第17讲 导数的应用——利用导数证明不等式(达标检测)(解析版)
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
导数在解决不等式问题中起着非常重要的作用，利用导数可以轻松地证明和解决各种
不等式问题。
本文将通过一些具体的例子，来展示导数在不等式问题中的应用。
我们来看一个简单的例子：证明当x>0时，e^x\geq1+x。
我们可以利用导数来证明这
个不等式。
我们计算e^x和1+x的导数，分别为e^x和1。
然后我们发现e^x-1\geq x，这意味着在x>0时，e^x\geq1+x。
这样就利用导数证明了这个不等式。
除了证明不等式，我们还可以利用导数来解决不等式问题。
我们要求解不等式
x^2-5x+6>0。
我们可以通过求解x^2-5x+6的导数来判断x^2-5x+6的增减性。
首先求导得
到2x-5，然后令2x-5=0，解得x=\frac{5}{2}。
这说明在x<\frac{5}{2}时，x^2-5x+6<0，而在x>\frac{5}{2}时，x^2-5x+6>0。
不等式x^2-5x+6>0的解集是x<\frac{5}{2}或
x>\frac{3}{2}。
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重要概念，在解决不等式问题中，导数可以发挥很大的作用。
下面我们将以一些具体的例子来说明如何利用导数证明或解决不等式问题。
例子1：证明不等式x^2≥0在实数域中恒成立。
解析：对于任意实数x，在实数域中，不管x取何值，其平方x^2都大于等于0。
我们可以通过导数来证明这个不等式。
对x^2进行求导，得到导函数2x。
我们知道，导数表示函数的变化率，对于x^2来说，导函数2x表示了函数的斜率，也就是说，无论x取何值，函数x^2的斜率总为正数或者0。
因为函数的斜率总是非负的，所以x^2≥0在实数域中恒成立。
例子2：求函数f(x)=x^3-3x^2+2x的极值点。
解析：要求函数f(x)的极值点，我们可以先求出函数的导数f'(x)，然后将f'(x)=0进行求解。
导数为0的点即为极值点。
将f'(x)=3x^2-6x+2=0进行求解，可以得到x=1或者x=2。
接下来，我们可以求出函数在x=1和x=2处的函数值，并比较求出极值点。
f(1)=1^3-3*1^2+2*1=0f(2)=2^3-3*2^2+2*2=0对f(x)进行求导，得到导函数f'(x)=3x^2-6。
接下来，我们可以将x轴上的一些点带入函数f'(x)进行判断。
当x<−√2时，f'(x)>0；当−√2<x<√2时，f'(x)<0；当x>√2时，f'(x)>0。
由此可见，函数f(x)=x^3-6x在区间(−∞,−√2)，(−√2,√2)，(√2,+∞)上是单调的。
2021届高考数学总复习第17讲：利用导数证明不等式
2021届高考数学总复习第17讲：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，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e＞0.于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)＞0，所以f(x)＞3(x－1)．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的单调性，直接求得函数的最值，然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min直接证得不等式．(2019·广州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x＞0时，x2＜e x.[解](1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，故g(x)在R上单调递增．所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜e x.考点2拆分法构造函数证明不等式若f(x)min＞g(x)max，则f(x)＞g(x)，常借助此结论，将要证明的不等式拆、分成两个函数，然后比较它们的最值．设函数f(x)＝ax2－(x＋1)ln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为0.(1)求a的值；(2)求证：当0＜x≤2时，f(x)＞1 2x.[解](1)f′(x)＝2ax－ln x－1－1 x，由题意，可得f′(1)＝2a－2＝0，所以a＝1.(2)证明：由(1)得f(x)＝x2－(x＋1)ln x，要证当0＜x≤2时，f(x)＞12x，只需证当0＜x≤2时，x－ln xx－ln x＞12，即x－ln x＞ln xx＋12.令g(x)＝x－ln x，h(x)＝ln xx＋12，令g′(x)＝1－1x＝0，得x＝1，易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故当0＜x≤2时，g(x)min＝g(1)＝1.因为h′(x)＝1－ln xx2，当0＜x≤2时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0,2]上单调递增，故当0＜x≤2时，h(x)max＝h(2)＝1＋ln 22＜1，即h(x)max＜g(x)min.故当0＜x≤2时，h(x)＜g(x)，即当0＜x≤2时，f(x)＞1 2x.在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明．已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，求证：xf(x)－e x＋2e x≤0.[解](1)f′(x)＝ex－a(x＞0)，①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a＞0，令f′(x)＝0，得x＝ea，则当0＜x＜ea时，f′(x)＞0；当x＞ea时，f′(x)＜0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫e a ，＋∞上单调递减． (2)证明：因为x ＞0，所以只需证f (x )≤e xx －2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.记g (x )＝e xx －2e(x ＞0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2，当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x ＞0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.考点3 换元法构造函数证明不等式换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a ，再结合所证问题，巧妙引入变量c ＝x 1x 2，从而构造相应的函数．其解题要点为：联立消参 利用方程f (x 1)＝f (x 2)消掉解析式中的参数a抓商构元 令c ＝x 1x 2，消掉变量x 1，x 2，构造关于c 的函数h (c ) 用导求解 利用导数求解函数h (c )的最小值，从而可证得结论已知函数f (x )＝ln x －ax (x ＞0)，a 为常数，若函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)．求证：x 1x 2＞e 2.[证明] 不妨设x 1＞x 2＞0，因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，所以ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a ， 欲证x 1x 2＞e 2，即证ln x 1＋ln x 2＞2.因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a ＞2x 1＋x 2，。
导数在证明不等式中的有关应用
导数在证明不等式中的有关应用1.最值的判定导数可以帮助我们判断一个函数在其中一区间的最值。
具体来说，如果在一个区间内，函数的导数恒为零或者导数的正负性在其中一点发生变化，那么在该区间内函数的最值就会出现。
例如，考虑函数$f(x)=x^2-4x+3$。
我们可以通过求取导数$f'(x)=2x-4$，并令其等于零，得到$x=2$。
通过检查导数的符号，可以确认在$x<2$时导数为负，$x>2$时导数为正。
因此，在$x<2$时，函数的导数为负，说明函数在这个区间上是递减的；而在$x>2$时，函数的导数为正，说明函数在这个区间上是递增的。
因此，根据导数的正负性和最值判定原则，我们可以得出结论：函数$f(x)$在区间$(-\infty,2)$上单调递减，在区间$(2,+\infty)$上单调递增。
进一步，我们可以求得函数的最值，即当$x=2$时，函数取得最小值。
因此，我们得到了函数$f(x)$的最值以及最值的取值点。
2.利用导数证明不等式的成立导数可以被用来证明各种类型的不等式。
其中一个常见的方法是使用导数的定义和可微函数的局部性质。
考虑函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上有定义且在开区间$(a,b)$内可微。
如果在$(a,b)$内存在一个点$c$，使得$f'(c)>0$，那么基于导数的定义，我们可以得出结论：对于任意的$x \in (a,b)$，都有$f'(x)>0$。
这意味着$f(x)$在$(a,b)$内是单调递增的。
我们可以进一步得出结论：对于任意的$x \in [a,b]$，都有$f'(x) \geq f'(a)$。
因此，我们可以断定$f(x)$在闭区间$[a,b]$上是凸函数。
根据凸函数的性质，我们可以利用函数的凸性证明各种类型的不等式。
例如，我们可以证明对于任意的$x>0$和$y>0$，成立如下的不等式：$\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}$。
导数在不等式证明中的应用
导数在不等式证明中的应用在数学中，导数是一种评估函数变化速度的工具。
它可以用于证明不等式，特别是在优化问题中非常有用。
本文将探讨导数在不等式证明中的应用，并通过例子来说明其重要性。
在证明不等式时，我们通常需要使用比较函数值的差异来推断函数的相对值。
导数的主要作用是帮助我们研究函数的增减性质，进而推导出不等式。
首先，我们来看一个简单的例子。
假设我们需要证明当$x>0$时，函数$f(x) = \ln(x)$是递增的。
我们可以通过求导来证明。
首先，求导$f'(x)$：$$f'(x) = \frac{1}{x}$$我们可以发现，$f'(x)>0$对于$x>0$始终成立。
这意味着函数$f(x)$在该区间是递增的。
因此，我们可以得出结论：当$x>0$时，函数$f(x) = \ln(x)$是递增的。
这个例子展示了导数在证明函数性质中的应用。
接下来，我们将探讨导数在不等式证明中的更广泛应用。
一种常见的应用是利用导数研究函数的凹凸性质。
如果一个函数在一些区间上是凹的，那么它的导数在该区间上是递增的。
反之，如果函数在一些区间上是凸的，那么它的导数在该区间上是递减的。
考虑一个例子：证明函数$f(x)=x^2$在$x>0$时是凹的。
首先，求导$f'(x)$：$$f'(x)=2x$$然后，求二阶导数$f''(x)$：$$f''(x)=2$$我们可以看到$f''(x)>0$，对于$x>0$恒成立。
这意味着函数$f(x)$在该区间上是凹的。
因此，我们可以得出结论：当$x>0$时，函数$f(x)=x^2$是凹的。
这个例子显示了利用导数来证明函数的凹凸性质的方法。
凹凸性质在不等式证明中非常有用，因为它可以帮助我们推断函数值的大小关系。
另一个应用是利用导数求解优化问题中的最值。
如果一个函数在一些点处取得极小值，那么它的导数在该点处为零或不存在。
导数的应用——利用导数证明不等式
导数的应用——利用导数证明不等式导数是微积分中的重要概念，它不仅在数学中有广泛的应用，还能帮助我们解决一些实际问题。
利用导数来证明不等式是导数的另一个重要应用之一、在本文中，我们将探讨如何使用导数来证明一些不等式。
在开始之前，我们需要回顾一下导数的定义。
对于函数f(x)，如果在特定点x处的导数存在，那么导数的定义为：f'(x) = lim(h->0) (f(x+h)-f(x))/h其中，f'(x)表示函数f(x)在点x处的导数。
证明不等式的基本方法是比较函数在一些区间内的导数大小关系。
如果可以证明在这个区间内，一个函数的导数始终大于另一个函数的导数，那么我们可以推断出，这个区间内的一个函数始终大于另一个函数，从而得到不等式的证明。
下面将通过一些具体的例子来说明如何利用导数证明不等式。
例1：证明当x>0时，e^x>1+x首先，我们定义函数f(x)=e^x-(1+x)，我们需要证明当x>0时，f(x)>0。
对于上述函数，我们可以计算它的导数f'(x)=e^x-1、现在我们只需要证明当x>0时，f'(x)>0即可。
对于x>0，显然有e^x>1，因此f'(x)=e^x-1>1-1=0，即f'(x)>0。
由此可知，当x>0时，f(x)是递增函数。
由此得到，f(x)>f(0)，即e^x-(1+x)>1-(1+0)=0。
因此，当x>0时，e^x>1+x。
例2：证明当 x>-1 时，(1+x)^n>1+nx在这个例子中，我们需要证明当 x>-1 时，(1+x)^n>1+nx，其中 n是正整数。
我们定义函数 f(x) = (1+x)^n-(1+nx)，我们需要证明当 x>-1 时，f(x)>0。
同样地，我们计算这个函数的导数f'(x)=n(1+x)^(n-1)-n。
利用导数证明不等式的方法
利用导数证明不等式的方法导数是微积分中的重要概念，它在数学中有着广泛的应用。
在证明不等式时，导数也可以发挥重要的作用。
本文将介绍如何利用导数证明不等式，并通过具体的例子来说明这一方法的实际应用。
我们需要了解导数的定义。
在微积分中，导数表示函数在某一点上的变化速率。
对于函数f(x)，它在点x处的导数可以通过极限的方式来定义，即f'(x) = lim(h->0) [f(x+h) - f(x)] / h。
导数可以帮助我们研究函数的变化趋势和性质。
在证明不等式时，我们可以利用导数的性质来推导。
首先，我们需要找到函数的临界点，即导数为0或不存在的点。
在这些点上，函数的极值可能出现。
然后，我们可以通过导数的正负来判断函数的增减性。
如果导数在某个区间上恒大于0，则说明函数在该区间上是递增的；反之，如果导数在某个区间上恒小于0，则说明函数在该区间上是递减的。
通过这些性质，我们可以推导出不等式的成立。
假设我们要证明一个不等式f(x) ≤ g(x)，我们可以定义一个新的函数h(x) = f(x) - g(x)。
然后，我们可以通过研究h(x)的导数来证明不等式的成立。
如果h(x)的导数恒小于等于0，则说明h(x)在整个定义域上是递减的，即h(x) ≤ 0，从而得到f(x) ≤ g(x)。
类似地，如果h(x)的导数恒大于等于0，则说明h(x)在整个定义域上是递增的，即h(x)≥ 0，也能得到f(x) ≤ g(x)。
下面，我们通过一个具体的例子来说明这一方法。
假设我们要证明不等式x^2 ≤ 2x。
我们可以定义函数h(x) = x^2 - 2x，并求出h(x)的导数。
通过计算，我们可以得到h'(x) = 2x - 2。
我们注意到h'(x)是一个一次函数，且导数恒大于等于0。
因此，根据上述的推导方法，我们可以得出结论x^2 ≤ 2x。
通过这个例子，我们可以看到利用导数证明不等式的方法的实际应用。
利用导数证明不等式的四种常用方法
利用导数证明不等式的四种常用方法方法一：使用函数的单调性如果函数f(x)在区间[a,b]上单调递增（或递减），则对于任意的x1,x2∈[a,b]，有f(x1)≤f(x2)（或f(x1)≥f(x2)）。
举例说明：证明当x＞0时，e^x＞1+x。
我们考虑函数f(x)=e^x-(1+x)，取f'(x)=e^x-1、如果f'(x)≥0，则f(x)在x＞0上单调递增，且f(x)在x=0处取到最小值。
通过计算可得f'(x)≥0，所以f(x)在x＞0上单调递增，即e^x-(1+x)≥0。
即e^x＞1+x。
方法二：使用函数的极值点如果函数f(x)在一些点x0处取得极小值（或极大值），则该点附近的函数值也有相应的性质。
举例说明：证明(1+x)^n > 1+nx，其中n为自然数。
我们考虑函数f(x) = (1+x)^n - (1+nx)，取f'(x) = n(1+x)^(n-1) - n。
令f'(x) = 0，可得x = -1/(n-1)。
我们先考虑x ∈ (-∞, -1/(n-1))，在此区间上f'(x) > 0，所以f(x)在此区间上单调递增。
当x < -1/(n-1)时，有f(x) > f(-1/(n-1)) = 0。
所以在此区间上(1+x)^n > 1+nx。
同理可得，当x ∈ (-1/(n-1), +∞)时，也有(1+x)^n > 1+nx。
方法三：使用函数的凹凸性如果函数f(x)在一些区间上是凹的（或凸的），则函数的函数值也有相应的性质。
举例说明：证明当a＞0时，有√a≤(a+1)/2我们考虑函数f(x) = √x，取f''(x) = -x^(-3/2)。
我们知道，当f''(x)≥0时，函数f(x)在该区间上为凹函数。
计算可得f''(x)≥0，所以f(x)在[0, +∞)上为凹函数。
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)。
【高考理数】利用导数解决不等式问题(解析版)
2020题型一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 【题型要点】已知不等式f (x ，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x ∈D 恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决这个问题的常用思想方法如下：(1)分离参数法：第一步，将原不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式；第二步，利用导数求出函数f 2(x )(x ∈D )的最大(小)值；第三步，解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min 从而求出参数λ的取值范围． (2)函数思想法：第一步，将不等式转化为某含参数的函数的最值问题； 第二步，利用导数求出该函数的极值(最值)； 第三步，构建不等式求解．【例1】已知函数f (x )＝x 4＋ax 3＋2x 2＋b (x ∈R )，其中a ，b ∈R . (1)当a ＝－103时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )仅在x ＝0处有极值，求a 的取值范围；(3)若对于任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，求b 的取值范围． 【解】 (1)f ′(x )＝4x 3＋3ax 2＋4x ＝x (4x 2＋3ax ＋4)． 当a ＝－103时，f ′(x )＝x (4x 2－10x ＋4)＝2x (2x －1)(x －2)．令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝12，x 3＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在(0，12)，(2，＋∞)内是增函数，在(－∞，0)，(12，2)内是减函数．(2)f ′(x )＝x (4x 2＋3ax ＋4)，显然x ＝0不是方程4x 2＋3ax ＋4＝0的根． 为使f (x )仅在x ＝0处有极值，必须4x 2＋3ax ＋4≥0成立，即有Δ＝9a 2－64≤0. 解此不等式，得－83≤a ≤83.这时，f (0)＝b 是唯一极值．因此满足条件的a 的取值范围是[－83，83]． (3)解：由条件a ∈[－2,2]，可知Δ＝9a 2－64<0，从而4x 2＋3ax ＋4>0恒成立． 当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0.因此函数f (x )在[－1,1]上的最大值是f (1)与f (－1)两者中的较大者．为使对任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧f (1)≤1f (－1)≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧b ≤－2－a b ≤－2＋a在a ∈[－2,2]上恒成立．所以b ≤－4，因此满足条件的b 的取值范围是(－∞，－4]．题组训练一 利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题 已知函数f (x )＝e x －1＋ax ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)若∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围． 【解析】 (1)f ′(x )＝e x －1＋a ，(∈)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (∈)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1， 当f ′(x )>0，即x >ln(－a )＋1时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x <ln(－a )＋1时，函数f (x )单调递减．综上，当a ≥0时，函数f (x )在R 上单调递增；当a <0时，函数f (x )的单调递增区间是(ln(－a )＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a )＋1)．(2)令a ＝－1，由(1)可知，函数f (x )＝e x －1－x 的最小值为f (1)＝0，所以e x －1－x ≥0，即e x －1≥x .f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立与f (x )＋ln x －a －1≥0恒成立等价，令g (x )＝f (x )＋ln x －a －1，即g (x )＝e x －1＋a (x －1)＋ln x －1(x ≥1)，则g ′(x )＝e x －1＋1x ＋a ，∈当a ≥－2时，g ′(x )＝e x －1＋1x ＋a ≥x ＋1x＋a ≥2x ·1x ＋a ＝a ＋2≥0(或令φ(x )＝e x －1＋1x， 则φ′(x )＝e x －1－1x 2在[1，＋∞)上递增，∈φ′(x )≥φ′(1)＝0，∈φ(x )在[1，＋∞)上递增，∈φ(x )≥φ(1)＝2，∈g ′(x )≥0)∈g (x )在区间[1，＋∞)上单调递增， ∈g (x )≥g (1)＝0，∈f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立， ∈当a <－2时，令h (x )＝ex －1＋1x ＋a ，则h ′(x )＝e x －1－1x 2＝x 2e x －1－1x 2， 当x ≥1时，h ′(x )≥0，函数h (x )单调递增． 又h (1)＝2＋a ＜0， h (1－a )＝e 1－a －1＋11－a ＋a ≥1－a ＋11－a ＋a ＝1＋11－a>0，∈存在x 0∈(1,1－a )，使得h (x 0)＝0，故当x ∈(1，x 0)时，h (x )<h (x 0)＝0，即g ′(x )<0，故函数g (x )在(1，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>h (x 0)＝0，即g ′(x )>0，故函数g (x )在(x 0，＋∞)上单调递增．∈g (x )min ＝g (x 0)<g (1)＝0，即∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1不恒成立，综上所述，a的取值范围是[－2，＋∞)．题型二利用导数证明与函数有关的不等式【题型要点】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则∈∈x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；∈对∈x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，则f(x1)<f(x2)．对于减函数有类似结论．(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)，则对∈x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．(3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.【例2】已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．(1)当x>1时，求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4ln x成立，求k的取值范围；(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2<e2k.(1)【解析】f′(x)＝1x·x＋ln x－k－1＝ln x－k，∈当k≤0时，因为x>1，所以f′(x)＝ln x－k>0，函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值；∈当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝e k，当1<x<e k时，f′(x)<0；当x>e k时，f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递减区间是(1，e k)，单调递增区间是(e k，＋∞)，在区间(1，＋∞)上的极小值为f(e k)＝(k－k－1)e k＝－e k，无极大值．(2)【解析】由题意，f(x)－4ln x<0，即问题转化为(x－4)ln x－(k＋1)x<0对于x∈[e，e2]恒成立．即k ＋1>(x －4)ln xx 对x ∈[e ，e 2]恒成立．令g (x )＝(x －4)ln x x ，则g ′(x )＝4ln x ＋x －4x 2，令t (x )＝4ln x ＋x －4，x ∈[e ，e 2]，则t ′(x )＝4x ＋1>0，所以t (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 故t ()x min ＝t (e)＝e －4＋4＝e>0，故g ′(x )>0， 所以g (x )在区间[e ，e 2]上单调递增， 函数g ()x max ＝g (e 2)＝2－8e2.要使k ＋1>(x －4)ln xx 对于x ∈[e ，e 2]恒成立，只要k ＋1>g ()x max ，所以k ＋1>2－8e2，即实数k 的取值范围为⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-,812e (3)[证明] 因为f (x )＝f (x 2)，由(1)知，函数f (x )在区间(0，e k )上单调递减， 在区间(e k ，＋∞)上单调递增，且f (e k ＋1)＝0. 不妨设x 1<x 2，则0<x 1<e k <x 2<e k ＋1， 要证x 1x 2<e 2k ，只要证x 2<e 2k x 1，即证e k<x 2<e 2k x 1. 因为f (x )在区间(e k ，＋∞)上单调递增，所以f (x 2)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k .又f (x )＝f (x 2)，即证f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，构造函数h (x )＝f (x )－f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k＝(ln x －k －1)x －⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2k x e k e 2kx ，即h (x )＝x ln x －(k ＋1)x ＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛--x k xx 1ln ，x ∈(0，e k )．h ′(x )＝ln x ＋1－(k ＋1)＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛-+-221ln 1x k x x ＝(ln x －k )(x 2－e 2k )x 2，因为x ∈(0，e k )，所以ln x －k <0，x 2<e 2k ，即h ′(x )>0，所以函数h (x )在区间(0，e k )上单调递增，故h (x )<h (e k )，而h (e k )＝f (e k )－f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛k k e e2＝0，故h (x )<0，所以f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛12x e k ，即f (x 2)＝f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，所以x 1x 2<e 2k 成立．题组训练二 利用导数证明与函数有关的不等式 已知函数f (x )＝ln x ＋ax(a >0)．(1)若函数f (x )有零点，求实数a 的取值范围； (2)证明：当a ≥2e时，f (x )>e －x .(1)【解】 方法一 函数f (x )＝ln x ＋ax 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋a x ，得f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2.因为a >0，则当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． 当x ＝a 时，f (x )min ＝ln a ＋1. 当ln a ＋1≤0，即0<a ≤1e时，又f (1)＝ln 1＋a ＝a >0，则函数f (x )有零点．所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤⎝⎛e1,0方法二 函数f (x )＝ln x ＋a x 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋ax ＝0，得a ＝－x ln x .令g (x )＝－x ln x ，则g ′(x )＝－(ln x ＋1)．当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0时，g ′(x )>0；当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e时，g ′(x )<0.所以函数g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递减．故当x ＝1e 时，函数g (x )取得最大值g ⎪⎭⎫⎝⎛e 1＝－1e ln 1e ＝1e.因为函数f (x )＝ln x ＋a x 有零点，则0<a ≤1e，所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛e1,0.(2)【证明】 要证明当a ≥2e 时，f (x )>e －x ，即证明当x >0，a ≥2e 时，ln x ＋a x >e －x ，即x ln x ＋a >x e －x .令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1. 当0<x <1e 时，h ′(x )<0；当x >1e时，h ′(x )>0.所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递增．当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ＋a .于是，当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1e.∈令φ(x )＝x e －x ，则φ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )． 当0<x <1时，φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0.所以函数φ(x )在()0，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 当x ＝1时，φ(x )max ＝φ(1)＝1e .于是，当x >0时，φ(x )≤1e.∈显然，不等式∈∈中的等号不能同时成立． 故当a ≥2e时，f (x )>e －x .题型三 用赋值法证明与正整数有关的不等式 【题型要点】(1)利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关，如本例中给出的函数f (x )在a ＝12，x ≥1时，有不等式12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x ，根据函数的定义域，这个不等式当然对一切大于等于1的数成立，这样根据所证不等式的特点，给定x 以适当的数值即可证明正整数不等式．凡涉及从1到n 的整数的不等式，而且不等式中含有ln n 的问题，一般都是通过赋值使之产生ln n ＋1n ，ln n n －1等使问题获得解决的，如证明12＋23＋…＋nn ＋1<n ＋ln 2－ln(n ＋2)时，就是通过变换n n ＋1＝1－1n ＋1，进而通过不等式x >ln(1＋x )(x >0)，得1n >ln ⎪⎭⎫ ⎝⎛+n 11＝ln(n ＋1)－ln n .(2)证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的．【例3】已知函数f (x )＝ax ＋bx ＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.(1)用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围； (3)证明：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1)(n ≥1)．【解析】 (1)f ′(x )＝a －bx 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝0，f ′(1)＝a －b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a －1c ＝1－2a .(2)由(1)知f (x )＝ax ＋a －1x＋1－2a .令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1x ＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)，则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1x＝ax 2－x －(a －1)x 2＝21)1(xa a x x a ⎪⎭⎫ ⎝⎛---(∈)当0＜a <12时，1－a a>1.若1<x <1－aa ，则g ′(x )<0，g (x )是减函数，所以g (x )<g (1)＝0，即f (x )<ln x 故f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上不恒成立． (∈)当a ≥12时，1－a a≤1，若x ＞1，则g ′(x )>0，g (x )是增函数，所以g (x )>g (1)＝0，即f (x )>ln x ， 故当x ≥1时，f (x )≥ln x .综上所述，所求a 的取值范围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21(3)证法一：由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)，且当x ＞1时，12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1＞ln x .令x ＝k ＋1k ，且ln k ＋1k <12⎪⎭⎫⎝⎛+-+11k k k k ＝12⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+--⎪⎭⎫ ⎝⎛+11111k k ， 即ln(k ＋1)－ln k <12⎪⎭⎫ ⎝⎛++111k k ，k ＝1,2,3，…，n .将上述n 个不等式依次相加得ln(n ＋1)<12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅⋅++n 13121＋12(n ＋1)，整理得1＋12＋13＋…1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1).证法二：用数学归纳法证明．∈当n ＝1时，左边＝1， 右边＝ln 2＋14<1，不等式成立．∈假设n ＝k 时，不等式成立，就是 1＋12＋13＋…＋1k >ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1). 那么1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1)＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1).由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)．令x ＝k ＋2k ＋1，得12⎪⎭⎫⎝⎛++-++2112k k k k ≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1)． ∈ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1)≥ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).∈1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).这就是说，当n ＝k ＋1时，不等式也成立， 根据∈和∈，可知不等式对任何n ∈N *都成立． 题组训练三 用赋值法证明与正整数有关的不等式 设函数f (x )＝e x －ax －1，对∈x ∈R ，f (x )≥0恒成立． (1)求a 的取值集合；(2)求证：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)(n ∈N *)．【解析】 (1)f (x )＝e x －ax －1，f ′(x )＝e x －a ，∈当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在x ∈R 上单调递增，又f (0)＝0，所以当x ∈(－∞，0)，f (x )<0，不合题意，舍去；∈当a >0时，x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减，x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增，f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a －1，则需a －a ln a －1≥0恒成立．令g (a )＝a －a ln a －1，g ′(a )＝－ln a ，当a ∈(0,1)时，g ′(a )>0，g (a )单调递增，当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )<0，g (a )单调递减，而g (1)＝0，所以a －a ln a －1≤0恒成立．所以a 的取值集合为{1}．(2)由(1)可得e x －x －1>0(x >0)，x >ln(x ＋1)(x >0)，令x ＝1n ，则1n >ln ⎪⎭⎫⎝⎛+11n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n ， 所以1＋12＋13＋…＋1n>(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋(ln(n ＋1)－ln n )＝ln(n ＋1)(n ∈N *)．题型四 构造函数法在解题中的应用【例4】 已知函数f (x )＝e x －3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 3e ，且x >0时，e x x >32x ＋1x －3a .【解析】 (1)由f (x )＝e x －3x ＋3a ，知f ′(x )＝e x －3. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝3(1－ln 3＋a )． (2)证明：待证不等式等价于e x >32x 2－3ax ＋1，设g (x )＝e x －32x 2＋3ax －1，于是g ′(x )＝e x －3x ＋3a . 由(1)及a >ln 3e＝ln 3－1知，g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增． 于是当a >ln 3e ＝ln 3－1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>32x 2－3ax ＋1，故e x x >32x ＋1x－3a .题组训练四1．构造函数解不等式已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)【解析】 因为f (x ＋2)为偶函数，所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称，所以f (x )的图象关于x ＝2对称．所以f (0)＝f (4)＝1.设g (x )＝f (x )e x (x ∈R )，则g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x .又f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0(x ∈R )，所以函数g (x )在定义域上单调递减． 因为f (x )<e x ∈f (x )e x <1，而g (0)＝f (0)e 0＝1，所以f (x )<e x ∈g (x )<g (0)，所以x >0.故选B. 【答案】 B2．构造函数证明不等式设函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，曲线y ＝f (x )过点(e ，e 2－e ＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y ＝0.(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )≥(x －1)2；(3)若当x ≥1时，f (x )≥m (x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围．【解】 (1)函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，可得f ′(x )＝2a ln x ＋ax ＋b ，因为f ′(1)＝a ＋b ＝0，f (e)＝a e 2＋b (e －1)＝a (e 2－e ＋1)＝e 2－e ＋1，所以a ＝1，b ＝－1.(2)证明：f (x )＝x 2ln x －x ＋1， 设g (x )＝x 2ln x ＋x －x 2(x ≥1)，g ′(x )＝2x ln x －x ＋1，(g ′(x ))′＝2ln x ＋1＞0，所以g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )≥g ′(1)＝0，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥(x －1)2.(6分) (3)设h (x )＝x 2ln x －x －m (x －1)2＋1， h ′(x )＝2x ln x ＋x －2m (x －1)－1，由(2)中知x 2ln x ≥(x －1)2＋x －1＝x (x －1)， 所以x ln x ≥x －1，所以h ′(x )≥3(x －1)－2m (x －1)， ∈当3－2m ≥0即m ≤32时，h ′(x )≥0，所以h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，成立． ∈当3－2m ＜0即m ＞32时，h ′(x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)， (h ′(x ))′＝2ln x ＋3－2m ，令(h ′(x ))′＝0，得x 0＝e 2m －32＞1，当x ∈[1，x 0)时，h ′(x )＜h ′(1)＝0，所以h (x )在[1，x 0)上单调递减，所以h (x )＜h (1)＝0，不成立．综上，m ≤32.3．构造函数解决数列问题设函数f (x )＝x 2－ln(x ＋1)，证明：对任意的正整数n 不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立． 【证明】 从数列的角度考虑左边的通项为f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1，右边的通项为1n 3，若能证明⎪⎭⎫ ⎝⎛n f 1<1n3，则不等式获证，为此构造函数F (x )＝f (x )－x 3＝x 2－ln(x ＋1)－x 3， 则F ′(x )＝－3x 2＋2x －1x ＋1＝－3x 3＋x 2－2x ＋1x ＋1＝－3x 3＋(x －1)2x ＋1，显然当x ∈[0，＋∞)时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在[0，＋∞)上是单调减函数， 又F (0)＝0，所以当x ∈[0，＋∞)时，恒有F (x )<F (0)＝0， 即x 2－ln(x ＋1)<x 3恒成立． 所以x ∈[0，＋∞)时，f (x )<x 3， 取x ＝1k，则有f ⎪⎭⎫⎝⎛k 1<1k 3，所以f (1)<1，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21<123，…，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛n 1<1n 3，于是对任意的正整数n ，不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立． 【专题训练】1．已知函数f (x )＝ax 2＋2x －ln(x ＋1)(a 为常数)． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当x ∈[0，＋∞)时，不等式f (x )≤x 恒成立，求实数的取值范围．【解析】 (1)函数的定义域为(－1，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x 2＋2x －ln(x ＋1)， ∈f ′(x )＝－2x ＋2－1x ＋1＝1－2x 2x ＋1，由f ′(x )>0得，－22<x <22， 由f ′(x )<0得，－1<x <22或x >22， ∈函数f (x )的单调增区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-22,22，单调减区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--22,1和⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,22(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤x 恒成立， 令g (x )＝f (x )－x ＝ax 2＋x －ln(x ＋1)， 问题转换为x ∈[0，＋∞)时，g (x )max ≤0. ∈g ′(x )＝2ax ＋1－11＋x ＝x [2ax ＋(2a ＋1)]x ＋1， ∈当a ＝0时，g ′(x )＝xx ＋1≥0，∈g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增， 此时g (x )无最大值，故a ＝0不合题意．∈当a >0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a<0，此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增，此时无最大值，故a >0不合题意． ∈当a <0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a，当－12<a <0时，x 2＝－(2a ＋1)2a>0，而g (x )在[0，x 2)上单调递增，在[x 2，＋∞)上单调递减，∈g (x )max ＝g (x 2)＝a －14a －ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 21 ＝a －14a＋ln(－2a )，令φ(x )＝x －14x ＋ln(－2x )，x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21，则φ′(x )＝1＋14x 2＋1x ＝(2x ＋1)24x 2>0，∈φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上单调递增， 又φ⎪⎭⎫⎝⎛-81e ＝－1e 8＋e 34－3ln 2，当e≈2.71时，e 3≈19.9，∈φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上小于或等于不恒成立， 即g (x )max ≤0不恒成立， 故－12<a <0不合题意．当a ≤－12时，x 2＝－(2a ＋1)2a ≤0，而此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递减， ∈g (x )max ＝g (0)＝0，符合题意．综上可知，实数的取值范围是⎥⎦⎤ ⎝⎛-∞-21,2．已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3.当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0， f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )＝a (x －1)x 3⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-a x a x 22. ∈0<a <2时，2a>1， 当x ∈(0,1)或x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． ∈a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． ∈a >2时，0<2a<1，当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增， 在(1，＋∞)内单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1内单调递减，在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2a 内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a >2时，f (x )在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0内单调递增， 在⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． (2)证明：由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎪⎭⎫ ⎝⎛+--322211x x x＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1x≥0， 可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号，又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x 4.设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1,2]单调递减．因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∈x 0∈(1,2)，使得x ∈(1，x 0)时，φ(x )>0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )<0. 所以h (x )＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号．所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32.即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．3．已知函数f (x )＝x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处与直线y ＝3x －2相切，求a 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2有两个零点x 1，x 2，试判断g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x 的符号，并证明．【解析】 (1)f ′(x )＝1＋ax，又f ′(1)＝3，所以a ＝2.(2)当a >0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x <0；当a <0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x >0，证明如下： 函数g (x )的定义域是(0，＋∞)．若a ＝0，则g (x )＝f (x )－kx 2＝x －kx 2. 令g (x )＝0，则x －kx 2＝0.又据题设分析知，k ≠0，所以x 1＝0，x 2＝1k.又g (x )有两个零点，且都大于0，所以a ＝0不成立．据题设知⎩⎪⎨⎪⎧g (x 1)＝x 1＋a ln x 1－kx 21＝0，g (x 2)＝x 2＋a ln x 2－kx 22＝0.不妨设x 1>x 2，x 1x 2＝t ，t >1. 所以x 1－x 2＋a (ln x 1－ln x 2)＝k (x 1－x 2)(x 1＋x 2)．所以1＋a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)．又g ′(x )＝1＋a x －2kx ，所以g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x ＝1＋2a x 1＋x 2－k (x 1＋x 2)＝1＋2a x 1＋x 2－1－a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2＝a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛---+212121ln ln 2x x x x x x ＝a x 2⎪⎭⎫ ⎝⎛--+i t t t ln 12＝a x 2·1t －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-t t t ln 112 引入h (t )＝2(t －1)t ＋1－ln t (t >1)，21 则h ′(t )＝4(t ＋1)2－1t ＝－(t －1)2t (t ＋1)2<0. 所以h (t )在(0，＋∞)上单调递减． 而h (1)＝0，所以当t >1时，h (t )<0.易知x 2>0，1t －1>0，所以当a >0时，g ′⎪⎭⎫ ⎝⎛+221x x <0； 当a <0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x >0.。
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例1]已知函数$f(x)=1-\frac{1}{x\ln x}$，$g(x)=\frac{1}{x}-bxe^{-x}$，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)求证：当$x\geq 1$时，$f(x)+g(x)\geq\frac{1}{x\ln x}$.解](1)因为$f(x)=1-\frac{1}{x\ln x}$，所以$f'(x)=\frac{1}{x^2\ln x}$，$f'(1)=-1$。
因为$g(x)=\frac{1}{x}-bxe^{-x}$，所以$g'(x)=-\frac{1}{x^2}-be^{-x}+bxe^{-x}$，$g'(1)=1-a-b$。
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$f'(1)\cdot g'(1)=-1$，即$g(1)=a+1-b=1$，$g'(1)=-a-1-b=1$，解得$a=-1$，$b=-1$.2)证明：由(1)知，$g(x)=-\frac{1}{x}+x$，则$f(x)+g(x)\geq\frac{1}{x\ln x}\Leftrightarrow 1-\frac{1}{x\ln x}-\frac{1}{x}+x\geq 0$，即$\frac{1}{x\ln x}-\frac{1}{x}+x\geq 1$。
令$h(x)=1-\frac{1}{x\ln x}-\frac{1}{x}+x(x\geq 1)$，则$h'(x)=\frac{2}{x^3}-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x\ln^2 x}+1$，因为$x\geq 1$，所以$h'(x)>0$，所以$h(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增，所以$h(x)\geq h(1)=1-\frac{1}{\ln e}-1+1=0$，即$\frac{1}{x\ln x}-\frac{1}{x}+x\geq 1$，所以当$x\geq 1$时，$f(x)+g(x)\geq\frac{1}{x\ln x}$.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．例2](2019·长沙模拟)已知函数$f(x)=e^{x^2}-x\ln x$．求证：当$x>1$时，$f(x)<x e^x$.证明]要证$f(x)<xe^x$，只需证$e^x-e^{-x}<\frac{\lnx}{x}$.令$h(x)=\ln x+\frac{1}{x}(x>0)$，则$h'(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^2}=0$，$h''(x)=\frac{2}{x^3}>0$，所以$h(x)$在$(0,+\infty)$上下凸，所以$h(x)\geq h(1)=1$，即$\lnx+\frac{1}{x}\geq 1$，即$\frac{\ln x}{x}\geq 1-\frac{1}{x}$.再令$\varphi(x)=e^x-e^{-x}$，则$\varphi'(x)=e^x+e^{-x}>0$，所以$\varphi(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，所以$\varphi(x)<\varphi(1)=e-e^{-1}$.因为$\frac{\ln x}{x}\geq 1-\frac{1}{x}>1-e^{-1}$，所以$\varphi(x)1$时，$f(x)<e^{x^2}-x\ln x<xe^x$.3.已知不等式 $\frac{e^{1-x_2}-e^{1-x_1}}{\ln{x_1}-\ln{x_2}}>\frac{1}{x_2}$，证明 $\ln{x_1}-\ln{x_2}>1-\frac{1}{e^{1-x_2}-e^{1-x_1}}$。
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不等式问题是数学中常见的问题类型之一，对于不等式问题的解答，有时我们可以利用导数的概念进行证明或解决。
导数是微积分中的重要概念，它可以帮助我们分析函数的增减性和凹凸性，从而帮助我们解决不等式问题。
在本文中，我们将探讨利用导数证明或解决不等式问题的方法和思路。
我们将简要介绍导数的概念，然后结合具体的不等式问题，探讨利用导数证明或解决不等式问题的方法和例子。
导数的概念在微积分中，函数的导数是描述函数变化率的重要概念。
一个函数在某一点的导数可以用来表示这个函数在该点的变化速率，也可以用来表示函数图像在该点的切线斜率。
函数在某一点的导数可以通过下面的极限来定义：\[f'(x)=\lim_{\Delta x \to 0}\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\]\(f'(x)\) 表示函数 \(f(x)\) 在点 \(x\) 处的导数。
导数的定义可以直观地理解为函数图像在某一点的切线斜率，也可以理解为函数在该点的变化速率。
导数有许多重要的性质，例如导数可以用来判断函数的增减性、凹凸性以及极值点等。
利用导数证明不等式在数学中，我们常常遇到需要证明不等式是否成立的问题。
利用导数可以帮助我们证明一些不等式。
对于一个实数函数 \(f(x)\) ，如果我们要证明在某个区间上 \(f(x)\)大于等于某个常数，我们可以利用导数的定义来进行证明。
假设函数 \(f(x)\) 在区间 \([a,b]\) 内可导，且在该区间上 \([a,b]\) 上函数的导数 \(f'(x)\) 大于等于零（\(f'(x) \geq 0\)），则可以得出在该区间上函数 \(f(x)\) 单调递增。
那么对于任意 \(x \in [a,b]\)，都有 \(f(x) \geq f(a)\) 成立。
我们可以利用导数的性质，证明函数在某个区间上大于等于某个常数。
导数证明不等式的几个方法
导数证明不等式的几个方法在高等数学中，我们学习了很多种方法来证明不等式。
其中一种常见的方法是使用导数。
导数是用来描述函数变化率的概念，因此可以很好地用来证明不等式。
本文将介绍几种使用导数证明不等式的方法。
一、利用导数的正负性来证明不等式这种方法是最直接的方法之一、假设我们要证明一个函数f(x)在一个区间上大于等于0，我们可以先求出函数f(x)的导数f'(x)，然后根据f'(x)的正负性来判断f(x)的增减情况。
如果f'(x)大于等于0，则说明f(x)在整个区间上是递增的；如果f'(x)小于等于0，则说明f(x)在整个区间上是递减的。
根据递增或递减的性质，我们可以得出f(x)大于等于0的结论。
例如，我们要证明函数f(x)=x^2在区间[0,∞)上大于等于0。
首先求出f(x)的导数f'(x)=2x。
然后我们发现在整个区间上，f'(x)大于等于0，说明f(x)是递增的。
由于f(0)=0，因此可以得出f(x)大于等于0的结论。
二、利用导数的单调性来证明不等式这种方法是一种延伸和推广。
与前一种方法类似，我们可以根据导数的单调性来判断函数f(x)的增减情况。
如果f'(x)在一个区间上是递增的，那么f(x)在该区间上是凸的；如果f'(x)在一个区间上是递减的，那么f(x)在该区间上是凹的。
利用这个性质，我们可以得出一些重要的结论。
例如，如果我们要证明一个凸函数在一个区间上大于等于一个常数c，那么只需要证明在这个区间的两个端点上的函数值大于等于c，同时导数在这个区间上是递增的。
三、利用导数的极值来证明不等式这种方法利用了导数的极值特性。
如果一个函数f(x)在一些点x0处的导数为0，并且在这个点的左右两侧的导数符号发生了改变，那么我们可以得出结论，在x0处取得极值。
如果f(x)在x0处取得最大值，那么在这个点的左侧函数值都小于等于f(x0)，而在这个点的右侧函数值都大于等于f(x0)；反之，如果f(x)在x0处取得最小值，那么在这个点的左侧函数值都大于等于f(x0)，而在这个点的右侧函数值都小于等于f(x0)。
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在数学中，不等式问题是一个重要且常见的问题类型。
不等式问题涉及到数学中的大小关系，通过比较不同数值的大小关系来判断不等式的成立或者不成立。
在解决不等式问题的过程中，利用导数进行证明和解决不等式问题是一种常见的方法。
导数是函数在某一点的变化率，它可以帮助我们很好地理解函数的性质，并且在解决不等式问题时起到了重要的作用。
本文将详细介绍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基本概念。
在数学中，导数衡量了函数在特定点的变化率。
对于函数y=f(x)，它在点x处的导数记作f'(x)，表示函数在点x处的斜率或者变化率。
导数可以被理解为函数曲线在某一点的切线的斜率，它告诉我们函数在这一点的变化方向和速度。
导数的正负号以及大小可以帮助我们判断函数在该点附近的增减性，从而帮助我们理解函数的性质。
在利用导数证明或解决不等式问题时，我们通常需要借助导数的性质和相关定理来进行推导和证明。
在一元函数的情况下，我们可以通过求导和导数的性质来分析函数的单调性、极值、凹凸性等，从而进一步解决不等式问题。
下面通过具体的例子来介绍如何利用导数证明或解决不等式问题。
例1：证明不等式x^2>0成立。
解：我们将函数y=x^2进行求导，得到y'=2x。
首先我们观察到当x=0时，有y=0，因此0为该函数的一个根。
对于x≠0的情况，函数的导数始终为正数，说明函数在整个实数域上是单调递增的，因此函数的值始终大于0。
我们通过导数的信息证明了不等式x^2>0成立。
解：首先我们将不等式2x^2-3x+1>0转化为函数f(x)=2x^2-3x+1>0，然后求出函数的导数f'(x)=4x-3。
我们找出函数f(x)的驻点，即f'(x)=0的点，求解方程4x-3=0得到x=3/4。
然后我们观察驻点处的导数的正负号，由于3/4是f'(x)的零点，所以我们取x=0和x=1来代入f'(x)进行验证。
利用导数证明不等式的常用方法
利用导数证明不等式的常用方法导数是微积分中的重要理论工具，其应用十分广泛，其中一项应用就是证明不等式。
下面将介绍一些利用导数证明不等式的常用方法。
首先，我们需要明确一些基本概念和定理。
设函数f(x)在区间[a,b]上连续，(a,b)上可导，那么：1.如果f'(x)>0，那么f(x)在[a,b]上单调递增；如果f'(x)<0，那么f(x)在[a,b]上单调递减。
2.如果在(a,b)上f'(x)>g'(x)，则f(x)>g(x)。
3.如果在(a,b)上f'(x)≥g'(x)，则f(x)≥g(x)。
基于以上定理，我们将介绍三种常用的利用导数证明不等式的方法。
方法一：使用函数性质和导数的单调性这种方法适用于证明比较简单的不等式，主要步骤如下：1.首先，根据题目中给出的不等式，构造一个连续函数f(x)。
2.然后，求出f'(x)，根据导数的正负确定f(x)的单调性。
3.最后，根据f(x)的单调性和不等式的要求，得出不等式的成立。
例如，我们来证明当x>0时，有e^x>1+x：1.构造函数f(x)=e^x-1-x。
2.求导得到f'(x)=e^x-1，由于e^x>0，所以f'(x)>0。
3.根据f(x)的单调性，得出e^x-1-x在x>0时为递增函数。
4.由于f(0)=e^0-1-0=0，所以当x>0时，有f(x)>0，即e^x>1+x成立。
方法二：使用导数的比较性质这种方法适用于需要比较多个函数的不等式，主要步骤如下：1.首先，根据题目中给出的不等式，构造多个连续函数。
2.然后，求出这些函数的导数。
3.利用导数的比较性质，确定函数之间的大小关系。
4.最后，根据函数之间的大小关系和不等式的要求，得出不等式的成立。
例如，我们来证明当0 < x < 1时，有x < ln(1 + x)：1.构造函数f(x) = ln(1 + x) - x。
利用导数证明不等式(经典导学案及练习答案详解)
§3.6 利用导数证明不等式题型一 将不等式转化为函数的最值问题例1 已知函数g (x )＝x 3＋ax 2.(1)若函数g (x )在[1,3]上为单调函数，求a 的取值范围；(2)已知a >－1，x >0，求证：g (x )>x 2ln x .(1)解 由题意知，函数g (x )＝x 3＋ax 2，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ，若g (x )在[1,3]上单调递增，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ≥0在[1,3]上恒成立，则a ≥－32； 若g (x )在[1,3]上单调递减，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ≤0在[1,3]上恒成立，则a ≤－92.所以a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－92∪⎣⎡⎭⎫－32，＋∞. (2)证明 由题意得，要证g (x )>x 2ln x ，x >0，即证x 3＋ax 2>x 2ln x ，即证x ＋a >ln x ， 令u (x )＝x ＋a －ln x ，x >0，可得u ′(x )＝1－1x ＝x －1x，x >0， 当0<x <1时，u ′(x )<0，函数u (x )单调递减；当x >1时，u ′(x )>0，函数u (x )单调递增．所以u (x )≥u (1)＝1＋a ，因为a >－1，所以u (x )>0，故当a >－1时，对于任意x >0，g (x )>x 2ln x .教师备选已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x－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 )≥2x. (1)解 因为f (x )＝1－ln x x，x >0，所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1. 因为g (x )＝a e e x ＋1x－bx ， 所以g ′(x )＝－a e e x －1x 2－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，所以g (1)＝a ＋1－b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1，解得a ＝－1，b ＝－1.(2)证明 由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x＋x ， 则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0. 令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x＋x (x ≥1)， 则h (1)＝0，h ′(x )＝－1＋ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋e e x＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋e e x ＋1>0， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以当x ≥1时，h (x )≥h (1)＝0，即1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0， 所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x. 思维升华 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，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．跟踪训练1 已知函数f (x )＝ln x ＋a x，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a >0时，证明：f (x )≥2a －1a. (1)解 f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x 2(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增；若0<x <a ，则f ′(x )<0，函数f (x )在(0，a )上单调递减．(2)证明 由(1)知，当a >0时，f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1.要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a， 即证ln a ＋1a－1≥0. 令函数g (a )＝ln a ＋1a－1， 则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a 2(a >0)， 当0<a <1时，g ′(a )<0；当a >1时，g ′(a )>0，所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (a )min ＝g (1)＝0.所以ln a ＋1a－1≥0恒成立， 所以f (x )≥2a －1a. 题型二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2 (2022·武汉模拟)已知函数f (x )＝a ln x ＋x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明：xf (x )<e x .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋1＝x ＋a x. 当a ≥0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a <0时，若x ∈(－a ，＋∞)，则f ′(x )>0；若x ∈(0，－a )，则f ′(x )<0.所以f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增，在(0，－a )上单调递减．综上所述，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增，在(0，－a )上单调递减．(2)证明 当a ＝1时，要证xf (x )<e x ，即证x 2＋x ln x <e x ，即证1＋ln x x <e x x 2. 令函数g (x )＝1＋ln x x， 则g ′(x )＝1－ln x x 2. 令g ′(x )>0，得x ∈(0，e)；令g ′(x )<0，得x ∈(e ，＋∞)．所以g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g (e)＝1＋1e， 令函数h (x )＝e xx2， 则h ′(x )＝e x (x －2)x 3. 当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (2)＝e 24. 因为e 24－⎝⎛⎭⎫1＋1e >0， 所以h (x )min >g (x )max ，即1＋ln x x <e xx2，从而xf (x )<e x 得证． 教师备选(2022·长沙模拟)已知函数f (x )＝e x 2－x ln x ．求证：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e. 证明 要证f (x )<x e x ＋1e， 只需证e x －ln x <e x ＋1e x， 即e x －e x <ln x ＋1e x. 令h (x )＝ln x ＋1e x(x >0)， 则h ′(x )＝e x －1e x2， 易知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增， 则h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，所以ln x ＋1e x≥0. 再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，易知φ(x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e x －e x ≤0.因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x，故原不等式成立． 思维升华 若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含ln x 与e x ，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．跟踪训练2 (2022·百校大联考)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 ≤0.(1)解 f ′(x )＝e x－a (x >0)， ①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②若a >0，则当0<x <e a时，f ′(x )>0； 当x >e a时，f ′(x )<0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫e a ，＋∞上单调递减． (2)证明 因为x >0，所以只需证f (x )≤e x x－2e ， 当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f (x )max ＝f (1)＝－e.设g (x )＝e x x －2e(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2， 所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e x x －2e. 故不等式xf (x )－e x ＋2e x ≤0得证．题型三 适当放缩证明不等式例3 已知函数f (x )＝e x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x >－2时，求证：f (x )>ln(x ＋2)．(1)解 由f (x )＝e x ，得f (0)＝1，f ′(x )＝e x ，则f ′(0)＝1，即曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －1＝x －0，所以所求切线方程为x －y ＋1＝0.(2)证明 设g (x )＝f (x )－(x ＋1)＝e x －x －1(x >－2)，则g ′(x )＝e x －1，当－2<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0，即g (x )在(－2,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，于是当x ＝0时，g (x )min ＝g (0)＝0，因此f (x )≥x ＋1(当且仅当x ＝0时取等号)，令h (x )＝x ＋1－ln(x ＋2)(x >－2)，则h ′(x )＝1－1x ＋2＝x ＋1x ＋2， 则当－2<x <－1时，h ′(x )<0，当x >－1时，h ′(x )>0，即有h (x )在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，于是当x ＝－1时，h (x )min ＝h (－1)＝0，因此x ＋1≥ln(x ＋2)(当且仅当x ＝－1时取等号)，所以当x >－2时，f (x )>ln(x ＋2)． 教师备选已知函数f (x )＝x ln x x ＋m，g (x )＝x e x ，且曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为x －2y ＋n ＝0. (1)求m ，n 的值；(2)证明：f (x )>2g (x )－1.(1)解 由已知得，f (1)＝0，∴1－0＋n ＝0，解得n ＝－1.∵f ′(x )＝(ln x ＋1)(x ＋m )－x ln x (x ＋m )2，∴f ′(1)＝m ＋1(1＋m )2＝12， 解得m ＝1.(2)证明 设h (x )＝e x －x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x －1>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴h (x )>h (0)＝0，即e x >x ＋1>1，∴1e x <1x ＋1. 要证f (x )>2g (x )－1，即证x ln x x ＋1>2x e x－1， 只需证x ln x x ＋1≥2x x ＋1－1， 即证x ln x ≥x －1，令m (x )＝x ln x －x ＋1，则m ′(x )＝ln x ，∴当x ∈(0,1)时，m ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )>0，∴m (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴m (x )min ＝m (1)＝0，即m (x )≥0，∴x ln x ≥x －1，则f (x )>2g (x )－1得证．思维升华 导数方法证明不等式中，最常见的是e x 和ln x 与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对e x 和ln x 进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．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)ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取等号．跟踪训练3 已知函数f (x )＝a e x －1－ln x －1.(1)若a ＝1，求f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：当a ≥1时，f (x )≥0.(1)解 当a ＝1时，f (x )＝e x －1－ln x －1(x >0)，f ′(x )＝e x －1－1x， k ＝f ′(1)＝0，又f (1)＝0，∴切点为(1,0)．∴切线方程为y －0＝0(x －1)，即y ＝0.(2)证明 ∵a ≥1，∴a e x －1≥e x －1，∴f (x )≥e x －1－ln x －1.方法一 令φ(x )＝e x －1－ln x －1(x >0)，∴φ′(x )＝e x －1－1x， 令h (x )＝e x －1－1x， ∴h ′(x )＝e x －1＋1x 2>0， ∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，φ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(1)＝0，∴φ(x )≥0，∴f (x )≥φ(x )≥0，即f (x )≥0.方法二 令g (x )＝e x －x －1，∴g ′(x )＝e x －1.当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，∴g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴g (x )min ＝g (0)＝0，故e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时取“＝”．同理可证ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取“＝”．由e x ≥x ＋1⇒e x －1≥x (当且仅当x ＝1时取“＝”)，由x －1≥ln x ⇒x ≥ln x ＋1(当且仅当x ＝1时取“＝”)，∴e x －1≥x ≥ln x ＋1，即e x －1≥ln x ＋1，即e x －1－ln x －1≥0(当且仅当x ＝1时取“＝”)，即f (x )≥0.课时精练1．已知函数f (x )＝ln x x ＋a(a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝1e . (1)求实数a 的值，并求f (x )的单调区间；(2)求证：当x >0时，f (x )≤x －1.(1)解 ∵f (x )＝ln x x ＋a， ∴f ′(x )＝x ＋a x －ln x (x ＋a )2，∴f ′(e)＝a e (e ＋a )2， 又曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝1e， 则f ′(e)＝0，即a ＝0，∴f ′(x )＝1－ln x x 2， 令f ′(x )>0，得1－ln x >0，即0<x <e ；令f ′(x )<0，得1－ln x <0，即x >e ，∴f (x )的单调递增区间是(0，e)，单调递减区间是(e ，＋∞)．(2)证明 当x >0时，要证f (x )≤x －1，即证ln x －x 2＋x ≤0，令g (x )＝ln x －x 2＋x (x >0)，则g ′(x )＝1x －2x ＋1＝1＋x －2x 2x＝－(x －1)(2x ＋1)x， 当0<x <1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴g (x )≤g (1)＝0，即当x >0时，f (x )≤x －1.2．已知f (x )＝x ln x .(1)求函数f (x )的极值；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立． (1)解 由f (x )＝x ln x ，x >0，得f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )＝0，得x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 所以当x ＝1e时，f (x )取得极小值， f (x )极小值＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e，无极大值． (2)证明 问题等价于证明x ln x >x e x －2e(x ∈(0，＋∞))． 由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取到． 设m (x )＝x e x －2e(x ∈(0，＋∞))， 则m ′(x )＝1－x ex ，由m ′(x )<0，得x >1时，m (x )单调递减；由m ′(x )>0得0<x <1时，m (x )单调递增，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，x ln x ≥－1e ≥x e x －2e ，两个等号不同时取到，所以对一切x ∈(0，＋∞)都有ln x >1e x －2e x成立．3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性；(2)证明：e x －e 2ln x >0恒成立．(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x， 当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a， ∴x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0； x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)证明 要证e x －e 2ln x >0，即证e x －2>ln x ，令φ(x )＝e x －x －1，∴φ′(x )＝e x －1.令φ′(x)＝0，得x＝0，∴当x∈(－∞，0)时，φ′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(0)＝0，即e x－x－1≥0，即e x≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由e x≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，可得e x－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，又x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，∴e x－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，故e x－2>ln x．即证原不等式成立．4．(2022·常德模拟)已知函数f(x)＝x e x－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>0时，f(x)－ln x≥1.(1)解由题意得f′(x)＝(x＋1)e x－1，设g(x)＝(x＋1)e x，则g′(x)＝(x＋2)e x，当x≤－1时，g(x)≤0，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－1]上单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，又因为g(0)＝1，所以当x<0时，g(x)<1，即f′(x)<0，当x>0时，g(x)>1，即f′(x)>0，综上可知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明要证f(x)－ln x≥1，即证x e x－x－ln x≥1，即证e x＋ln x－(x＋ln x)≥1，令t＝x＋ln x，易知t∈R，待证不等式转化为e t－t≥1.设u(t)＝e t－t，则u′(t)＝e t－1，当t<0时，u′(t)<0，当t>0时，u′(t)>0，故u(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．所以u(t)≥u(0)＝1，原命题得证．。
利用导数证明数列不等式(含解析)
利用导数证明数列不等式(含解析)利用导数证明数列不等式是高考中常见的题型，可以考查学生灵活运用知识的能力。
这种题型一方面以函数为背景，让学生探究函数的性质；另一方面，体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为有具体特征的数列。
可以说，这种题型涉及到函数、导数、数列和不等式，是一题多考的巧妙结合，也是近年来高考的热门题型。
常见的题型有两种类型：一种是利用放缩通项公式解决数列求和中的不等问题，另一种是利用递推公式处理通项公式中的不等问题。
恒成立不等式的来源主要有两种：一是函数的最值，最值可以提供XXX成立的不等式；二是恒成立问题的求解，参数范围内的值均可提供恒成立不等式。
常见的恒成立不等式有lnxx+1.关于前n项和的放缩问题，求数列前n项公式往往要通过数列的通项公式来解决。
高中阶段求和的方法有倒序相加、错位相减、等比数列求和公式和裂项相消。
在处理数列求和不等式时，放缩为等比数列和能够裂项相消的数列的情况比较多见，应优先考虑。
对于数列求和不等式，要从通项公式入手，结合不等号方向考虑放缩成可求和的通项公式。
在放缩时要注意前几问的铺垫与提示，尤其是关于恒成立问题与最值问题所带来的恒成立不等式，往往提供了放缩数列的方向。
放缩通项公式有可能会进行多次，要注意放缩的方向，朝着可求和的通项公式进行靠拢（等比数列，裂项相消等）。
数列不等式也可考虑利用数学归纳法进行证明。
经典例题是已知函数f(x)=kx-xlnx，求函数f(x)的单调区间、当<x≤1时，f(x)≤k恒成立的k的取值范围，以及证明ln1ln2+23+lnnn(n-1)≤n+14.1.已知函数$f(x)=\ln(ax+1)(x\geq0,a>0)$，$g(x)=x-\frac{x^3}{3}$。
1）讨论函数$y=f(x)-g(x)$的单调性；2）若不等式$f(x)\geq g(x)+1$在$x\in[0,+\infty)$时恒成立，求实数$a$的取值范围；3）当$a=1$时，证明：frac{1}{1\cdot3\cdot5\cdots(3572n+1)}+\frac{1}{2\cdot4\cd ot6\cdots(3572n+2)}+\cdots+\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}<f^{(n)}(n)(n\in N^*),$$其中$f^{(n)}(n)$表示$f(x)$的$n$阶导数在$x=n$处的值。
利用导数证明不等式的方法
利用导数证明不等式的方法导数是微积分中的重要概念，它可以用来研究函数在不同点的变化趋势。
在数学中，不等式是一种比较两个数或两个函数大小关系的方式。
结合导数和不等式的概念，我们可以利用导数来证明不等式。
让我们回顾一下导数的定义。
对于一个函数f(x)，在某一点a处的导数f'(a)表示函数在该点处的变化率。
导数可以通过求取函数的极限来计算，也可以通过求取函数的斜率来计算。
导数的正负可以表示函数的增减性，即导数大于0表示函数在该点处递增，导数小于0表示函数在该点处递减。
利用导数证明不等式的方法主要有以下几种：1. 利用导数的正负性：假设我们要证明一个不等式f(x) > g(x)，我们可以先求取函数f(x)和g(x)的导数，然后观察导数的正负性。
如果在某一区间上，f'(x) > g'(x)，则可以得出在该区间上f(x) > g(x)。
举个例子，我们要证明对于所有的x，函数f(x) = x^2 + 3x + 2大于函数g(x) = 2x + 1。
首先，求取f(x)和g(x)的导数分别为f'(x) = 2x + 3和g'(x) = 2。
然后观察导数的正负性，我们发现在所有的x上，f'(x) > g'(x)，因此可以得出对于所有的x，f(x) > g(x)。
2. 利用导数的单调性：如果一个函数在某一区间上是单调递增或单调递减的，那么我们可以根据函数值的大小关系得出不等式的成立。
举个例子，我们要证明对于所有的x大于0，函数f(x) = x^2 + 3x + 2大于函数g(x) = 2x + 1。
首先，求取f(x)和g(x)的导数分别为f'(x) = 2x + 3和g'(x) = 2。
然后观察导数的单调性，我们发现f'(x)是一个递增函数，因此可以得出在x大于0的区间上，f(x)也是一个递增函数。
又因为在x大于0的区间上，f(0) = 2大于g(0) = 1，所以可以得出对于所有的x大于0，f(x) > g(x)。
第17讲 导数的应用——利用导数证明不等式(教师版) 备战2021年新高考数学考点精讲与达标测试
第17讲导数的应用——利用导数证明不等式思维导图知识梳理构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))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)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，e x≥x＋1，ln x＜x＜e x(x＞0)，xx＋1≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，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形式，根据“相同结构”构造辅助函数；(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．题型归纳题型1 移项作差构造函数证明不等式【例1-1】（2019·福州调研）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>x2－2ax＋1.[解](1)由f(x)＝e x－2x＋2a(x∈R)，知f′(x)＝e x－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.当x<ln 2时，f′(x)<0，故函数f(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减；当x >ln 2时，f ′(x )>0，故函数f (x )在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．所以f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f (x )在x ＝ln 2处取得极小值f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2－2ln 2＋2a ，无极大值．(2)证明：要证当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1，即证当a >ln 2－1且x >0时，e x －x 2＋2ax －1>0. 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1(x ≥0)．则g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，由(1)知g ′(x )min ＝g ′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a .又a >ln 2－1，则g ′(x )min >0.于是对∀x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 上单调递增．于是对∀x >0，都有g (x )>g (0)＝0.即e x －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.【跟踪训练1-1】(2020·江西赣州模拟)已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x－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 )≥2x. 【解析】(1)因为f (x )＝1－ln x x， 所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1. 因为g (x )＝a e e x ＋1x－bx ， 所以g ′(x )＝－a e e x －1x 2－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，所以g (1)＝a ＋1－b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1，解得a ＝－1，b ＝－1.(2)证明：由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x＋x ， 则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0. 令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x＋x (x ≥1)， 则h (1)＝0，h ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋e e x ＋1.因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋e e x ＋1>0， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，即1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0， 所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x. 【名师指导】一般地，要证f (x )>g (x )在区间(a ，b )上成立，需构造辅助函数F (x )＝f (x )－g (x )，通过分析F (x )在端点处的函数值来证明不等式．若F (a )＝0，只需证明F (x )在(a ，b )上单调递增即可；若F (b )＝0，只需证明F (x )在(a ，b )上单调递减即可.题型2 构造双函数，利用“若f(x)min>g(x)max ，则f(x)>g(x)”证明不等式【例2-1】（2020·菏泽调研）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>1ex ＋1－2e 2x 成立． [解] (1)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 ＝1e 2. 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 2时，f ′(x )＜0； 当x ＞1e 2时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e 2，＋∞上单调递增． 因此f (x )在x ＝1e 2处取得最小值，即f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e 2＝－1e 2，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值． (2)证明：当x >0时，ln x ＋1>1ex ＋1－2e 2x 等价于x (ln x ＋1)>x ex ＋1－2e 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 ex ＋1－2e 2，x ∈(0，＋∞)，则G ′(x )＝1－x ex ＋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 . 【跟踪训练2-1】（2020·南京模拟）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)．【解析】(1)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 ＋1－1x 2＝ln x ＋x 2－1x 2. 注意到h ′(1)＝0，当x >1时，h ′(x )>0；当0<x <1时，h ′(x )<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).【名师指导】1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．2．不等式里既有指数又有对数，求导后不好处理，通常是把指数和对数分开，使得不等式一边是指数，另一边是对数，分别计算它们的最值，利用最值来证明不等式.题型3 变量代换法证明双变量函数不等式【例3-1】（2020·大连模拟）若b >a >0，求证：ln b －ln a >2a (b －a )a 2＋b 2. [证明] 法一：主元法构造函数f (x )＝ln b －ln x －2x (b －x )x 2＋b 2， 其中0<x <b ，则f ′(x )＝－1x －2b 3－4b 2x －2bx 2(x 2＋b 2)2＝－(x 2＋b 2)2＋(2b 3－4b 2x －2bx 2)x x (x 2＋b 2)2＝－(b 2－x 2)(b 2－x 2＋2bx )x (x 2＋b 2)2. ∵0<x <b ，∴f ′(x )＝－(b 2－x 2)(b 2－x 2＋2bx )x (x 2＋b 2)2<0，则函数f (x )在(0，b )上单调递减，而b >a >0，故f (a )>f (b )＝0，即ln b －ln a >2a (b －a )a 2＋b 2. 法二：整体换元法令b a ＝t (t >1)，构造函数f (t )＝ln t －2(t －1)t 2＋1，则f ′(t )＝1t ＋2t 2－4t －2(t 2＋1)2＝t 4＋2t 3－2t 2－2t ＋1t (t 2＋1)2＝(t 2－1)(t 2＋2t －1)t (t 2＋1)2. ∵t >1，∴t 2－1>0，t 2＋2t －1>12＋2－1>0，则f ′(t )>0，∴f (t )在(1，＋∞)上单调递增，故f (t )>f (1)＝0，即ln b a －2⎝⎛⎭⎫b a －11＋⎝⎛⎭⎫b a 2>0，从而有ln b －ln a >2a (b －a )a 2＋b 2. 法三：函数不等式的对称性原不等式可化为ln b －2ab a 2＋b 2>ln a －2a 2a 2＋b 2， 则构造函数f (x )＝ln x －2ax a 2＋b 2(b ≥x >a >0)，则f ′(x )＝1x －2a a 2＋b 2>1b －2a 2ab ＝0，∴f (x )＝ln x －2ax a 2＋b 2在(a ，b )上单调递增，即f (b )>f (a )，则ln b －2ab a 2＋b 2>ln a －2a 2a 2＋b 2，故ln b －ln a >2a (b －a )a 2＋b 2. 【跟踪训练3-1】（2020·郑州模拟）已知函数f (x )＝ln x x ＋a(a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较2 0182 019与2 0192 018的大小，并说明理由；(2)若函数g (x )＝f (x )－k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1·x 2＞e 2.【解析】(1)依题意得f ′(x )＝x ＋a x －ln x (x ＋a )2，所以f ′(1)＝1＋a (1＋a )2＝11＋a .易知f ′(1)＝1，即11＋a＝1，解得a ＝0.所以f (x )＝ln x x (x ＞0)，f ′(x )＝1－ln x x 2. 令f ′(x )＞0，即1－ln x ＞0，解得0＜x ＜e ；令f ′(x )＜0，即1－ln x ＜0，解得x ＞e.所以f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．所以f (2 018)＞f (2 019)，即ln 2 0182 018＞ln 2 0192 019， 即2 019ln 2 018＞2 018ln 2 019，即2 0182 019＞2 0192 018.(2)证明：由题意及(1)得g (x )＝ln x x－k ，不妨设x 1＞x 2＞0，因为g (x 1)＝g (x 2)＝0，所以ln x 1－kx 1＝0，ln x 2－kx 2＝0，可得ln x 1＋ln x 2＝k (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝k (x 1－x 2)．要证明x 1·x 2＞e 2，只需证明ln x 1＋ln x 2＞2，即证k (x 1＋x 2)＞2.因为k ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以可转化为证ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2.令x 1x 2＝t ，则t ＞1，即证ln t ＞2(t －1)t ＋1. 令h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t ＞1)，则h ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2＞0.所以函数h (t )在(1，＋∞)上是增函数，所以h (t )＞ln 1－2×(1－1)1＋1＝0，即ln t ＞2(t －1)t ＋1得证．所以x 1·x 2＞e 2. 【名师指导】证明双变量函数不等式的常见思路(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．(2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明.。
17 导数的应用——利用导数证明不等式(解析版)
导数的应用——利用导数证明不等式1．(2020·河南豫南九校联考)设定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数f ′(x )满足xf ′(x )>1，则( )A ．f (2)－f (1)>ln 2B ．f (2)－f (1)<ln 2C ．f (2)－f (1)>1D ．f (2)－f (1)<1【解析】选A.根据题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，则xf ′(x )>1⇒f ′(x )>1x＝(ln x )′，即f ′(x )－(ln x )′>0.令F (x )＝f (x )－ln x ，则F (x )在(0，＋∞)上单调递增，故f (2)－ln 2>f (1)－ln 1，即f (2)－f (1)>ln 2.2．（2020•定海区校级模拟）若0<x 1<x 2<1，则( )A ．e x 2－e x 1>ln x 2－ln x 1B ．e x 2－e x 1<ln x 2－ln x 1C ．x 2e x 1>x 1e x 2D ．x 2e x 1<x 1e x 2【解析】选C.令f (x )＝e x x， 则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x （x －1）x 2. 当0<x <1时，f ′(x )<0，即f (x )在(0，1)上单调递减，因为0<x 1<x 2<1，所以f (x 2)<f (x 1)，即e x 2x 2<e x 1x 1， 所以x 2e x 1>x 1e x 2，故选C.3．（2020春•宁波期末）已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)设x ＝2是函数f (x )的极值点，求实数a 的值，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e时，f (x )≥0. 【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x. 由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x. 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e x e－ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x.当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0.所以x ＝1是g (x )的最小值点．故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0.因此，当a ≥1e时，f (x )≥0. 4．(2020·武汉调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a x，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a >0时，证明：f (x )≥2a －1a. 【解】(1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x 2(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增；若0<x <a ，则f ′(x )<0，函数f (x )在(0，a )上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a >0时，f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1.要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a， 即证ln a ＋1a－1≥0. 令函数g (a )＝ln a ＋1a －1，则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a 2(a >0)， 当0<a <1时，g ′(a )<0，当a >1时，g ′(a )>0，所以g (a )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (a )min ＝g (1)＝0.所以ln a ＋1a－1≥0恒成立， 所以f (x )≥2a －1a. 5．(2020·广东茂名一模)已知函数f (x )＝a e x －1x (a ∈R )的图象在x ＝2处的切线斜率为e 2. (1)求实数a 的值，并讨论函数f (x )的单调性；(2)若g (x )＝e x ln x ＋f (x )，证明：g (x )>1.【解】(1)由f ′(x )＝a e x －1（x －1）x 2， 得切线斜率k ＝f ′(2)＝a e·2－122＝e 2，解得a ＝2. 所以f (x )＝2e x －1x ，其定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f ′(x )＝2e x －1·x －1x 2. 令f ′(x )>0，解得x >1，故f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增；令f ′(x )<0，解得x <1，且x ≠0，故f (x )在区间(－∞，0)和区间(0，1)上单调递减．(2)证明：由(1)知g (x )＝e x ln x ＋2e x －1x ，定义域为(0，＋∞)， 所以g (x )>1，即e x ln x ＋2e x －1x >1等价于x ln x >x e x －2e . 设h (x )＝x ln x (x >0)，则h ′(x )＝ln x ＋1.因为h ′⎝⎛⎭⎫1e ＝ln 1e＋1＝0，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，h ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，h ′(x )>0.故h (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增，所以h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e. 设m (x )＝x e x －2e (x >0)，则m ′(x )＝1－x e x .所以当x ∈(0，1)时，m ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )<0.故m (x )在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，所以m (x )在(0，＋∞)上的最大值为m (1)＝－1e. 综上可得，在区间(0，＋∞)上恒有h (x )>m (x )成立，即g (x )>1.6．（2020·济宁期末）已知函数f (x )＝λln x －e －x (λ∈R )．(1)若函数f (x )是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0<x 1<x 2时，e1－x 2－e1－x 1>1－x 2x 1. 【解】(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f (x )＝λln x －e －x ，所以f ′(x )＝λx ＋e －x ＝λ＋x e －x x， 因为函数f (x )是单调函数，所以f ′(x )≤0或f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，①当函数f (x )是单调递减函数时，f ′(x )≤0，所以λ＋x e －x x ≤0，即λ＋x e －x ≤0，λ≤－x e －x ＝－x e x . 令φ(x )＝－x e x ，则φ′(x )＝x －1e x ， 当0<x <1时，φ′(x )<0；当x >1时，φ′(x )>0，则φ(x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x >0时，φ(x )min ＝φ(1)＝－1e ，所以λ≤－1e. ②当函数f (x )是单调递增函数时，f ′(x )≥0，所以λ＋x e －x x ≥0，即λ＋x e －x ≥0，λ≥－x e －x ＝－x e x ， 由①得φ(x )＝－x e x 在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x →＋∞时，φ(x )<0，所以λ≥0.综上，λ的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，－1e ∪[0，＋∞)． (2)证明：由(1)可知，当λ＝－1e 时，f (x )＝－1eln x －e －x 在(0，＋∞)上单调递减， 因为0<x 1<x 2，所以f (x 1)>f (x 2)，即－1e ln x 1－e －x 1>－1eln x 2－e －x 2， 所以e 1－x 2－e 1－x 1>ln x 1－ln x 2.要证e 1－x 2－e 1－x 1>1－x 2x 1， 只需证ln x 1－ln x 2>1－x 2x 1，即证ln x 1x 2>1－x 2x 1. 令t ＝x 1x 2，t ∈(0，1)，则只需证ln t >1－1t， 令h (t )＝ln t ＋1t －1，则h ′(t )＝1t －1t 2＝t －1t 2， 当0<t <1时，h ′(t )<0，所以h (t )在(0，1)上单调递减，又因为h (1)＝0，所以h (t )>0，即ln t >1－1t，原不等式得证．。
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《导数的应用——利用导数证明不等式》达标检测
[A 组]—应知应会
1．(2020·河南豫南九校联考)设定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数f ′(x )满足xf ′(x )>1，则( )
A ．f (2)－f (1)>ln 2
B ．f (2)－f (1)<ln 2
C ．f (2)－f (1)>1
D ．f (2)－f (1)<1
【解析】选A.根据题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，则xf ′(x )>1⇒f ′(x )>1x
＝(ln x )′，即f ′(x )－(ln x )′>0.令F (x )＝f (x )－ln x ，则F (x )在(0，＋∞)上单调递增，故f (2)－ln 2>f (1)－ln 1，即f (2)－f (1)>ln 2.
2．（2020•定海区校级模拟）若0<x 1<x 2<1，则( )
A ．e x 2－e x 1>ln x 2－ln x 1
B ．e x 2－e x 1<ln x 2－ln x 1
C ．x 2e x 1>x 1e x 2
D ．x 2e x 1<x 1e x 2
【解析】选C.令f (x )＝e x x
， 则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x （x －1）x 2
. 当0<x <1时，f ′(x )<0，
即f (x )在(0，1)上单调递减，因为0<x 1<x 2<1，
所以f (x 2)<f (x 1)，即e x 2x 2<e x 1
x 1
， 所以x 2e x 1>x 1e x 2，故选C.
3．（2020春•宁波期末）已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．
(1)设x ＝2是函数f (x )的极值点，求实数a 的值，并求f (x )的单调区间；
(2)证明：当a ≥1e
时，f (x )≥0. 【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x
. 由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x
. 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.。