导数中常见不等式之间的关系

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)(' ∴0)()(=

17.导数中的不等式放缩

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 >.

导数与不等式常考题型

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．

导数中的不等式运用

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.

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 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）

导数与不等式常考题型

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

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)

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 2 ln ln )(x a x x a x x G +-=-+-='∴ 当0>x 时，0)(' ∴0)()(=

利用导数证明不等式的常见题型经典

于是函数f(x)在(1,)上的最大值为f(x) max f(0) 0，因此，当x 1 时，f (x) f (0) 0，即ln(x 1) x 0 ???ln(x 1)x (右面得证)， 现证左面，令g(x) In(x 1) 1 门1，则g(x) 1 (x 1)2 x (x 1)2 当x ( 1,0)时,g (x) 0;当x (0, )时,g (x) 0 , 即g(x)在x ( 1,0)上为减函数，在x (0, )上为增函数, 故函数g(x)在(1,)上的最小值为g (x)min g(0) 0 , 【警示启迪 1)十1 1 1 1) 1 ，综上可知，当x 1时，有 1 ln (x 1) x 1 x 1 】如果f (a)是函数f(x)在区间上的最大(小)值，则有f(x) x 1 时，g(x) g(0) 0 ,即ln(x f (a)(或f (x) f (a)), 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 1 1 In (x 1) x x 1 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 g(x) 1 ln(x 1) 1,从其导数入手即可证明。 x 1 【绿色通道】 1 f (x) 1 x x 1 x 1 ???当1 x 0 时，f (x) 0 ,即f (x)在x (1,0)上为增函数 当x 0 时，f (x) , 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, ) 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 1 2 2 3

(完整版)常见导数不等式构造新函数

常见导数不等式构造新函数 ①含导数式)()()()(''x g x f x g x f +可构造函数：)()()(x g x f x F =； ②含导数式)()()()(''x g x f x g x f -可构造函数：)()()(x g x f x F =； ③含导数式)()('x af x f +可构造函数：ax e x f x F )()(= ； ④含导数式)()('x af x f -可构造函数：ax e x f x F )()(= ； ⑤含导数式)()('x f x f +可构造函数：x e x f x F )()(= ； ⑥含导数式)()('x f x f -可构造函数：x e x f x F )()(= 例题： 1.函数)(x f 的定义域为R ，,2)1(=-f 对42)(,2)(,'+??∈?x x f x f R x 则的解集为（ ） A （1,1-） B （+∞-,1） C （2,∞-） D （+∞,2） 2.定义域为R 的可导函数)(x f y = 的导数为)('x f ，满足)()('x f x f ?且1)0(=f ，则不等式1)(?x e x f 的解集为（ ） A(0,∞-) B （+∞,0） C （2,∞-） D （+∞,2） 3.定义在（+∞,0）的函数)(x f 非负数可导，且满足)()('x f x xf ?， 若m,n ),0(+∞∈且n m ?,则必有（ ） A )()(m mf n nf ? B )()(n mf m nf ? C )()(n nf m mf ? D )()(m nf n mf ? 4.设()()x g x f ,是定义在R 上的奇函数和偶函数，当0+x g x f x g x f 且()03=-g ，则不等式()()0

(完整版)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 1 1 In (x 1) x x 1 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 g(x) 1 ln(x 1) 1,从其导数入手即可证明。 x 1 【绿色通道】 1 f (x) 1 x x 1 x 1 ???当 1 x 0 时，f (x) 0 ,即 f (x)在 x (1,0)上为增函数 当x 0 时，f (x) , 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, ) 图象的下方; 于是函数f(x)在(1,)上的最大值为f(x) max f(0) 0，因此，当x 1 时，f (x) f (0) 0， 即 ln(x 1) x 0 ???ln(x 1) x (右面得证)， 现证左面，令g(x) In(x 1) 1 门1 ，则g (x) 1 (x 1)2 x (x 1)2 当 x ( 1,0)时,g (x) 0;当x (0, )时,g (x) 0 , 即g(x)在x ( 1,0)上为减函数，在 x (0, )上为增函数, 故函数 g(x)在(1,)上的最小值为 g (x) min g(0) 0 , 【警示启迪 1 )十1 1 1 1) 1 ，综上可知，当x 1时，有 1 ln (x 1) x 1 x 1 】如果f (a)是函数f(x)在区间上的最大(小)值，则有 f(x) x 1 时，g(x) g(0) 0 , 即 ln(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 2、直接作差构造函数证明 1 2 【例2】已知函数f (x) x ln x.求证：在区间 2 0就可得证. (1, )上，函数f (x)的图象在函数g(x) - x 3的 3

导数不等式

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。 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 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()()0 f 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】 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有x x x ≤+≤+- )1ln(1 1 1 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。 【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()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，

导数中的不等式放缩22

高考数学优质专题（附经典解析） 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 >. 3.已知函数()()()e ln x f x x a x a x =-+++，a R ?．若函数()f x 在定义域上为单调增函数． （1）求a 最大整数值； （2）证明：23341e ln2ln ln ln 23e 1 n n n 骣骣骣+琪琪琪++++<琪琪琪-桫桫桫．

十七.导数中的不等式放缩

十七、 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 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 时，12f x x .

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 . 3.已知函数e ln x f x x a x a x ，a R ．若函数f x 在定义域上为单调增函数． （1）求a 最大整数值； （2）证明：23341e ln2ln ln ln 23e 1n n n ．

专题09导数与不等式的解题技巧

专题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 ()常用函数的导数 ①()′＝(为常数); ②()′＝； ③()′＝；④′＝； ⑤()′＝． ()初等函数的导数公式 ①()′＝；②( )′＝； ③( )′＝；④()′＝； ⑤()′＝；⑥( )′＝； ⑦()′＝． ．导数的运算法则 ()[()±()]′＝； ()[()·()]′＝； ()′＝． ．复合函数的导数 ()对于两个函数＝()和＝()，如果通过变量，可以表示成的函数，那么称这两个函数(函数＝()和＝())的复合函数为＝(())． ()复合函数＝(())的导数和函数＝()，＝()的导数间的关系为，即对的导数等于对的导数与对的导数的乘积． 二．题型分析 （一）函数单调性与不等式 例．【一轮复习】已知函数()＝＋，∈(－，)，则满足(－)＋(－)>的的取值范围是( ) ．(，) ．(，) ．(，) ．(，) 【答案】 【分析】在区间（﹣，）上，由（﹣）＝﹣（），且′（）＞可知函数（）是奇函数且单调递增，由此可求出的取值范围．

【点睛】本题考查了判断函数的奇偶性和单调性的问题，综合运用了函数的奇偶性和单调性解不等式进行合理的转化，属于中档题． 练习．对任意，不等式恒成立，则下列不等式错误的是（） ．． ．． 【答案】 【分析】构造函数，对其求导后利用已知条件得到的单调性，将选项中的角代入函数中，利用单调性化简，并判断正误，由此得出选项. 【解读】构造函数，则，∵，∴，即在上为增函数，则，即，即，即，又，即，即，故错误的是．故选：．【点睛】本小题考查构造函数法，考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法.构造函数法主要应用于题目所给已知条件中含有，也含有其导数的不等式，根据不等式的结构，构造出相应的函数.如已知是，可构造，可得. （二）函数最值与不等式 例．【福建省福州市学年高三第一学期质量抽测】已知函数，对于任意，，恒成立，则的取值范围是（）．．．． 【答案】 【分析】由题意知即等价转化为，通过研究函数导数从而得到最值，依次验证选项即可. （四）不等式中存在任意问题 例．【安徽省皖南八校届高三第二次（月)联考数学】已知函数，，对于，，使得，则实数的取值范围是．．．． 【答案】 【解读】，，使得，可得，利用，的单调性、最值即可求得. 【详解】对于，，使得, 等价于 ， 因为是增函数，由复合函数增减性可知 在上是增函数， 所以当时，， 令，则，

(完整版)常见导数不等式构造新函数.doc

常见导数不等式构造新函数 含导数式含导数式f ' ( x) g (x) f ' ( x) g (x) f ( x) g ' ( x) 可构造函数： F (x) f ( x)g (x) ； f ( x) g ' ( x) 可构造函数： F (x) f (x) ； g (x) 含导数式④含导数式 ⑤含导数式⑥含导数式 例题：f ' ( x) af ( x) 可构造函数： F (x) f (x)e ax； f ' ( x) af ( x) 可构造函数： F ( x) f (x) ； e ax f ' ( x) f ( x) 可构造函数： F (x) f ( x)e x； f ' ( x) f ( x) 可构造函数：F (x) f ( x) e x 1.函数f ( x) 的定义域为R，f ( 1) 2, 对 x R, f ' ( x) 2,则 f ( x) 2x 4 的解集为（）A（1,1 ）B（1, ）C（,2 ）D（2, ） 2.定义域为 R 的可导函数y f ( x) 的导数为 f ' ( x) ，满足 f ( x) f ' (x) 且 f (0) 1，则不等式f (x) 1 ）e x 的解集为（ A( ,0 ) B（0, ）C（,2 ）D（2, ） 3.定义在（0, ）的函数 f (x)非负数可导，且满足xf' ( x) f ( x) ， 若 m,n (0, )且m n,则必有（ ） A nf (n) mf (m) B nf ( m) mf ( n) C mf (m) nf ( n) D mf (n) nf (m) 4.设f x , g x是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x 0 时， f ' x g x f x g ' x 0 且g 3 0 ，则不等式 f x g x 0的解集是 A．C．3,03, , 33, B． D、 3,00,3 , 30,3

导数的不等式恒成立问题

导数的应用 【考查重点与常见题型】 题型一 运用导数证明不等式问题 例1 设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值； (2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2 －2ax ＋1. (1)解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R 知 f ′(x )＝e x －2，x ∈R . 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2， 于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f ′(x ) － 0 ＋ f (x ) 单调递减 2(1－ln 2＋a ) 单调递增 故f (x )f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为 f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2(1－ln 2＋a )． (2)证明 设g (x )＝e x －x 2 ＋2ax －1，x ∈R ， 于是g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R . 由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )的最小值为 g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )>0. 于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0， 所以g (x )在R 上是增加的． 于是当a >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)． 而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0. 即e x －x 2 ＋2ax －1>0，故e x >x 2 －2ax ＋1. 已知f (x )＝x ln x . (1)求g (x )＝f x ＋k x (k ∈R)的单调区间； (2)证明：当x ≥1时，2x －e≤f (x )恒成立． 解：(1)g (x )＝ln x ＋k x ， ∴令g ′(x )＝ x －k x 2 ＝0得x ＝k . ∵x >0，∴当k ≤0时，g ′(x )>0. ∴函数g (x )的增区间为(0，＋∞)，无减区间； 当k >0时g ′(x )>0得x >k ；g ′(x )<0得0