【函数与导数压轴题突破】构造函数证明不等式
导数之数列型不等式证明
函数与导数解答题之数列型不等式证明 例1.已知函数()()ln 3f x a x ax a R =--∈ (1)讨论函数)(x f 的单调性; (2)证明:*1111ln(1)()23n n N n + +++>+∈ (3)证明:()*ln 2ln 3ln 4ln 5ln 12,2345n n n N n n ???<≥∈ (4)证明:()*22222ln 2ln 3ln 4ln 5ln 112,23452n n n n n N n n +?????
例3．已知函数()x f x e ax a =--（其中,a R e ∈是自然对数的底数， 2.71828e =…）. （1）当a e =时，求函数()f x 的极值；（II ）当01a ≤≤时，求证()0f x ≥； （2）求证：对任意正整数n ，都有2111111222n e ??????+ +???+< ??? ???????. 例4.设函数()ln 1f x x px （1）求函数()f x 的极值点； （2）当p ＞0时，若对任意的x ＞0，恒有0)(≤x f ，求p 的取值范围； （3）证明：).2,()1(212ln 33ln 22ln 2222222≥∈+--<+++n N n n n n n n 例5.已知函数()ln 1f x x x =-+? (1)求()f x 的最大值; (2)证明不等式:()*121n n n n e n N n n n e ??????+++<∈ ? ? ?-???? ??
利用导数证明不等式的两种通法
利用导数证明不等式的两种通法 吉林省长春市东北师范大学附属实验学校 金钟植 岳海学 利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。 一、函数类不等式证明 函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式()()f x g x >（()()f x g x <）的问 题转化为证明()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），进而构造辅助函数 ()()()h x f x g x =-，然后利用导数证明函数()h x 的单调性或证明函数()h x 的最小值（最 大值）大于或等于零（小于或等于零）。 例1 已知(0, )2 x π ∈，求证：sin tan x x x << 分析：欲证sin tan x x x <<，只需证函数()sin f x x x =-和()tan g x x x =-在(0,)2 π 上 单调递减即可。 证明： 令()sin f x x x =- ，其中(0,)2 x π ∈ 则/ ()cos 1f x x =-，而(0,)cos 1cos 102 x x x π ∈?
构造函数法证明导数不等式的八种方法Word版
构造函数法证明不等式的八种方法 1、利用导数研究函数的单调性极值和最值，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。 以下介绍构造函数法证明不等式的八种方法： 一、移项法构造函数 【例1】 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有x x x ≤+≤+-)1ln(1 11 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 11 1)1ln()(-++ +=x x x g ，从其导数入手即可证明。 【解】1111)(+-=-+='x x x x f ∴当01<< -x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数 故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞ 于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ， 即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(-++ +=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ， ∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥-++ +x x ∴111) 1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(11 1,1有时 【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ），那么要 证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证． 2、作差法构造函数证明 【例2】已知函数.ln 2 1)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方； 分析：函数)(x f 的图象在函数)(x g 的图象的下方)()(x g x f =F
导数不等式证明
1.函数2ln 2)(x x x f -=，求函数)(x f y =在]2,2 [上的最大值 2.. 已知f(x)=e x -ax- （1）求f(x)的单调增区间； （2）若f(x ）在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围； （3）是否存在a,使f(x)在（-∞，0］上单调递减，在［0，+∞）上单调递增？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由. 3. 已知函数f(x)=x 2e -ax (a ＞0),求函数在［1，2］上的最大值. 4.已知x ＝3是函数f(x)＝aln(1＋x)＋x2－10x 的一个极值点． (1)求a 的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)若直线y ＝b 与函数y ＝f(x)的图象有3个交点，求b 的取值范围． 5. (2010年全国)已知函数 f(x)＝x3－3ax2＋3x ＋1. (1)设a ＝2，求 f(x)的单调区间； (2)设 f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a 的取值范围． 不等式的证明： 一、函数类不等式证明 函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式 ()()f x g x >（()()f x g x <） 的问题转化为证明 ()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），进而构造辅助函数 ()()()h x f x g x =-，然后利用导数证明函数()h x 的单调性或证明函数()h x 的最小 值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）。 一、利用题目所给函数证明 【例1】 已知函数 x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有 x x x ≤+≤+- )1ln(1 1 1 【绿色通道】1 111)(+- =-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数 故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞ 于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(m a x ==f x f ，因此，当1->x 时， 0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证） ， 现证左令11 1 )1ln()(-+++=x x x g ， 2 2)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ， ∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即011 1 )1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(11 1 ,1有时 【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证． 2、直接作差构造函数证明 【例2】已知函数 .ln 2 1)(2 x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数3 3 2)(x x g = 的图象的下方； 【绿色通道】设)()() (x f x g x F -=，即x x x x F ln 2 132)(2 3--= ，
利用导数证明不等式的常见题型
利用导数证明不等式的常见题型 山西大学附属中学 韩永权 邮箱：hyq616@https://www.360docs.net/doc/8b442638.html, 不等式的证明是近几年高考的一个热点题型，它一般出现的压轴题的位置，解决起来比较困难。本文给出这一类问题常见的证明方法，给将要参加高考的学子一些启示和帮助。只要大家认真领会和掌握本文的内容，定会增强解决对这一类问题的办法。下面听我慢慢道来。 题型一 构造函数法，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，从而证明不等式，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。 例1（人教版选修2-2第32页B 组1题）利用函数的单调性，证明不列不等式 （1）),0(,sinx π∈
3 用导数证明函数不等式的四种常用方法
用导数证明函数不等式的四种常用方法 本文将介绍用导数证明函数不等式的四种常用方法. 例1 证明不等式：)0)1ln(>+>x x x （. 证明 设)0)(1ln()(>+-=x x x x f ，可得欲证结论即()(0)(0)f x f x >>，所以只需证明函数()f x 是增函数. 而这用导数易证： 1()10(0)1 f x x x '=- >>+ 所以欲证结论成立. 注 欲证函数不等式()()()f x g x x a >>(或()()()f x g x x a ≥≥)，只需证明()()0()f x g x x a ->>(或()()0()f x g x x a -≥≥). 设()()()()h x f x g x x a =->(或()()()()h x f x g x x a =-≥)，即证()0()h x x a >>(或()0()h x x a ≥≥). 若()0h a =，则即证()()()h x h a x a >>(或()()()h x h a x a ≥≥). 接下来，若能证得函数()h x 是增函数即可，这往往用导数容易解决. 例2 证明不等式：)1ln(+≥x x . 证明 设()ln(1)(1)f x x x x =-+>-，可得欲证结论即()0(1)f x x >>-. 显然，本题不能用例1的单调性法来证，但可以这样证明：即证)1)(1ln()(->+-=x x x x f 的最小值是0，而这用导数易证： 1()1(1)11 x f x x x x '=-=>-++ 所以函数()f x 在(1,0],[0,)-+∞上分别是减函数、增函数，进而可得 min ()(1)0(1)f x f x =-=>- 所以欲证结论成立. 注 欲证函数不等式()()()(,f x g x x I I >≥∈是区间)，只需证明()()()0(f x g x x I ->≥∈.
2021届高考数学(理)一轮复习学案：第3章导数及其应用第4节利用导数证明不等式
第四节 利用导数证明不等式 课堂考点探究 考点1 单变量不等式的证明 单变量不等式的证明方法 (1)移项法：证明不等式f (x )＞g (x )(f (x )＜g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )＞0(f (x )－g (x )＜0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )； (2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数； (3)最值法：欲证f (x )＜g (x )，有时可以证明f (x )max ＜g (x )min . 直接将不等式转化为函数的最值问题 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性； (2)当a ＜0时，证明f (x )≤－3 4a －2. [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝ x ＋1 2ax ＋1 x . 当a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当a ＜0，则当x ∈? ????0，－12a 时，f ′(x )＞0；当x ∈? ????－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0. 故f (x )在? ????0，－12a 上单调递增，在? ?? ??－12a ，＋∞上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a 取得最大值，最大值为f ? ????－12a ＝ln ? ??? ?－12a －1－1 4a . 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ? ????－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ? ????－12a ＋1 2a ＋1≤0.设g (x ) ＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1 x －1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x ) ＜0.所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大 值，最大值为g (1)＝0.所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ? ????－12a ＋1 2a ＋1≤0， 即f (x )≤－3 4a －2. 将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间
函数导数不等式(含答案)
函数、导数和不等式 1i.(北京卷8)某棵果树前n前的总产量S与n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高.m值为（） A.5 B.7 C.9 D.11 由已知中图象表示某棵果树前n年的总产量S与n之间的关系，可 分析出平均产量的几何意义为原点与该点边线的斜率，结合图象可得答 案． 解答：解：若果树前n年的总产量S与n在图中对应P（S，n）点 则前n年的年平均产量即为直线OP的斜率 由图易得当n=9时，直线OP的斜率最大 即前9年的年平均产量最高， 故选C 2ii(北京卷14) 已知f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2．若同时满足条件： ①x∈R，f(x)＜0或g(x)＜0； ②x∈(－∞，－4)，f(x)g(x)＜0． 则m的取值范围是________． iii 3(全国卷10) 已知函数y＝x2-3x+c的图像与x轴恰有两个公共点，则c＝（） （A）-2或2 （B）-9或3 （C）-1或1 （D）-3或1 求导函数可得y′=3（x+1)(x-1） 令y′＞0，可得x＞1或x＜-1；令y′＜0，可得-1＜x＜1； ∴函数在（-∞，-1），（1，+∞）上单调增，（-1，1）上单调减 ∴函数在x=-1处取得极大值，在x=1处取得极小值 ∵函数y=x^3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点
∴极大值等于0或极小值等于0 ∴1-3+c=0或-1+3+c=0 ∴c=-2或2 4iv (福建卷9)若函数y=2x 图像上存在点（x ，y ）满足约束条件30,230,,x y x y x m +-≤??--≤??≥? ，则实数m 的最大值为（ ）A ． 12 B.1 C. 32 D.2 解：约束条件 x +y ?3≤0 x ?2y ?3≤0 x ≥m 确定的区域为如图阴影部分，即△ABC 的边与其内部区域， 分析可得函数y=2x 与边界直线x+y=3交与点（1，2）， 若函数y=2x 图象上存在点（x ，y ）满足约束条件， 即y=2x 图象上存在点在阴影部分内部， 则必有m≤1，即实数m 的最大值为1， 故选B ． 5v .（湖北卷9）函数f （x ）=xcosx 2在区间[0,4]上的零点个数为（ ） A.4 B.5 C.6 D.7 f(x)=xcosx2，0<=x<=4，0<=x2<=16<5.5π x=0是零点之一 cos2x=0，cosx=0，x=π/2或者x=3π/2或者x=5π/2或者x=7π/2或者x=9π/2 所以：零点共有6个 6vi （江苏卷13）已知函数2 ()(,)f x x ax b a b R =++∈的值域为[)0,+∞，若关于x 的不等式()f x c <的解集为(,6)m m +，则实数c 的值为
2-3-23函数、导数与不等式、解析几何、数列型解答题
高考专题训练二十三 函数、导数与不等式、解析几何、数列型解答题 班级_______ 姓名_______ 时间：45分钟 分值：72分 总得分________ 1．(12分)(2011·成都市高中毕业班第二次诊断性检测)设△ABC 的三内角A 、B 、C 所对应的边长分别为a 、b 、c ，平面向量m ＝(cos A ，cos C )，n ＝(c ，a )，p ＝(2b,0)，且m ·(n －p )＝0. (1)求角A 的大小； (2)当|x |≤A 时，求函数f (x )＝sin x cos x ＋sin x sin ? ?? ?? x －π6的值域． 解：(1)m ·(n －p )＝(cos A ，cos C )·(c －2b ，a ) ＝(c －2b )cos A ＋a cos C ＝0 ?(sin C －2sin B )cos A ＋sin A cos C ＝0?－2sin B cos A ＋sin B ＝0. ∵sin B ≠0，∴cos A ＝12?A ＝π3 . (2)f (x )＝sin x cos x ＋sin x sin ? ????x －π6＝1 2 sin x cos x ＋32sin 2x ＝14sin2x ＋32·1－cos2x 2＝34＋1 4sin2x － 34cos2x ＝34＋12sin ? ?? ?? 2x －π3. ∵|x |≤A ，A ＝π3，∴－π3≤x ≤π3－π≤2x －π3≤π3∴－1≤sin ? ????2x －π3≤32?3－24≤34＋12sin ? ????2x －π3≤3 2. ∴函数f (x )的值域为[3－24，3 2 ]．
【高中数学】利用导数证明不等式
第四节利用导数证明不等式 考点1作差法构造函数证明不等式 (1)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x＞a)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x＞a)，设h(x)＝f(x)－g(x)，即证h(x)＞0(x＞a)．若h(a)＝0，h(x)＞h(a)(x＞a)．接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可． (2)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x∈I，I是区间)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x∈I)． 设h(x)＝f(x)－g(x)(x∈I)，即证h(x)＞0(x∈I)，也即证h(x)min＞0(x∈I)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决． 已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值． (1)求实数a的值； (2)当x＞1时，求证：f(x)＞3(x－1)． [解](1)因为f(x)定义域为(0，＋∞)，f(x)＝ax＋x ln x， 所以f′(x)＝a＋ln x＋1， 因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值， 所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0， 所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2. 当f′(x)＞0时，x＞e－2；当f′(x)＜0时，0＜x＜e－2， 所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增， 所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1. (2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋x ln x. 令g(x)＝f(x)－3(x－1)， 即g(x)＝x ln x－2x＋3(x＞0)． g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e. 由g′(x)＞0，得x＞e；由g′(x)＜0，得0＜x＜e. 所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
导数与不等式的证明(高考真题)【含答案】
导数与不等式的证明 1.【2013湖南文科】已知函数f （x ）= x e x 2 1x 1+-. （Ⅰ）求f （x ）的单调区间； （Ⅱ）证明：当f （x 1）=f （x 2）(x 1≠x 2)时，x 1+x 2＜0. 【解析】 (Ⅰ) .)123)12)1()1)11()('2 22 222x x x xe x x e x x e x x f x x x ++--?=+?--+?-+-=（（（ ; )(,0)(']0-02422单调递增时，，（当x f y x f x =>∞∈∴0时f(x) < f(-x)即可。 ]1)1[(11111)()(22 22x e x x e e x x e x x x f x f x x x x ---+=++-+-=----。 1)21()('0,1)1()(22--=?>---=x x e x x g x x e x x g 令。 ,04)21()('1)21()(222<-=-=?--=x x x xe e x x h e x x h 令 0)0()(0)(=0, 存在唯一的s , 使. (Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的s 关于t 的函数为, 证明: 当时, 有. (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)，令f ′(x )＝0 ，得x = 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： 2 l ()n f x x x =()t f s =()s g t =2>e t 2ln ()15ln 2 g t t <<
利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧
利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧
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 设， 证明：分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。证明：，设 当时 ，当时 ， 即在上为减函数，在上为增函数 ∴，又 ∴， 即 设 当时，，因此在区间上为减函数； 因为，又 ∴， 即 故综上可知，当 时，本题在设辅助函数时，考虑到不等式涉及的变量是区间的两个端点，因此， 设辅助函数时就把其中一个端点设为自变量，范例中选用右端点，读者不妨设为左端点试一试，就能体会到其中的奥妙了。技巧精髓 一、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。 二、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 x x x g ln )(=b a <<02ln )(2 ( 2)()(0a b b a b g a g -<+-+<1ln )(+='x x g )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 +-=+-=?+-='a x <<00)(<'x F a x >0)(>'x F )(x F ),0(a x ∈),(+∞∈a x 0)()(min ==a F x F a b >0)()(=>a F b F 0)2 (2)()(>+-+b a g b g a g 2ln )(2 (2)()()(a x x a g x g a g x G --+-+=)ln(ln 2ln 2 ln ln )(x a x x a x x G +-=-+-='∴0>x 0)(' 第5讲 导数与函数零点、不等式证明、恒成立问题 高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题. 真 题 感 悟 1.(2016·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1 解得x0＝ln c－1 ln c ln c. 当x 导数与不等式证明 作差证明不等式 1. （优质试题湖南，最值、作差构造函数） 已知函数． (1)求函数的单调递减区间； (2)若，求证：≤≤x ． 解：(1)函数f (x )的定义域为(－1，+∞),， 由 得：，∴x ＞0,∴f (x )的单调递减区间 为(0，+∞). (2)证明：由(1)得x ∈(－1，0)时，， 当x ∈(0，+∞)时，，且 ∴x ＞－1时，f (x )≤f (0)，∴≤0，≤x 令 ，则 ， ∴－1＜x ＜0时，，x ＞0时，，且 ∴x ＞－1时，g (x )≥g (0)，即≥0 ∴≥ ，∴x ＞－1时， ≤≤x ． 2. （优质试题湖北20，转换变量，作差构造函数，较容易） 已知定义在正实数集上的函数 ，x x x f -+=)1ln()()(x f 1->x 11 1+-x )1ln(+x 1 111)(+-=-+= 'x x x x f 0)(<'x f ????? -><+- 1 01x x x 0)(>'x f 0)(<'x f (0)0f '=x x -+)1ln()1ln(+x 111 )1ln()(-++ +=x x x g 2 2)1()1(111)(+=+-+= 'x x x x x g 0)(<'x g 0)(>'x g 0)0(='g 11 1 )1ln(-+++x x ) 1ln(+x 1 11+- x 1 11+- x )1ln(+x 2 1()22 f x x ax = + ，其中．设两曲线，有公 共点，且在该点处的切线相同． ⑴用表示，并求的最大值； ⑵求证：当时，． 解：⑴设与在公共点处的切线相 同． ，，由题意，． 即由得：，或（舍 去）． 即有． 令，则．于是 当，即时，； 当，即 时，． 故在为增函数，在为减函数， 于是在的最大值为． ⑵设， 则． 2()3ln g x a x b =+0a >()y f x =()y g x =a b b 0x >()()f x g x ≥()y f x =()(0)y g x x =>0 ()x y ，()2f x x a '=+∵23()a g x x '=0 ()()f x g x =0 ()()f x g x ''=2 2000200123ln 2 32x ax a x b a x a x ?+=+????+=?? ，， 20032a x a x +=0 x a =03x a =-2222215 23ln 3ln 22 b a a a a a a a = +-=-2 25()3ln (0)2 h t t t t t =->()2(13ln )h t t t '=-(13ln )0t t ->13 0t e <<()0h t '>(13ln )0t t -<1 3 t e >()0h t '<()h t 1 3(0)e ，1 3()e ∞,+()h t (0)+， ∞123 33()2 h e e =2 21()()()23ln (0)2 F x f x g x x ax a x b x =-= +-->()F x '23()(3)2(0)a x a x a x a x x x -+=+-=> 二轮专题 （十一） 导数与不等式证明 【学习目标】 1. 会利用导数证明不等式. 2. 掌握常用的证明方法. 【知识回顾】 一级排查：应知应会 1.利用导数证明不等式要考虑构造新的函数，利用新函数的单调性或最值解决不等式的证明问题．比如要证明对任意∈x [b a ,]都有)()(x g x f ≤，可设)()()(x g x f x h -=，只要利用导数说明)(x h 在[b a ,]上的最小值为0即可． 二级排查：知识积累 利用导数证明不等式，解题技巧总结如下： （1）利用给定函数的某些性质（一般第一问先让解决出来），如函数的单调性、最值等，服务于第二问要证明的不等式. （2）多用分析法思考. （3）对于给出的不等式直接证明无法下手，可考虑对不等式进行必要的等价变形后，再去证明.例如采用两边取对数（指数），移项通分等等.要注意变形的方向：因为要利用函数的性质，力求变形后不等式一边需要出现函数关系式. （4）常用方法还有隔离函数法，max min )()(x g x f ≥，放缩法（常与数列和基本不等式一起考查），换元法，主元法，消元法，数学归纳法等等，但无论何种方法，问题的精髓还是构造辅助函数，将不等式问题转化为利用导数研究函数的单调性和最值问题. （5）建议有能力同学可以了解一下罗必塔法则和泰勒展开式，有许多题都是利用泰勒展开式放缩得来. 三极排查：易错易混 用导数证明数列时注意定义域. 【课堂探究】 一、作差（商）法 例1、证明下列不等式： ①1+≥x e x ②1ln -≤x x ③x x 1-1ln ≥ ④1x 1)-2(x ln +≥ x )1(≥x ⑤)2 ,0(,2sin ππ∈>x x x 二、利用max min )()(x g x f ≥证明不等式 例2、已知函数.2 2)(),,(,ln )1(1)(e x e x g R b a x a b x ax x f +-=∈+-+-= （1）若函数2)(=x x f 在处取得极小值0，求b a ,的值； （2）在（1）的条件下，求证：对任意的],[,221e e x x ∈，总有)()(21x g x f >. “导数证明不等式问题”练习题答案 1.设L 为曲线C:ln x y x =在点(1,0)处的切线. (I)求L 的方程; (II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C 在直线L 的下方. 解: (I)设ln ()x f x x =,则21ln ()x f x x -'=.所以(1)1f '=.所以L 的方程为1y x =-. (II)令()1()g x x f x =--,则除切点之外,曲线C 在直线l 的下方等价于()0 g x >(0,1)x x >≠. ()g x 满足(1)0g =,且221ln ()1()x x g x f x x -+''=-=. 当01x <<时,210x -<,ln 0x <,所以()0g x '<,故()g x 单调递减; 当1x >时,210x ->,ln 0x >,所以()0g x '>,故()g x 单调递增. 所以,()(1)0g x g >=(0,1x x >≠). 所以除切点之外,曲线C 在直线L 的下方. 又解:()0g x >即ln 10x x x -->变形为2ln 0x x x -->,记2()ln h x x x x =--,则2121(21)(1)()21x x x x h x x x x x --+-'=--==, 所以当01x <<时,()0h x '<,()h x 在(0,1)上单调递减; 当1x >时,()0h x '>,()h x 在(1,+∞)上单调递增. 所以()(1)0h x h >=.) 2.Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，； (Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域． 解⑴证明：()2e 2 x x f x x -=+ ()()()22224e e 222x x x x f x x x x ??-' ?=+= ?+++?? ∵当x ∈()()22,-∞--+∞，时，()0f x '> ∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增 ∴0x >时， ()2e 0=12x x f x ->-+， ∴()2e 20x x x -++> ⑵ ()()()24e 2e x x a x x ax a g x x ----'= () 4e 2e 2x x x x ax a x -++= ()322e 2x x x a x x -??+?+ ?+??= [)01a ∈， 由(1)知，当0x >时，()2e 2x x f x x -= ?+的值域为()1-+∞，，只有一解． 使得2e 2 t t a t -?=-+，(]02t ∈， 当(0,)x t ∈时()0g x '<，()g x 单调减；当(,)x t ∈+∞时()0g x '>，()g x 单调增 ()()()222e 1e e 1e 22 t t t t t t a t t h a t t t -++?-++===+ 记()e 2t k t t =+，在(]0,2t ∈时，()()() 2e 102t t k t t +'=>+，∴()k t 单调递增 ∴()()21e 24h a k t ??=∈ ??? ，． 3.设函数． x x 2f (x)x 2 -=+e 0x >(2)20x x e x -++>[0,1)a ∈2x =(0)x e ax a g x x -->（）()g x ()h a ()h a ()1x f x e -=- 导数题型一：证明不等式 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、极值、最值证明不等式的基本思路，并通过构造辅助函数，证明一些不等式。 一．构造形似函数型 例1．求证下列不等式 （1）) 1(2)1ln(22 2x x x x x x +-<+<-),0(∞+∈x （相减） （2）πx x 2sin >)2,0(π ∈x （相除两边同除以x 得π2 sin >x x ） （3）x x x x -<-tan sin )2, 0(π∈x （4）已知：)0(∞+∈x ，求证x x x x 11ln 11<+<+；（换元：设x x t 1+=） （5）已知函数()ln(1)f x x x =+-，1x >-，证明：11ln(1)1x x x - ≤+≤+ 巩固练习： 1.证明1>x 时，不等式x x 132- > 2.0≠x ，证明：x e x +>1 3.0>x 时，求证：)1ln(2 2 x x x +<- 4.证明: ).11(,3 2)1ln(3 2<<-+-≤+x x x x x 5.证明: 331an x x x t +>，)2 ,0(π∈x . 二、需要多次求导 例2.当)1,0(∈x 时,证明:22)1(ln )1(x x x <++ 例3.求证:x ＞0时,211x 2 x e x ->+ 例4.设函数f (x )＝ln x ＋ 2a x 2－(a ＋1)x (a >0，a 为常数)．若a ＝1，证明：当x >1 时，f (x )< 12x 2－21 x x +三、作辅助函数型 例5.已知：a 、b 为实数，且b ＞a ＞e ,其中e 为自然对数的底，求证：a b ＞b a . 例6.已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx, (i)求函数f(x)的最大值； (ii)设0导数与函数零点、不等式证明、恒成立问题
导数与不等式证明
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