导数的应用及不等式的证明方法的知识

第四讲导数的应用及

不等式的证明方法

12-3导数的应用方法一.方法指导1.导数在研究函数性态方面的应用(P88,3;P90,4)(1)增减性若则

f(x)在I上递增;若则

f(x)在I上递减.(2)极值点第一充分条件(f(x)在连续)左正右负,在两侧,为极大值点;左负右正,为极小值点.2第二充分条件若则为极小值点;若则为极大值点.推广的充分条件

(P102定理)若且则为极小值点;则为极大值点.提示:利用泰勒公式正负号由决定.3(3)凹凸性若在I上则凹;若在I上则凸.(4)渐近线若则有水平渐近线若则有垂直渐近线若则有斜渐近线4(5)函数作图(P90,4(1))2.导数在最值问题中的应用(P91,5;P92,6)(1)建立目标函数及其转化一般因变量取为目标变量,自变量的选取应使目标函数尽可能简单.(2)最值的判别问题3.导数的其他应用几何应用(P87,1);相关变化率(P88,2);研究方程的实根问题存在性:利用零点定理或罗尔定理唯一性:利用单调性或用反证法5二.实例分析例1.证明函数在上单调增加.(P95例4)证:当x>0时,故因此在上单调增加.6例2.

已知函数求当a变动时函数f(x)的拐点的轨迹方程.解:令得即易知通过此点变号.将此点代入y=

f(x),得故拐点轨迹的参数方程为7故拐点轨迹的参数方程为消去参数a,得一般方程此即所求拐点轨迹方程.8例3.

设对一切实数x满足方程证明f(x)在取极值必为极小值.(P97例8)证:设f(x)在取极值,则必有由方程可知当时,故必为极小值.当时,9例4.

求数列的最大项.(P97例9)证:设用对数求导法得令得因为在只有唯一的极大点因此在处也取最大值.又因且故为数列中的最大项.极大值10例5.

求函数解:因为在区间上的最小值。，令得驻点又所以故为函数的极小值点，又因为当时，；当时，，因此为函数在上的最小值，最小值为11例6.

已知平面曲线L的方程为考虑把L围在内部且各边平行于坐标轴的矩形,试求这些矩形中面积的最小值.解:由L的方程可知,曲线关于轴对称,与轴交点为(0,0),(2,0).其显式方程为由于曲线是光滑的,因此面积最小的矩形应外切于曲线.现在的关键是求曲线的最高点与最低点.令解方程组12得显然,在处取最大值;在处取最小值;故包围L的矩形中面积最小值为13例7.

设在上可导,且证明f(x)

至多只有一个零点.(P95例5)证:设则故在上单调递增,从而至多只有一个零点.又因因此也至多只有一个零点.14例8证:因为所以方程设在上连续，在内可导，且若证明方程内有唯一实根.所以单调增加，方程在内必有唯一实根，下面仅证明实根在内，又因为内有唯一实根.15例9.

设

x>0时,方程存在唯一实根,求k的取值范围.解:设则1)当时,因所以又因此时在有唯一的零点.2)当时,令得为最小值.令得时原方程在x>0内有唯一实根.递减.16例10

设在上证明f(x)=0在证:将在处展成一阶泰勒公式因此根据连续函数零点定理可知使上有且仅有一个实根.又因时故这说明

f(x)在上单调递减,因此

f(x)=0在上有且仅有一个实根.17例11

求方程(2011考研）不同实根的个数，其中为参数。解设则是上的奇函数，且当时，在内单调减少，方程只有一个实根当时，内，单调增加；内单调减少，是在内的最大值。所以在在18例11

求方程(2011考研）不同实根的个数，其中为参数。解由于所以又因为所以存在，使得由是奇函数及其单调性可知，当时，方程有且仅有三个不同的实根192-4不等式的证明方法一.方法指导1.利用导数证明不等式的常用方法(P104,2)(1)利用导数定义;(2)利用函数的单调性;(3)利用函数的极值和最值;(4)利用函数的凹凸性;(5)利用微分中值定理;(6)利用泰勒公式.202.证明不等式的常用技巧(1)注意选择适当的辅助函数和对应区间;(2)注意适当的放大和缩小技巧;(3)注意几个常用不等式:(算术平均≥几何平均)(P115例15)213.关于导数的不等式定理定理设函数在上具有n阶导数,且:则当时(P103定理)证:令则利用在处的n-1阶泰勒公式得因此时思考:若定理中区间改为,问结论如何?22二.实例分析证:（利用单调性）令即的大小.即比较的大小.严格单调减少.则例1.比较23例2证明不等式证:设即当时，则有24例3.设且在上存在,并单调递减,证明对一切有(P113,例12)证:设则令得即25例4.设证明证:设则故所证不等式成立.当x>a时单调上升。26例5.

证明:当时,证:通过简单变形,问题转化为证设则故当时,即所以原不等式成立.27例6证明证:利用“形似”构造辅助函数则又故28例7设且证:证明(P107例2)29例8

证明(1)对任意正整数n都有(2011考研）（2）设证明收敛。证明数列（1）根据拉格朗日中值定理，存在使得所以（2）当时，由（1）知且所以数列单调下降且有界，故收敛。30例9证明不等式证设则从而单调增加。又因为当时，由于所以2012考研当时，当时，31例9证明不等式证设当单调增加。又因为时，当时，所以则是函数在内的最小值。时，即从而当32例10设在证:将上有三阶导数,且求证至少存在一点在两式相减,得使处展成二阶泰勒公式:令,则33法1由利用极值推广判别法可知为唯一的极小值点,故也是最小值,因此当时即例11证明当x>0时,34例11证明当x>0时,证:令则法2.由在处的二阶泰勒公式,得在x故所证不等式成立.与1之间)35法3故当时即36例12设在内证:令证明对任给(P114例14)有利用一阶泰勒公式,有各式相加,注意即所证不等式成立.37推论:设则(P115例15)提示:取对数,归结为证明令则利用例10可推出结论.证明对任给有例13设在内38例14设函数在上二阶可导,且证明存在一点使证:由一阶泰勒公式得(P84例12)(界于a,x之间)(界于x,b之间)两式相减,并令得39记则有40例15

设在内证明:有证:令则对有令得令得即原不等式成立.(同济(上)P183题19)41例16设函数在上二阶可导,且证明对任意总有证:由一阶泰勒公式得(P119题22)下式减去上式,得42例17设且证:原式证明(P112例11)令它们在[x,