导数的应用—证明不等式
高考中利用导数证明不等式的一些策略
高考中利用导数证明不等式的一些策略1与lnx分开来考虑，即将f(x)分解为两个函数的和：f(x)=lnx+2ex-1.然后分别对这两个函数求导，得到f'(x)=1/x+2ex>0，说明f(x)在定义域上单调递增，且f(0)=1，因此f(x)>1成立。
评注：对于这种需要分离成两个函数的不等式，可以先观察不等式的特征，尝试将其分解为两个函数的和或差，然后分别对这些函数求导来证明不等式。
类型三、需要构造辅助函数的不等式1.利用辅助函数构造上下界例3（2016年全国卷1第23题改编）已知a,b,c>0，证明：(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)≥9分析：将(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)展开，得到a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b+3≥9.观察不等式中的每一项，可以发现这些项都可以表示为三个数的和，因此可以构造辅助函数f(x)=ln(x)+1/x-1，然后对f(x)求导，得到f'(x)=1/x^2-1，f'(x)>0当且仅当x1，因此f(x)在(0,1)和(1,∞)上分别是减函数和增函数。
接着，将a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b分别表示为f(ab)+f(ac)+f(bc)+3，然后应用均值不等式，得到f(ab)+f(ac)+f(bc)≥3f((abc)^(2/3))=3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)-3.将此式代入原不等式中，得到3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)≥6，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3.再次利用辅助函数，构造g(x)=lnx+(1/3)x^(-2/3)-2/3，对其求导得到g'(x)=1/x-(2/9)x^(-5/3)，g'(x)>0当且仅当x9/4，因此g(x)在(0,9/4)和(9/4,∞)上分别是减函数和增函数。
由于a,b,c>0，因此abc>0，因此可将不等式中的abc替换为x，得到g(abc)≥0，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)-2/3≥0，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3，因此原不等式成立。
高中数学：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的问题，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利用导数证明不等式的关键.这四道题比较简单，证明过程略.概括而言，这四道题证明的过程分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论.【启示】证明分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论。
题型二通过对函数的变形，利用分析法，证明不等式【启示】解答第一问用的是分离参数法，解答第二问用的是分析法、构造函数，对函数的变形能力要求较高，大家应记住下面的变形：题型三求最值解决任意、存在性变量问题解决此类问题，关键是将问题转化为求函数的最值问题，常见的有下面四种形式：题型四分拆成两个函数研究【注意】(2)如果按题型一的方法构造函数求导，会发现做不下去，只好半途而废，所以我们在做题时需要及时调整思路，改变思考方向.【启示】掌握下列八个函数的图像和性质，对我们解决不等式的证明问题很有帮助，这八个函数分别为要求会画它们的图像，以后见到这种类型的函数，就能想到它们的性质题型五设而不求当函数的极值点（最值点）不确定时，可以先设出来，只设不解，把极值点代入，求出最值的表达式而证明.【启示】设而不求，整体代换是一种常用的方法，在解析几何中体现很多.在本例第（2）问中，只设出了零点而没有求出零点，这是一种非常好的方法，同学们一定要认真体会，灵活应用.题型六估值法题型七利用图象的特点，证明不等式题型八证明数列不等式题型九利用放缩法证明不等式【注意】在解决第（2）问时，用构造函数法证不出来，又试着分开两个函数仍然不行，正当我一筹莫展时，忽然想到与第一问题的切线联系，如果左边的函数的图像在切线的上方，右边函数的图像在切线的下方，这样问题不就得证了吗？心里非常高兴，马上付诸行动。
导数在不等式证明中的应用毕业论文
导数在不等式证明中的应用毕业论文摘要导数知识是高等数学中极其重要的部分,它的内容,思想和应用贯穿于整个高等数学的教学之中.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.本文将从利用函数的单调性,利用函数的最值,利用微分中值定理,利用泰勒公式,利用函数的凹凸性,利用两导数的不等性及利用偏导数等七个方面阐述导数在不等式证明中的应用.关键词:导数,不等式,证明,函数.1AbstractThe knowledge of derivative is an extremely important part of higher mathematic，its content,ideas,and applicationsimpenetrate into the teaching of higher mathematic.As to the proofs of inequalities,the use of the derivative proved to be an effective measure.It earns a place in the various methods of the proofs of inequalities.This article will elaborate the application of derivative in the use of the proofs of inequalities,that is,the monotonic property of the function,the maximum or minimum value of afunction,diff erential mean value theorem,Taylor’sformula,concavity,inequality of two derivative and partial derivative.Key words:derivative,inequalities,prove,function.2目录1.引言......................................................... 5 2.利用函数的单调性证明不等式 .................................. 6 3.利用函数的最值(或极值)证明不等式 . (7)4.利用Lagrange中值定理证明不等式 (8)5.利用泰勒公式证明不等式 ...................................... 96.利用函数的凹凸性证明不等式 ................................. 117.利用两导数的不等性证明不等式 ............................... 128.利用特殊例题的推广来证明不等式 ............................. 149.结束语...................................................... 16 参考文献 (16)3引言不等式与等式一样，在数学问题中都是有着十分重要而且广泛应用的课题，而不等式的研究范围更广，难度更大.有些不等式用初等数学方法是很难证明的，我们将以函数的观点认识不等式，应用导数为工具，使不等式的证明化难为易，迎刃而解.在数学分析课程中，不等式是证明定理与公式的工具，不等式的证明又蕴涵着许多数学分析的技巧.文献[1]微分中值定理及其应用这一章节中主要阐述了拉格朗日微分中值定理、函数的单调性等概念. 文献[2]中研究了用导数来证明不等式,其中侧重的方法是拉格朗日中值定理、函数的单调性来证明不等式. 文献[3]中讨论了利用函数的最值来证明不等式. 文献[4]中用利用函数的凸凹性这一方法来证明不等式.利用导数证明不等式,其传统的方法是利用微分中值定理、函数的单调性及函数的最值等来证明不等式.查阅相关文献十五篇,其中详读十篇.在文献[5]中找到创新之处,得出利用特殊例题的推广这一方法来证明不等式.并且对常用的证明方法进行归纳总结,更进一步地,对归纳的证明方法及创新之处加以应用.42利用函数的单调性证明不等式该方法使用于某区间I上成立的不等式，一般地，证明区间I上fxgx()(),成立的不等式时，可以选择作为辅助函数。
如何发挥典型题的“典型性”——不等式证明中导数的应用
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教 教
案例 点评
２ ０ １ ３年 ４月
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点评 ： 通过 两次求导， 最 终 求得 函数 ｙ － ｇ （ ） 恒 ￣ｑ － Ｏ ．
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如何发挥典型题 的 “ 典型性 、 － － ‘ 一 Ｉ － － ＂
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不等式证 明 中导数的应 用
刘 文 娣
⑩江 西 省 安 福 县 第 二 中学
所谓典型问题是指具有 代表性 的问题 ，既涵盖 了本 知识点的常规考查题型 ，又涉及 到处理此类 问题 的大部
决含有参数的不等式证明问题 ，是 近几年高考 的一个亮 点， 且有愈演愈烈之势． 而构造 函数 后利用导数求 函数最
值来处理 这类问题 ， 往往 入 口宽 ， 本 文拟举例说 明 ， 以期
抛砖引玉． 题目 已知 函 ） ＝
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步骤过程 目标 ；提高概念把握 的准确性和预算 的准确
二、 问题 审 视
分相关 方法． 在高 中数学学 习 中 ， 对 典型 问题 的处 理 ， 对
导数题型五利用导数证明不等式
导数习题题型分类精选题型五利用导数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，证明一些简单的不等式。
通过作辅助函数并对辅助函数求导来证明不等的的方法对相当广泛的一类不等式是适用的。
用此方法证明f(x)仝g(x)(a w x w b)的一般步骤是：1.作辅助函数F( x) =f(x)-g(x)，原不等式f(x)仝g(x)(a w x w b)归结为：F( x)仝0(a w x w b)，这等价于F (x)在］a，b ］上的最小值大于等于0.2.对卩(x)求导，确定F z(x)在所考虑的区间上的符号，从而确定F (x)的增减性、极值、最值等性质(主要是单调性)，如象例3 F/ (x)的符号直接确定不了，这时一般需计算F//( x)，直到符号能够确定为止.注意：作辅助函数F (x)不同，确定F/ (x)符号难易程度可能不同，所以作辅助函数要不拘一格，可对原题作适当变更•不同辅助函数构造一般来源对原不等式的不同同解变形. 一般来说：辅助函数构造方法主要有下面两种：2x(1)由欲证形式构造“形似”函数。
例如：x In(1 X)构造出22g x = x - x In(1 x)2(2)对含两个变量的不等式，由欲证形式做恒等变形，变成初等函数四则运算的形式，再将其中一个变量改为x，移项使等式一端为0,则另一端即为所求作的辅助函数F (x)a b、a ...、 a b例如：( )上a b2、 a + b两边可取对数，变为求证： a Ina ■ bln b亠(a ■ b) Ina + x令f(x) = alna xlnx-(a x)ln (x _ a)•构造形似函数型1 .对证明形如f(x)仝g(x)(a w x w b)的不等式构造形如F( x) =f(x)-g(x) 的函数型并通过一阶求导达到证明目的的不等式。
应用导数方法证明不等式
０职校论￣ ２０
Ｓ ＩＮ Ｅ＆Ｔ Ｃ Ｎ Ｏ ＹＩＦ Ｒ ＣＥ Ｃ Ｅ Ｈ ＯＬ Ｇ Ｏ ＭＡＴＯ Ｎ ＩＮ
２１ ０ ０年
第 ５期
应 用导数方法证明不等式
李文光 （ 南建设 学校 南 大理 云
【 摘
６ １０ ７ ０ ０）
要 】 等 式 的 证 明在 高 等数 学 中起 着重 要 作 用 ， 没 有 固定 的模 式 ， 法 灵 活 多 变 ， 不 它 方 因题 而 异 ， 技 巧 性 强 ， 高 等 数 学 中比 较 困难 的 且 是
拉格 朗 日中值定理 ： 设函数 ｙ 厂 ） ［ ， 上连续 ， （ ， ） －（ 在 ｏｂ］ 在 ｎ ｂ 内可
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例 ２ 求 证 ｓ ｘ ｘ ＿ （＞ ） ｉ ＞ 一１ Ｏ ｎ ＿
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拉格 朗 日中值 定 理 本 身 是 以 等 式 的 形 式 存 在 的 ， 用 它 证 明不 等 利
问题 之 一 。 常见 的 不 等 式 有 三 种 ： 函数 不等 式 、 值 不 等 式 和 中值 不 等 式 ， 些数 值 不等 式 的 证 明可 以通 过 构 造 辅 助 函数 化 为 函 数 不 等 式 来 证 数 有
明 。 本 文仅 通 过 典 型 例 子 来 具 体说 明 导数 方 法 在 证 明 不 等 式 中的 应 用 。
【 键词 】 等式 ； 明 ； 法； 关 不 证 方 导数
１ 利用 可 导 函数 的 单调 性 证 明不 等 式
证 明可 导 函 数 不 等 式 ， 利用 其 导 数 符 号 与 函数 单 调 性 的关 系 来 可
证 明 。设 函数 ｙ ） ［ ， 上连 续 ， （ ， ） 可 导 ： 在 口 ｂ］ 在 ａｂ 内
利用导数证明或解决不等式问题
利用导数证明或解决不等式问题导数是微积分中的一个重要概念，它可以描述函数的变化率，并在解决不等式问题中起到重要的作用。
在这篇文章中，我们将探讨如何利用导数证明或解决不等式问题。
让我们回顾一下导数的定义。
对于一个函数f(x)，在某一点x处的导数f'(x)表示函数在该点的斜率，即函数曲线在该点的切线的斜率。
导数可以用极限定义来求取，即f'(x) = lim(h->0) [f(x+h) - f(x)] / h利用导数证明不等式的方法有很多种，下面我们将分别介绍其中的几种常用方法。
第一种方法是利用导数的性质，结合数学推理和几何直观来证明不等式。
具体做法是首先求出函数f(x)在给定区间的导数f'(x)，然后根据导数的符号来判断函数的增减性。
如果导数f'(x)在该区间上恒大于零，则说明函数在该区间上是单调递增的；如果导数f'(x)在该区间上恒小于零，则说明函数在该区间上是单调递减的。
通过分析函数的增减性，我们可以得到不等式的证明。
举个例子，假设需要证明函数f(x) = x^2 + 1在区间[0, +∞)上是单调递增的。
首先求出函数的导数f'(x) = 2x，然后根据导数的符号来判断函数的增减性。
在区间[0, +∞)上，导数f'(x)恒大于零，即2x > 0，所以函数f(x)在该区间上是单调递增的。
我们可以得出结论：对于任意的x1, x2 ∈ [0, +∞)，当x1 < x2时，有f(x1) < f(x2)，即 x1^2 + 1 < x2^2 + 1。
第二种方法是利用极值点来解决不等式问题。
我们知道，在函数f(x)的极值点处，导数f'(x)等于零。
如果我们能够找到函数的所有极值点，并根据导数的符号来判断函数在各个区间上的增减性，那么我们就可以得到不等式的解。
第三种方法是利用导数的性质和中值定理来解决不等式问题。
中值定理是微积分中的一个重要定理，它表明如果函数f(x)在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)上可导，那么存在一个点c，使得f'(c) = (f(b) - f(a)) / (b - a)。
导数与不等式证明
导数与不等式证明导数是微积分中的重要概念，它描述了函数在某一点的变化率。
而不等式是数学中常用的一种关系，用于比较两个数或表达变量之间的大小关系。
本文将探讨导数与不等式之间的关系，并通过具体的例子来证明与应用。
一、导数的定义与性质首先，我们回顾导数的定义：对于函数f(x)，在点x处的导数可以表示为lim（h->0）（f(x+h)-f(x)）/h。
简单来说，导数就是函数在某一点的斜率。
导数具有以下性质：1. 导数存在性：如果函数在某一点可导，则该点的导数存在。
2. 导数与函数图像：导数可以帮助我们理解函数图像的特性，如切线与曲线的关系、函数的增减性等。
3. 导数的计算：可以通过求导法则，例如常数法则、幂函数法则、链式法则等，来计算导数。
二、不等式的基本性质接下来，我们简要介绍不等式的基本性质。
不等式常见的有大于号（>）、小于号（<）、大于等于号（≥）、小于等于号（≤）等。
对于不等式的证明，通常有以下方法：1. 同向性：如果a>b，那么对于任意正数c，ac>bc。
这个性质可以用于不等式的乘法性质证明。
2. 等价性：如果两个不等式的左边和右边分别相等，则两个不等式等价。
这个性质可以用于不等式的代换和变形。
三、导数与不等式之间的关系导数在不等式的证明中具有重要作用。
通过对比函数在不同区间的导数值以及函数图像的特征，可以得出不等式的结论。
下面通过两个具体的例子来说明导数与不等式之间的关系。
例1：证明函数f(x)=x²在区间（0，∞）上是递增的。
解：首先计算f(x)=x²的导数：f'(x)=2x。
由于导数描述了函数的变化率，当导数大于0时，函数是递增的。
因此，我们需要证明2x>0在区间（0，∞）上成立。
由于x大于0，所以2x大于0，即导数大于0，因此函数f(x)=x²在区间（0，∞）上是递增的。
例2：证明函数f(x)=eˣ在任意区间上是递增的。
利用导数证明不等式考点与题型归纳
利用导数证明不等式考点与题型归纳考点一单变量不等式的证明方法一移项作差构造法证明不等式ln x ae 1［例1］已知函数f(x)= 1 —~x，g(x)= 'e x + X— bx(e为自然对数的底数)，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(2)求证：当 x> 1 时，f(x) + g(x)> -xIn x［解］⑴因为f(x)= 1 —-^,In x— 1所以f (x)= 7 , f' (1) =— 1.ae 1 ae 1因为 g(x)= e x + x— bx,所以 g (x)= — e x—x^—b.因为曲线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，所以 g(1) = 1,且 f' (1) g- (1) = — 1,即 g(1) = a + 1— b= 1, g' (1) = — a — 1 — b= 1,解得 a=— 1, b=— 1.e 1(2)证明：由(1)知，g(x)= —孑+ x + x,小2^ A In x e 1贝 y f(x)+g(x) > x?1—T—e x— x+X》0.令 h(x) = 1 —皿—€—1+ x(x> 1),x e x则 h'(x)=—+e+x2+1=少+當+1.In x e因为 x> 1,所以 h' (x)=卡+1>o,所以h(x)在［1 ,+s)上单调递增，所以h(x)>h(1) = 0,即 1-也-e—丄+x> o,x e xx2 所以当 x> 1 时，f(x) + g(x)>x.［解题技法］待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.方法二隔离审查分析法证明不等式1 ［例2］ (2019长沙模拟)已知函数f(x)= ex2- xln x•求证：当x> 0时，f(x)v xe x+ -.1 1 1［证明］要证 f(x)v xe x+-，只需证 ex — In x v e x+ ，即 ex - e x< In x+ .ex —e ex ex1令 h(x) = In x +—(x>0),贝U h' (x)= ex易知h(x)在0, e上单调递减，在e，上单调递增，则h(x)min = h 1 = 0，所以In1x+ex》°.再令0(x)= ex— e x,贝U O' (x) = e— e x,易知O(x)在 (0,1)上单调递增，在(1,+^ )上单调递减，则O(X)max= 0(1) = 0，所以ex —e x< 0.x 1因为h(x)与«x)不同时为0，所以ex — e x< In x+ £,故原不等式成立.［解题技法］若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.方法三、放缩法证明不等式［例 3］已知函数 f(x)= ax— In x— 1.(1)若f(x)》0恒成立，求a的最小值；e x(2)求证：—+ x+ In x— 1 > 0;xx［解］(1)f(x) >0 等价于 a >(3)已知k(e x + x2)> x— xIn x恒成立，求k的取值范围. In x+ 1x1 — Inx所以k》- e- x T + x人In x+1…, In x令 g(x) = X~(x>0)，贝V g (x)=—立，所以当 x€ (0,1)时，g' (x)> 0,当 x€ (1 ,+s)时,g' (x)v 0,则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1 ,+s)上单调递减，所以g(x)max= g(1) = 1,则a > 1, 所以a的最小值为1.⑵证明：当a= 1时，由(1)得x> In x+ 1,即 t> In t + 1(t> 0).e—x令~x~ = t,则—x— In x= In t,e—x所以——> —x— In x+ 1,xe-x即一+ x+ In x — 1 > 0. x—xe 、⑶因为k(e-x+ x2) >x— xIn x恒成立，即 k—— + x > 1 — In x恒成立,xe- x二 + x + In x— 1+1,e—x由⑵知■— + x+ In x— 1> 0恒成立,入—xe+ x+ In x— 1x所以一二 ---------------- + K 1,所以k> 1.e—故k的取值范围为［1 , + g).［解题技法］导数的综合应用题中，最常见就是e x和In x与其他代数式结合的难题，对于这类问题, 可以先对e x和In x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负•常见的放缩公式如下：(1)e x> 1 + x,当且仅当x= 0时取等号；(2)e x>ex,当且仅当x = 1时取等号；1(3)当x>0时，e x> 1 + x+ ?x2,当且仅当x= 0时取等号；(6)当 x> 1 时, 2 x— 1x+ 1 < In x<x— 1x，当且仅当x= 1时取等号.X1 +⑷当x>0时，e x>討+ 1,当且仅当x= 0时取等号；X— 1⑸一 < In x< x — K X2— x,当且仅当 x= 1时取等号;X考点二双变量不等式的证明［典例］已知函数 f(x)= In x— 2ax2+ x, a € R.(1)当a = 0时，求函数f(x)的图象在(1, f(1))处的切线方程;⑵若 a =— 2,正实数 X1, x2 满足 f(X1)+ f(X2)+ X1x2= 0,求证:1 ［解］(1)当 a= 0 时，f(x)= In x+ x，则 f(1) = 1，所以切点为(1,1)，又因为 f ' (x) = - +入1,所以切线斜率k= f (1) = 2,故切线方程为 y— 1 = 2(x— 1),即卩2x— y— 1 = 0.(2)证明：当 a=— 2 时，f(x)= In x+ x2 + x(x> 0).由 f(X1 ) + f(X2) + X1X2= 0,即 In X1 + x1+ X1 + In X2 + x2+ x2 + X1X2 = 0,从而(X1+ X2)2 +(X1+ X2) = X1X2 — In(X1X2),令 t= X1X2,设©(t) = t — In t(t> 0),则© (t)= 1 —1 =一,易知©(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+^)上单调递增，所以©(t) > ©(1) = 1,所以(X1+ X2)2 + (X1+ X2) > 1 ,V5 — 1 因为 X1> 0, X2> 0，所以 X1+ X2> —2 —成立.［解题技法］破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式;2 4a x — a 石 2v 0,二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值;三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果. ［题组训练］a已知函数f(x) = In x+ .x(1)求f(x)的最小值；⑵若方程f(x)= a 有两个根x i , X 2(x i v x 2)，求证：x i + X 2> 2a.1 a x — a解：(1)因为 f' (x) = x — x 2= x^(x> 0)，所以当a w 0时，f(x)在(0 ,+R )上单调递增，函数无最小值.当a > 0时，f(x)在(0, a)上单调递减，在(a ,+^)上单调递增.函数f(x)在x= a 处取最小值f(a)= In a+ 1.⑵证明：若函数y= f(x)的两个零点为X 1, x 2(X 1V x 2),由(1)可得 O v X 1V a v X 2.令 g(x) = f(x) — f(2a — x)(0 v x v a),丄 1则 g ' (x)= (x — a) X 2— 2a — x 2 所以g(x)在(0, a)上单调递减，g(x)>g(a) = 0,即 f(x) > f(2a — x).令 x = X 1 v a,贝V f(x 1) >f(2a — X 1),所以 f(x 2) = f(x 1) >f(2a — X 1),由(1)可得f(x)在(a, + g )上单调递增，所以X 2>2a — X 1,故 X 1 + X 2> 2a. 考点三证明与数列有关的不等式a ［典例］已知函数f(x)= In(x+ 1) + 二..X. I 厶(1)若x>0时，f(x)> 1恒成立，求a 的取值范围；1 1 1 1 *⑵求证：ln(n+ 1)>3+ 5171…+ 2^+1 (n C N ).a［解］(1)由 In(x+ 1)+ > 1,得x+ 2a> (x+ 2) — (x+ 2)1 n(x+ 1).令 g(x) = (x+ 2)[1 — In(x+ 1)],x+ 2 1则 g ' (x)= 1 — In (x+ 1) —=— In (x+ 1)—-x+ 1 x + 1 当x>0时，g' (x) v 0，所以g(x)在(0,+g)上单调递减.所以g(x)v g(0) = 2,故a的取值范围为[2 , + ).2(2)证明：由(1)知 In(x+ 1) + > 1(x> 0),x+ 2所以 In(x+ 1) > xx+ 2令 x = k(k> 0)，得 In k+ 1>k+2k+ 1 即In1 > 一2 3所以 In” + In^+ In 4n + 11 1 1 13+…+ In => 1+1+尹…+ 乔，即 ln(n + 1)>3 +1 + 7+・・・+-^(n € N *).3 5 72n + 1［解题技法］证明与数列有关的不等式的策略(1)证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数 n 的不等式替代函数不等式中的自变量.通过多次求和达到证明的目的. 此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到.(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式 (或与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如e x > x+ 1可化为In(x+ 1)v x 等.［题组训练］(2019 长春质检)已知函数 f(x)= e x ，g(x)= In(x+ a) + b. (1) 若函数f(x)与 g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，求a ，b 的值;(2)当b = 0时，f(x) — g(x) > 0恒成立，求整数 a 的最大值；(3) 求证：In 2 + (In 3 - In2)2+ (In 4 - In 3)3+ — + [ln(n + 1) — In n]n v -^(n € N *). e i 解：⑴因为函数f(x)和g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，所以 f(0) = g(0)且f' (0)=g' (0),ii又因为 f' (x)= e x , g' (x)= ，所以 1 = In a+ b,1 = ;,x+ aa解得 a= 1, b= 1.⑵现证明 e x > x+ 1，设 F(x)= e x - x-1，则 F ' (x)= e x - 1,当 x € (0, + )时，F' (x) > 0，当x € (—a, 0)时，F ' (x)v 0，所以F(x)在(0 ,+s )上单调递增，在(一a, 0)上单调 递减，所以F(x)min = F(0) = 0,即F(x)> 0恒成立，即 e x>x+ 1.同理可得 In(x+ 2)w x+ 1，即 e x> In(x+ 2),当 a w 2 时，ln(x + a) w ln(x+ 2) v e x,所以当a w 2时，f(x) — g(x) > 0恒成立.当 a >3 时，e0v In a，即 e x- In(x+ a)> 0 不恒成立.故整数a的最大值为2.—n+ 1⑶证明：由⑵知e x>ln(x+2),令x= —，—n+1一n+ 1则e~~^~ >ln一n—+2,——n -k 1即 e-n + 1> In ----------- + 2n= [ln(n + 1) - In n]n,n所以 e°+ e-1 + e-2+ …+ e一n+ 1>In 2+ (In 3 — In 2)2+ (In 4— In 3) 3+ …+ [ln(n+ 1) — Innn],11—』1 e 又因为 e0 + e-1+ e-2+ ••• + e-n+1= 1 v —= ,1-；1-1 e-1e ee 所以 In 2 + (In 3 - In 2) 2+ (In 4 — In 3)3+ …+ [ln(n+ 1)-In n]n v e- 1［课时跟踪检测］11. (2019 唐山模拟)已知 f(x)= qx2— a2ln x, a>0.⑴求函数f(x)的最小值；f x — f 2a 3⑵当x>2a时，证明：>尹x— 2a 2解：⑴函数f(x)的定义域为(0 ,+^),a2 x+ a x— a f (x) = x — x=当 x € (0, a)时，f' (x)v 0, f(x)单调递减；当 x € (a ,+s)时，f' (x)> 0, f(x)单调递增.1所以当x= a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a) = ~a2— a2ln a.(2)证明：由⑴知，f(x)在(2a, + )上单调递增，3则所证不等式等价于 f(x) — f(2a) — ^a(x— 2a) > 0.“ 3设 g(x) = f(x) — f(2a) — 2a(x— 2a),则当x>2a时，, , 3 a2 32x+ a x— 2a2x > 0,g (x) = f (x) — 2a = x—— ^a所以g(x)在(2a,+s)上单调递增,当 x>2a 时，g(x)>g(2a)= 0,3即 f(x) — f(2a) — ?a(x— 2a)>0,f x — f 2a 3故> "a.x— 2a 22.(2018黄冈模拟)已知函数f(x)=亦x— e—x(入€ R). (1)若函数f(x)是单调函数，求入的取值范围；x2 ⑵求证：当 0v X1 v x2 时，e1 — x2 — e1 — X1> 1 —:.1解：⑴函数f(x)的定义域为(0 ,+8 ),••f(x)= An x— e—x,+ xe— x~X~，•••函数f(x)是单调函数，••• f' (x)w 0或f' (x) > 0在(0 ,+s)上恒成立,+ xe x①当函数f(x)是单调递减函数时，f' (x)< 0, •------------------- < 0,即X+ xe—x< 0,疋xe—x Xx X一 1令y(x)=—孑，贝y y (x)=-e^,当 0 v x v 1 时，y (x) v 0；当 x> 1 时，y (x) >0,则y x)在(0,1)上单调递减，在(1 ,+8 )上单调递增，•••当x> 0时，y x)min=y i) =x+ xe②当函数f(x)是单调递增函数时，f' (x)>0,•••------------------- >0,即入 + xe—x》0, xe—xx由①得y(x)= —吞在(o,1)上单调递减，在(1, + 8)上单调递增,又■ y(0) = 0,当 x综上，入的取值范围为1——8(2)证明：由(1)可知，当f(x)= — ein X — e— x在(0, + 8 )上单调递减,X1 X2 ln X2>1 —门■-0 v x i v X2,1 1•••f(X1)>f(x2)，即一：ln X1 — e— X1 >— ?ln X2 — e— X2,•'el — X2— el — x i > In x i — In X2.X2 X2要证e1—X2—e1 — 11>1—X1,只需证In X1—ln X2>1—门即证11 1令 t= X11，t€ (0,1)，则只需证 In t> 1 —-,• - f(x)min ==In k,1t —12 13令 h(t) = In t+ f — 1，则当 0v t v 1 时，h'⑴v 。
导数在不等式证明中的应用
的。很明显 ， ＿ 在［， 若 厂 ） 上单调增加 ， ｆ ａ＜ （） 厂６ ， （ 则 （） 厂 ＜ （） 反之
亦 然。下 面是利用 函数 的单调性证明不等式的举例 。 （ ） 一 取导数法 例 ３证 明： ｚ ： 当 ＞１时 ， 不等式 Ｉｘ ｎ ＞
一
不等式构造一个 函数 ， 再判定其 函数单调性来证明不等式成立 ， 这就是 利用函数的单调性证明不等式 的思想 。
定理ｕ 函数的单调性 的判定法 ）设 函数 厂ｚ 在 ， 上连续， ” （ ： ： （）
且 在 ａ６ 内可 导 。 ，１
①如果在 （， 内＿ ） ｏ 那么函数 厂ｚ 在 ［， 上单调增加； ａｂ 厂 ＞ ， ） （ （） ａｂ 】 ②如果在 ａｂ 内ｌｚ ＜ ， ， ， ） ｏ 那么函数ｆｘ 在 ［， 上单凋减少。 ） （ （） “ｂ 】
√ ＋上
＞ｎ 十 ） １１ 七 。 （
＾
（ ） ｚ ） △ ２ ｆ（ｏ
—
０
￡
，
。
例 ｌ 已知函数 ＿ ￣１ ７ ｌ ： 厂 ） ３ ＋ ｎ ２
分析 ： ｇ ￣２３ － ：－１ 令 ） ７ ３ ｎ ３ ２
求 ： １，，１＋ｚ 证 ＞时 ｊ ２ｎ。 ； ＞ｚ ｌ ５ ３
导 数在 不等式证明 由硇应用
和县 一 中 苏明 慧
［ 摘 要］ 导数是研 究函数性质的重要工具之一 ， 也是 中学数 学中最基本和最重要 的 内容之一 ， 利用导数的方法证 明不等式是不等式
证 明中重要 的组成部分 。掌握 导数 在各种不等 式中的证 明方法和证 明技巧 对学好 数学有很大的帮助 。在数 学教 学 中， 将数 学问题 系列化 ， 够有效地提 高学生解决数学问题的能力 ， 能 本文将通过举例和评注的方式来 阐述在不等式证明 中导数的一些方 法和一些技 巧 ， 高学生利 用导数证 明不等式的能力。 提 ［ 关键词］ 导数 证明 不等式