的一些应用【作者】甘启才【刊名】广西师范学院学报(自然科学版)【出版日期】2011【期号】第S1期【页码】73-75 【参考文献格式】甘启才.导数在证明不等式中的一些应用[J].广西师范学院学报(自然科学版),2011,(第S1期). 10.【作者】王莉闻【刊名】考试周刊【出版日期】2011【期号】第82期【参考文献格式】王莉闻.导数在不等式证明中的应用[J].考试周刊,2011,(第82期). 利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧 技巧精髓 1、利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点 也是近几年高考的热点。 2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得 不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。 一、利用题目所给函数证明 例1】已知函数f (x) =ln(x ? 1) -X ,求证：当x ? -1时，恒有 分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数 1 g(x) = ln(x ? 1)1,从其导数入手即可证明。 x十1 1 x 绿色通道】f(X) 1 = x+1 x+1 ???当T：：：x”：0时，f(x)?0,即f (x)在x?(T,0)上为增函数 当x 0时，f (x) ：：：0,即f (x)在x ? (0/::)上为减函数 故函数f(x)的单调递增区间为(-1,0)，单调递减区间(0, 于是函数f (x)在(-1「：)上的最大值为f (x),因此，当X ? -1时， f (x) _ f (0) =0 ,即ln(x 1) -x _0 ???In(x 1) _ x (右面得证)， 1 1 1 现证左面，令g(x)二ln(x 1) 1, 则g (xp x+1 x+1 (x + 1) x 2 (x 1) 当x (-1,0)时,g(x) ：：0;当x (0,：：)时,g (x) 0 ,即g(x)在(-1,0)上为减函数，在X- (0, V)上为增函数， 故函数g(x)在(-1, ?：：)上的最小值为g(x)min二g(0) =0 , . 1 ???当x -1 时,g(x) - g(0) =0 ,即ln(x 1) 导数在不等式中的应用 【例1－1】 已知函数f (x )＝1－ ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1 x －bx ，若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直. (1)求a ，b 的值； (2)证明：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2 x . 角度2 适当放缩构造函数证明不等式 【例1－2】 已知函数f (x )＝a e x －ln x －1. (1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间； (2)证明：当a ≥1 e 时， f (x )≥0. 【训练1】 (1)(角度1)已知函数f (x )＝ln x . ①求函数g (x )＝f (x －1)－x ＋2的最大值； ②已知02a （b －a ） a 2＋ b 2. (2)(角度2)已知函数f (x )＝ln x －a ln x x 2 . ①若a ＝1，求f (x )的单调区间； ②若a ＝0，x ∈(0，1)，证明：x 2 －1x 考点二 隔离分析最值法证明不等式 【例2】 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R). (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当a ＝e 时，证明：xf (x )≤e x －2e x . 【训练2】 已知函数f (x )＝x ln x －ax ，G (x )＝ x e x ＋1 －2 e 2(x >0). (1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值； (2)求函数G (x )的最大值； (3)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1e x ＋1－2 e 2x 成立. 考点三 不等式恒成立或有解问题 角度1 不等式恒成立求参数 【例3－1】 已知函数f (x )＝a ln x －x ＋1(其中a >0). (1)讨论函数f (x )的极值； (2)对任意x >0，f (x )≤12(a 2 －1)成立，求实数a 的取值范围. 【训练3】 已知函数f (x )＝ax e x －(a ＋1)(2x －1). (1)若a ＝1，求函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程； (2)当x >0时，函数f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围. 角度2 不等式能成立或有解求参数的取值(范围) 【例3－2】 已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R)，g (x )＝ ln x x . 导数在不等式证明中的应用开题报告集宁师范学院本科生毕业设计(论文、创作)题目申报表 设计(论文)导数在不等式证明中的应用题目 题目类型其它题目来源指导教师出题面向专业数学教育类指导教师何晓霞职称副教授学位无从事专业大学数学教学题目简介: 导数知识是数学中极其重要的部分，它的内容，思想和应用贯穿于整个数学的教学之中，是初等数学和高等数学中的一项重要内容。利用导数证明不等式是一种行之有效的好方法，它能使不等式的证明化难为易，迎刃而解。在不等式证明的种种方法中，它占有重要的一席之地，具有较强的灵活性和技巧性。掌握导数在不等式中的证明方法和技巧对学好高等数学有很大帮助。 审核意见: 审核人签名: 年月日系(院)意见: 系(院)主任(院长)签名: 年月日题目类型,,1、为结合科研;2、为结合生产实际;3、为结合大学生科研训练计划; 4、为结合学科竞赛; 5、模拟仿真; 6、其它 题目来源,,A.指导教师出题 ; B.学生自定、自拟 集宁师范学院本科生毕业设计(论文、创作)任务书 论文导数在不等式证明中的应用题目 学生年级四专业数学与应用数学学号姓名 主要内容: 利用导数的定义证明不等式 利用中值定理证明不等式 利用函数的单调性证明不等式 利用导数的几何意义证明不等式 利用函数的最值性(极值性)证明不等式 利用泰勒公式证明不等式 利用函数的凹凸性证明不等式 利用Jensen不等式证明不等式 利用导数的不等性证明不等式 利用偏导数证明不等式 主要任务及基本要求(包括指定的参考资料): [1]华东师范大学.数学分析[M].高等教育出版社(下册) .156.293(上册) [2]扈志明,韩云端. 高微积分教程[M]. 北京:清华大学出版社, 1998 [3]刘晓玲.不等式证明中辅助函数的构造一[J] .邯郸师专学报,2000 [4]朱士信.唐烁.宁荣健编.高等数学[M]上册.中国电力出版社,2007 [5]周晓农.导数在不等式证明中的应用[J].金筑大学学报2000.03 [6]陈秋华.也谈利用凸函数证明初等不等式[J].高等数学研究2009 [7]马德炎.常见的代数不等式的证明[J].高等数学研究2009 [8]陶伟.高等数学习题集[M].北京国家行政学院出版社2001 [9]曾捷.数学分析同步辅导及习题全解[M].中国矿业大学出版社2006 [10]李旭金.导数在不等式中的应用[J].新作文(教育教学研究),2011,(第11期). 发出任务书日期: 完成期限: 指导教师签名: 专业主任签名: 年月日 集宁师范学院本科生毕业设计(论文、创作)开题报告 设计(论文)导数在不等式证明中的应用题目导数在不等式证明中的应用研究开题报告(1)(可编辑修改word版)
利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧
导数在不等式中的应用
导数在不等式中的应用
导数在不等式证明中的应用开题报告
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17.导数中的不等式放缩
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导数与不等式常考题型
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高中数学 导数在不等式中的应用(解析版)
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导数在不等式中 应用
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