用导数证明不等式

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利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧（附经典详解）

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。

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)()()(xa g x g a g x F +-+=2ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g xa 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 Î上为减函数，在),(+¥Îa x 上为增函数上为增函数 ∴0)()(min==a F x F ，又a b > ∴0)()(=>a F b F ，即0)2(2)()(>+-+ba gb 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 xa x x G +-=-+-=¢\当0>x 时，0)('<x G ，因此)(x G 在区间),0(+¥上为减函数；上为减函数；因为0)(=a G ，又a b > ∴0)()(=<a G b G ，即 02ln )()2(2)()(<--+-+a x x a g x g a g故2ln )()2(2)()(a x xa g x g a g -<+-+ 综上可知，当综上可知，当b a <<0时，2ln )()2(2)()(0a b ba b g a g -<+-+< 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。

导数与构造函数证明不等式的技巧

导数与构造函数证明不等式的技巧导数是微积分中的一个重要概念。

它可以描述函数在各个点上的变化率，也可以用来求函数的最大值、最小值以及拐点等重要信息。

而构造函数则是数学中一种非常常见的证明不等式的方法。

本文将介绍一些常用的导数和构造函数证明不等式的技巧。

一、使用导数证明不等式1. 求导数确定函数的单调性对于一个函数$f(x)$，如果它在某个区间上的导数$f'(x)$大于0，说明它在该区间上单调递增；如果导数$f'(x)$小于0，则说明它在该区间上单调递减。

因此，如果要证明一个不等式在某个区间上成立，可以先求出函数在该区间上的导数，确定其单调性，然后再比较函数在两个端点处的取值即可。

例如，对于函数$f(x)=x^2-4x+3$，我们可以求出它的导数为$f'(x)=2x-4$。

由于$f'(x)>0$时$f(x)$单调递增，因此当$x<2$时，$f(x)<f(2)$，当$x>2$时，$f(x)>f(2)$，即$f(x)$在$x<2$和$x>2$的区间上都小于$f(2)$，因此我们可以得到不等式$f(x)<f(2)$，即$x^2-4x+3<1$。

2. 求导数判断函数的最值对于一个函数$f(x)$，如果它在某个点$x_0$处的导数$f'(x_0)=0$，且$f^{''}(x_0)>0$（即$f(x)$的二阶导数大于0）则$f(x)$在$x_0$处取得一个局部最小值；如果$f^{''}(x_0)<0$，则$f(x)$在$x_0$处取得一个局部最大值。

因此，如果要证明一个不等式最值的存在性，可以先求出函数的导数，再找出导数为0的点即可。

3. 构造特殊的函数如果一个不等式的两边都是多项式，可以考虑构造一个较为特殊的函数，来证明不等式的成立性。

例如，对于不等式$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\leq\dfrac{3}{2\sqrt[3]{abc}}$，我们可以考虑构造一个函数$f(x)=\dfrac{1}{a+b+x}+\dfrac{1}{b+c+x}+\dfrac{1}{c+a+x}-\dfrac{3}{2\sqrt[3]{(a+x)(b+x)(c+x)}}$，并证明$f(x)\leq 0$。

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。

利用导数证明不等式

利用导数证明不等式例1．已知x>0，求证：x>ln(1+x)分析：设f(x)=x －ln （1+x ）。

x ∈[0,+∞)。

考虑到f(0)=0，要证不等式变为：x>0时，f(x)>f(0)，这只要证明：f(x)在区间),0[+∞是增函数。

证明：令：f(x)=x －lnx ，容易看出，f(x)在区间),0[+∞上可导。

且)0(0)(lim 0f x f x ==+→ 由1111)('+=+-=x x x x f 可得：当),0(+∞∈x 时，0)0()('=>f x f 即x －lnx>0，所以：x>0时，x>lnx评注：要证明一个一元函数组成的不等式成立，首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。

例2：当()π,0∈x 时，证明不等式x x <sin 成立。

证明：设,sin )(x x x f -=则.1cos )('-=x x f∵),,0(π∈x ∴.0)('<x f ∴x x x f -=sin )(在),0(π∈x 内单调递减，而.0)0(=f∴,0)0(sin )(=<-=f x x x f 故当),0(π∈x 时，x x <sin 成立。

点评：一般地，证明),,(),()(b a x x g x f ∈<可以构造函数),()()(x g x f x F -=如果,0)('<x F ，则)(x F 在),(b a 上是减函数，同时若,0)(≤a F 由减函数的定义可知，),(b a x ∈时，有,0)(<x F 即证明了)()(x g x f <。

练习：1.当0>x 时，证明不等式2211x x e x ++>成立。

证明：设(),2112x x e x f x---=则().1'x e x f x --= 令,1)(x e x g x --=则.1)('-=x e x g 当0>x 时，().01'>-=x e x g )(x g ∴在()+∞,0上单调递增，而.0)0(=g (),0)0(=>∴g x g 0)(>∴x g 在()+∞,0上恒成立，即0)('>x f 在()+∞,0恒成立。

用导数证明不等式的常见题型及解题技巧

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1.已知函数，求证：当时，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，从其导数入手即可证明。

【绿色通道】∴当时，，即在上为增函数当时，，即在上为减函数故函数的单调递增区间为，单调递减区间于是函数在上的最大值为，因此，当时，，即∴（右面得证），现证左面，令，当，即在上为减函数，在上为增函数，故函数在上的最小值为，∴当时，，即∴，综上可知，当【警示启迪】如果是函数在区间上的最大（小）值，则有（或），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过就可得证．2、直接作差构造函数证明【例2】已知函数求证：在区间上，函数的图象在函数的图象的下方；分析：函数的图象在函数的图象的下方问题，即，只需证明在区间上，恒有成立，设，，考虑到要证不等式转化变为：当时，，这只要证明：在区间是增函数即可。

【绿色通道】设，即，则 =当时， =从而在上为增函数，∴∴当时，即，故在区间上，函数的图象在函数的图象的下方。

【警示启迪】本题首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。

读者也可以设做一做，深刻体会其中的思想方法。

3、换元后作差构造函数证明【例3】（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式都成立.分析：本题是山东卷的第（II）问，从所证结构出发，只需令，则问题转化为：当时，恒有成立，现构造函数，求导即可达到证明。

【绿色通道】令，则在上恒正，所以函数在上单调递增，∴时，恒有即，∴对任意正整数n，取【警示启迪】我们知道，当在上单调递增，则时，有．如果＝，要证明当时，，那么，只要令＝－，就可以利用的单调增性来推导．也就是说，在可导的前提下，只要证明０即可．4、从条件特征入手构造函数证明【例4】若函数y=在R上可导且满足不等式x >－恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：．a >b【绿色通道】由已知x +>0 ∴构造函数，则x + >0，从而在R上为增函数。

5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地四种常用方法本文将介绍用导数证明函数不等式地四种常用方法.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)1f 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地单调性法来证，但可以这样证明：即证)1)(1ln()(->+-=x x x x f 地最小值是0，而这用导数易证：1()1(1)11x 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 ->≥∈.设()()()()h x f x g x x I =-∈，即证()()0()h x x I >≥∈，也即证min ()()0()h x x I >≥∈(若min ()h x 不存在，则须求函数()h x 地下确界)，而这用导数往往容易解决.例3 (2014年高考课标全国卷I 理科第21题)设函数1e ()e ln x xb f x a x x -=+，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处地切线为e(1)2y x =-+．(1)求,a b ；(2)证明：()1f x >．解 (1)112()e ln e e e x x x x a b b f x a x x x x--'=+-+．题设即(1)2,(1)e f f '==，可求得1,2a b ==．(2)即证2ln e (0)ex x x x x ->->，而这用导数可证(请注意11e ≠)：设()ln (0)g x x x x =>，得min 11()e e g x g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭．设2()e (0)ex h x x x -=->，得max 1()(1)e h x h ==-．注 i)欲证函数不等式()()(,f x g x x I I ≥∈是区间)，只需证明min max ()()()f x g x x I ≥∈，而这用导数往往可以解决.欲证函数不等式()()(,f x g x x I I >∈是区间)，只需证明min max ()()()f x g x x I >∈，或证明min max ()()()f x g x x I ≥∈且两个最值点不相等，而这用导数往往也可以解决.ii)例3第(2)问与《2009年曲靖一中高考冲刺卷理科数学（一）》压轴题第(3)问完全一样，这道压轴题(即第22题)是：已知函数2()ln ,()3f x x x g x x ax ==-+-．(1)求函数()f x 在[,2](0)t t t +>上地最小值；(2)对一切(0,),2()()x f x g x ∈+∞≥恒成立，求实数a 地取值范围；(3)证明：对一切(0,)x ∈+∞，都有12ln e e x x x>-成立．例4 (2013年高考北京卷理科第18题)设L 为曲线C ：y ＝ln x x在点(1，0)处地切线．(1)求L 地方程；(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C 在直线L 地下方．解 (1)(过程略)L 地方程为y ＝x －1.(2)即证1ln -≤x xx (当且仅当1=x 时取等号). 设x x x x g ln 1)(--=，得g ′(x )＝x 2－1＋ln x x 2)0(>x . 当0<x <1时，x 2－1<0，ln x <0，所以g ′(x )<0，得g (x )单调递减；当x >1时，x 2－1>0，ln x >0，所以g ′(x )>0，得g (x )单调递增．所以0)1()(min ==g x g ，得欲证结论成立.(2)地另解即证1ln -≤x x x (当且仅当1=x 时取等号)，也即证0ln 2≥--x x x (当且仅当1=x 时取等号).设x x x x g ln )(2--=，可得)0)(1(12)(>-+='x x xx x g . 进而可得0)1()(min ==g x g ，所以欲证结论成立.(2)地再解即证1ln -≤x xx (当且仅当1=x 时取等号)，也即证x x x -≤2ln (当且仅当1=x 时取等号). 如图1所示，可求得曲线x y ln =与)0(2>-=x x x y 在公共点(1,0)处地切线是1-=x y ，所以接下来只需证明)0(1,1ln 2>-≤--≤x x x x x x (均当且仅当1=x 时取等号)前者用导数易证，后者移项配方后显然成立.所以欲证结论成立.图1例5 (2013年高考新课标全国卷II 理21(2)地等价问题)求证：e ln(2)x x >+．分析用前三种方法都不易解决本问题，下面介绍用导数证明函数不等式地第四种常用方法.设()e (2),()ln(2)(2)xf x xg x x x =>-=+>-，我们想办法寻找出一个函数()h x ，使得()()()(2)f x h x g x x ≥≥>-且两个等号不是同时取到.当然，函数()h x 越简洁越好.但()h x 不可能是常数(因为函数()ln(2)(2)g x x x =+>-地值域是R )，所以我们可尝试()h x 能否为一次函数，当然应当考虑切线.如图2所示，可求得函数()e (2)x f x x =>-在点(0,1)A 处地切线是1y x =+，进而可得()()(2)f x h x x ≥>-；还可求得函数()ln(2)(2)g x x x =+>-在点(1,0)B -处地切线也是1y x =+，进而可得()()(2)h x g x x ≥>-.图2进而可用导数证得()()()(2)f x h x g x x ≥≥>-且两个等号不是同时取到，所以欲证结论成立.当然，用例2地方法，也可给出该题地证明(设而不求)：设)2ln(e )(+-=x x f x ，得1()e (2)2x f x x x '=->-+. 可得()f x '是增函数(两个增函数之和是增函数)，且1e 20,(1)e 102f f ⎛⎫''=<=-> ⎪⎝⎭，所以函数()g x '存在唯一地零点0x (得21e ,e 2,1e )2(000000+==+=+-x x x x x x )，再由均值不等式可得 00min 0000011()()e ln(2)ln e 22022x x f x f x x x x x -⎛⎫==-+=-=++-> ⎪++⎝⎭(因为可证01x ≠-)所以欲证结论成立.例6 求证：e ln 2x x >+.证法1 (例5地证法)用导数可证得1e +≥x x (当且仅当0=x 时取等号)，2ln 1+≥+x x (当且仅当1=x 时取等号)，所以欲证结论成立.证法2 (例2地证法)设x x f x ln e )(-=，得1()e (0)x f x x x'=->.可得()f x '是增函数且1110,(0)02 1.52g g ⎛⎫''-=-<=> ⎪⎝⎭，所以函数)(x g 存在唯一地零点0x (得00001e ,e x x x x -==)，再由均值不等式可得 00min 0000011()()e ln ln e 2x x f x f x x x x x -==-=-=+>(因为可证01x ≠) 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)，只需寻找一个函数()h x (可以考虑曲线()y h x =是函数(),()y f x y g x ==地公切线)使得()()()(2)f x h x g x x ≥≥>-且两个等号不是同时取到，而这用导数往往容易解决.下面再给出例5和例6地联系.对于两个常用不等式e 1,ln 1x x x x ≥+≤-，笔者发现e xy =与ln y x =互为反函数，1y x =+与1y x =-也互为反函数，进而得到了本文地几个结论.定理已知(),()f x g x 都是单调函数，它们地反函数分别是11(),()fx g x --. (1)若()f x 是增函数，()()f s g s ≥恒成立，则11()()ft g t --≤恒成立； (2)若()f x 是减函数，()()f s g s ≥恒成立，则11()()ft g t --≥恒成立； (3)若()f x 是增函数，()()f s g s ≤恒成立，则11()()ft g t --≥恒成立； (4)若()f x 是减函数，()()f s g s ≤恒成立，则11()()ft g t --≤恒成立. 证明下面只证明(1),(4)；(2),(3)同理可证.(1)设不等式()()f s g s ≥中s 地取值范围是A ，当s A ∈时，(),()f s g s 地取值范围分别是,A A f g ，得不等式11()()f t g t --≤中t 地取值范围是A A f g ⋂，所以1000,,(),()A A t f g x A t g x x g t -∀∈⋂∃∈==.由()()f s g s ≥恒成立，得00()()g x f x ≤.由()f x 是增函数，得1()f x -也是增函数，所以1110000(())(())(())f g x f f x x g g x ---≤==，即11()()f t g t --≤.得11,()()A A t f g f t g t --∀∈⋂≤，即欲证结论成立.(4)设不等式()()f s g s ≤中s 地取值范围是A ，当s A ∈时，(),()f s g s 地取值范围分别是,A A f g ，得不等式11()()f t g t --≥中t 地取值范围是A A f g ⋂，所以1000,,(),()A A t f g x A t g x x g t -∀∈⋂∃∈==.由()()f s g s ≤恒成立，得00()()g x f x ≥.由()f x 是减函数，得1()f x -也是减函数，所以1110000(())(())(())f g x f f x x g g x ---≤==，即11()()f t g t --≤.得11,()()A A t f g f t g t --∀∈⋂≤，即欲证结论成立.推论1 已知(),()f x g x 都是单调函数，它们地反函数分别是11(),()fx g x --. (1)若(),()f x g x 都是增函数，则()()f s g s ≥恒成立11()()ft g t --⇔≤恒成立； (2)若(),()f x g x 都是减函数，则()()f s g s ≥恒成立11()()ft g t --⇔≥恒成立. 证明 (1)由定理(1)知“⇒”成立.下证“⇐”：因为()g x 是增函数，11()()g t f t --≥恒成立，11(),()g x f x --地反函数分别是(),()g x f x ，所以由“⇒”地结论得()()g s f s ≤恒成立，即()()f s g s ≥恒成立.(2)同(1)可证.推论2 把定理和推论1中地“,≥≤”分别改为“,><”后，得到地结论均成立. (证法也是把相应结论中地“,≥≤”分别改为“,><”.)在例5与例6这一对姊妹结论“e ln(2),ln e 2x x x x >+<-”中e x y =与ln y x =互为反函数，ln(2)y x =+与e 2x y =-也互为反函数，所以推论2中地结论“若(),()f x g x 都是增函数，则()()f s g s >恒成立11()()ft g t --⇔<恒成立”给出了它们地联系.版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. 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例谈利用导数证明不等式的方法

例谈利用导数证明不等式的方法广西藤县第一中学数学组林红萍在高中数学学习过程中，我们常遇到一些不等式的证明，看似简单，但却无从下手，很难找到切入点，几种常用的证法都一一尝试，却很难奏效。

这时我们不妨变换一下思维角度，从所证不等式的结构和特点出发，结合自己已有知识，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明。

用导数方法证明不等式，其步骤一般是：构造可导函数——研究单调性或最值——得出不等关系——整理得出结论。

下面举例说明：例1：当()π,0∈x 时，证明不等式x x <sin 成立。

证明：设,sin )(x x x f -=则.1cos )('-=x x f∵),,0(π∈x ∴.0)('<x f ∴x x x f -=sin )(在),0(π∈x 内单调递减，而.0)0(=f ∴,0)0(sin )(=<-=f x x x f 故当),0(π∈x 时，x x <sin 成立。

点评：一般地，证明),,(),()(b a x x g x f ∈<可以构造函数),()()(x g x f x F -= 如果,0)('<x F ，则)(x F 在),(b a 上是减函数，同时若,0)(≤a F 由减函数的定义可知，),(b a x ∈时，有,0)(<x F 即证明了)()(x g x f <。

例2：求证：(),113131->-x x 其中().,1+∞∈x证明：设(),1131)(31+--=x x x f 则,11313131)('3232⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=-x x x f ,01131,11,13232>⎪⎪⎭⎫⎝⎛-∴<∴>x x x 即,0)('>x f )(x f ∴在()+∞∈,1x 上是增函数，又∴=,0)1(f 当1>x 时,有,0)1()(=>f x f ()113131->-∴x x 成立。

专题五-利用导数证明不等式--教案

专题五利用导数证明不等式一、用函数的单调性证明不等式：我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）．因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性，然后再用函数单调性达到证明不等式的目的．即把证明不等式转化为证明函数的单调性．一般方法：构造辅助函数→判定单调性→得所证不等式．基本依据：若()f x 在(,)a b 内单增⇒()()()f a f x f b <<；若()f x 在(,)a b 内单减⇒()()()f b f x f a <<．具体有如下几种形式：1．由欲证形式直接构造构造“形似”函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单调递增（减）区间，自变量越大，函数值越大（小），来证明不等式成立．【例1】当0x >时，求证；2ln(1)02x x x --+<．证明：设2()ln(1) (0)2x f x x x x =--+≥，则2()1x f x x '=-+． ∵0x >，∴()0f x '<，故()f x 在[0,)+∞上递减，∴0x >时，()(0)0f x f <=，即2ln(1)02x x x --+<成立．【针对练习1】求证：当(1,)x ∈+∞时，3221ln 032x x x -->．证明：设3221()ln 32F x x x x =--，[1,)x ∈+∞，则221(1)(21)()2x x x F x x x x x-++'=--=．当1>x 时，()0F x '>，从而)(x F 在(1,)+∞上为增函数， ∴1()(1)06F x F >=>，∴3221ln 032x x x -->． 2．由欲证形式做恒等变形作差或作商，变成初等函数四则运算的形式，若变量没有x ，将其中一个常数改为x ），则另一端即为所求作的辅助函数()F x ，然后利用导数证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的．【例2】求证：当),0(+∞∈x 时，2ln(1)2(1)x x x x +<-+．证明：令2()ln(1)2(1)x f x x x x =--++，补充定义(0)0f =，则 2222244212()104(1)14(1)x x x x f x x x x +-'=--=>+++， ∴()f x 在[0,)+∞上单调递增，∴在(0,)+∞上()(0)0f x f >=， ∴2ln(1)2(1)x x x x +<-+．点评：一般的，用导数证明不等式时要注意所构造的函数在区间端点处是否连续，即是否要补充函数在端点处的定义；另外要注意用到一个结论：设函数()f x 在区间[,)a +∞上连续，在区间(,)a +∞内可导，且()0f x '>，又()0f a ≥，则x a >时，()0f x >．【针对练习2】求证：当(0,)x π∈时，sin x x <．证明：令()sin f x x x =-，补充定义(0)0f =，则()cos 10f x x '=-<，∴()f x 在(0,)π上单调递减，∴在(0,)π上()(0)0f x f <=，∴sin x x <．【例3】当)1,0(∈x 时，证明：22(1)ln (1)x x x ++<．证明：令22()(1)ln (1)f x x x x =++-，则(0)0f =，而2()ln (1)2ln(1)2f x x x x '=+++-，(0)0f '=，当(0,1)x ∈时，ln(1)22()22[ln(1)]0111x f x x x x x x+''=+-=+-<+++， ∴()f x '在(0,1)x ∈上递减，即()(0)0f x f ''<=，从而()f x 在(0,1)递减， ∴()(0)0f x f <=，22(1)ln (1)x x x ++<．【针对练习3】求证：当),0(+∞∈x 时，2112x e x x ->+．证明：设21()1 (0)2x f x e x x x =---≥，则()1x f x e x '=--，()1x f x e ''=-．当0x ≥时，()0f x ''≥，∴()f x '在[0,)+∞上单调递增，()(0)0f x f ''≥=，∴()f x 在[0,)+∞上单调递增，()(0)0f x f ≥=，∴2112x e x x ->+．【例4】求证：当0x π<<时，sin 2x x π>．证明：若令()sin 2x x f x π=-，证明过程比较麻烦，我们可令sin 2()x f x x=，则221cos sin cos 2222()(tan )022x x x x x x f x x x ⋅-'==-<， ∵0x π<<，∴022x π<<，则tan 22x x <，∴()0f x '<，即()f x 在(0,)π上单减，故1()()f x f ππ>=，即sin 2x x π>．【例5】求证：当b a e >>时，b a a b >．（常数不等式一般化为函数不等式证明）分析：ln ln ln ln b a a b a b b a a b a b >⇔>⇔>，可令ln () ()x f x x e x=>，证()f x 单减；或者ln ln b a a b b a a b >⇔>，证ln ln ()x a a x x a >>，可令()ln ln ()f x x a a x x a =->，证()0f x >．证法一：令ln () ()x f x x e x =>，则21ln ()0x f x x -'=<，∴()f x 在(,)e +∞单减，又b a e >>，∴ln ln a b a b>，即b a a b >．证法二：令()ln ln ()f x x a a x x a e =->>，则()ln 0a f x a x'=->， ∵ln 1a >，1a x<，∴()f x 在(,)a +∞单增， ∴()()0f x f a >=，ln ln ()x a a x x a >>，特别地令x b =，得ln ln b a a b >，即b a a b >．【针对练习4】证明：当1x >时，2ln (1)ln ln(2)x x x +>+．证明：设ln(1)() (1)ln x f x x x+=>，则22ln ln(1)ln (1)ln(1)1()ln (1)ln x x x x x x x x f x x x x x +--+++'==+．由于11x x <<+，∴0ln ln(1)x x <<+，故ln (1)ln(1)x x x x -++，∴在(1,)+∞内()0f x '<，∴()f x 在(1,)+∞单减，即ln(1)ln(2)ln ln(1)x x x x ++>+，从而2ln (1)ln ln(2)x x x +>+．3．通过换元后作差构造函数证明不等式．【例6】（07山东）证明：对任意的正整数n ，不等式23111ln(1)n n n +>-都成立．分析：本题是山东卷的第（2）问，从所证结构出发，只需令x n=1，则问题转化为：当0>x 时，恒有 23ln(1)x x x +>-成立，现构造函数32()ln(1)h x x x x =-++，求导即可达到证明．证明：令32()ln(1)h x x x x =-++，则32213(1)()3211x x h x x x x x +-'=-+=++在),0(+∞∈x 上恒正， ∴函数()h x 在(0,)+∞上单调递增，∴(0,)x ∈+∞时，恒有()(0)0h x h >=，即32ln(1)0x x x -++>，∴23ln(1)x x x +>-．对任意正整数n ，取1(0,)x n =∈+∞，则有23111ln(1)n n n+>-．【针对练习5】若(0,)x ∈+∞，求证：111ln 1x x x x+<<+．证明：令11t x +=，∵0x >，∴1t >，11x t =-．则原不等式11ln 1t t t ⇔-<<-，令()1ln f t t t =--([1,))t ∈+∞，∴1()1f t t'>-． ∵[1,)t ∈+∞，∴()0f t '≥，∴()f t 在[1,)+∞上为增函数．()(1)0f t f >=，∴1ln t t ->．令1()ln 1g t t t =-+([1,))t ∈+∞，∴22111()t g t t t t-'=-=， ∵[1,)t ∈+∞，∴()0g t '≥，∴()g t 在[1,)+∞上为增函数．()(1)0g t g >=，∴1ln 1t t >-，∴111ln 1x x x x+<<+．点评：（1）代换作用：此题设代换11t x=+，0x <<+∞实际上就是把原来取不到的0x =值代换为可取到的1t =，把原来要研究函数在x →+∞处的值，等价为研究函数在1t =处的值；（2）若令1t x =，则11ln(1)x x +<，即为本题的特例，想一想11ln 1x x x +<+如何证？ 4．利用导数求出函数的最值（或值域）后，再证明不等式．【例7】求证：当n N *∈，3n ≥时，221nn >+．证明：要证原式，即需证：2210n n -->，对3n ≥时成立．设()22 1 (3)x f x x x =--≥，则()2ln2 2 (3)x f x x '=-≥，∵3x ≥，∴3()2ln 22f x '≥->，∴()f x 在[3,)+∞上是增函数，∴()f x 的最小值为3(3)26110f =--=>，()0 (3)f x x >≥． ∴，n N *∈，3n ≥时，221n n >+．【针对练习6】当0x >，01a <<时，证明：1a x ax a -≤-．证明：设() 1 (0)a f x x ax a x =-+->，则11()(1)a a f x ax a a x--'=-=-．令()0f x '=，得1x =．当(0,1)x ∈时，()0f x '>，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，即)(x g 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数．故函数()f x 在(0,)+∞上的最大值为max ()(1)0f x f ==，即()(1)0f x f ≤=，∴10a x ax a -+-≤，即1a x ax a -≤-．【例8】（07安徽）已知定义在正实数集上的函数21()22f x x ax =+，2()3ln g x a x b =+，其中0a >，且2253ln 2b a a a =-，求证：()()f x g x ≥．证明：设221()()()23ln 2F x g x f x x ax a x b =-=+--，则23()(3)()2a x a x a F x x a x x-+'=+-=， ∵0x >，0a >，∴当x a =时，()0F x '=，故()F x 在(0,)a 上为减函数，在(,)a +∞上为增函数，于是函数()F x 在(0,)+∞上的最小值是()()()0F a f a g a =-=，故当0x >时，有()()0f x g x -≥，即()()f x g x ≥．【针对练习7】已知函数()ln(1)f x x x =+-，求证：当1x >-时，恒有11ln(1)1x x x -≤+≤+．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()ln(1)11g x x x =++-+，从其导数入手即可证明．证明：1()111x f x x x '=-=-++． ∴当10x -<<时，()0f x '>，即()f x 在(1,0)-上为增函数；当0>x 时，()0f x '<，即()f x 在(0,)+∞上为减函数．于是函数()f x 在(1,)-+∞上的最大值为max ()(0)0f x f ==，因此，当1x >-时，()(0)0f x f ≤=，即ln(1)0x x +-≤，∴ln(1)x x +≤．令1()ln(1)11g x x x =++-+，则2211()1(1)(1)x g x x x x '=-=+++．当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，当(0,)x ∈+∞时，()0g x '>，即)(x g 在(1,0)-上为减函数，在(0,)+∞上为增函数．故函数)(x g 在(1,)-+∞上的最小值为min ()(0)0g x g ==，∴当1x >-时，()(0)0g x g ≥=，即1ln(1)101x x ++-≥+，∴111)1ln(+-≥+x x ．综上可知，当1x >-时，有11ln(1)1x x x -≤+≤+．【例9】已知31()3f x x x =-，1x ，2[1,1]x ∈-时，求证：12|()()|f x f x -43≤．证明：∵2()1f x x '=-，[1,1]x ∈-时，()0f x '≤，∴()f x 在[1,1]-上递减，故()f x 在[1,1]-上的最大值为2(1)3f -=，最小值为2(1)3f =-，即()f x 在[1,1]-上的值域为22[,]33-． ∴1x ，2[1,1]x ∈-时，1|()|f x 23≤，2|()|f x 23≤，即有12|()()|f x f x -≤12|()||()|f x f x +224333≤+=．【针对练习8】证明：若1p >，对于[0,1]中的任意x 都有11(1)12p p p x x -≤+-≤．证明：()(1) (01)p p f x x x x =+-≤≤，则1111()(1)[(1)]p p p p f x px p x p x x ----'=--=--，令()0f x '=，则11(1)p p x x --=-，即1x x =-，解得12x =．当1(,1]2x ∈时，()0f x '>，当1[0,)2x ∈时，()0f x '<，∴()f x 在1[0,)2递减；()f x 在1(,1]2递增．∴()f x 的最小值为111111()()()2()22222p p p p f -=+==，又(1)1f =，(0)1f =，∴()f x 的最大值为1，即[0,1]x ∈时，11()12p f x -≤≤，故11(1)12p p p x x -≤+-≤．二、用中值定理证明不等式： 1．利用拉格朗日中值定理：若()f x 满足以下条件：（1）)(x f 在闭区间],[b a 内连续；（2）)(x f 在开区间),(b a 上可导，则在(,)a b 内至少存在一点ξ，使得()()()f b f a f b aξ-'=-．一般方法：构造辅助函数→据拉格朗日中值定理得等式→由ξ的范围确定()f ξ'范围得所证不等式．【例1】证明不等式：ln b a b b a b a a--<<(0)a b <<．分析：把不等式可以改写成11()ln ln ()b a b a b a b a-<-<-，可见中项是函数ln x 在区间[,]a b 两端值之差，而()b a -是该区间的长度，于是可对ln x 在[,]a b 上使用拉格朗日中值定理．证明：设()ln f x x =，则1()f x x'=．在区间[,]a b 上满足拉格朗日中值定理的条件，故在(,)a b 上存在ξ，使得()()1()f b f a f b a ξξ-'==-，即ln ln 1b a b a ξ-=-．又因111b aξ<<，于是有1ln ln 1b a b b a a -<<-，即ln b a b b a b a a --<<．【针对练习1】设0a b <<，证明：22ln ln 2b a a b a a b ->-+．证明：设()ln f x x =，则1()f x x'=．在区间[,]a b 上满足拉格朗日中值定理的条件，故在(,)a b 上存在ξ，使得()()1()f b f a f b a ξξ-'==-，即ln ln 1b a b a ξ-=-． ∵222a b ab +≥，∴2212a b a b ≥+，又因11b ξ<，于是有22ln ln 2b a a b a a b ->-+．【针对练习2】设2e a b e <<<，证明：2224ln ln ()b a b a e->-．证明：令2()ln f x x =，则2ln ()x f x x'=．在区间[,]a b 上满足拉格朗日中值定理的条件，故在(,)a b 上存在ξ，使得()()2ln ()f b f a f b a ξξξ-'==-，即22ln ln ln 2b a b a ξξ-=⋅-，2(,)(,)a b e e ξ∈⊂．再令ln ()x g x x=2()e x e <<，1ln ()0x g x x -'=<， ∴()g x 单调递减，222()()g g e e ξ>=，从而2ln 42eξξ⋅>， ∴原不等式2224ln ln ()b a b a e->-成立. 说明：也可令2224()ln ln ()f x x a x a e=---，2()e a x e <<<，证()0f x >．【例2】若0y x <<，1p >，则11()()p p p p py x y x y py x y ---<-<-．分析：∵0y x <<，则原不等式等价于11p pp p x y py px x y---<<-)1(>p ．令()p f t t =，则我们容易联想到Lagrange 中值定理()()()()f x f y f x y x yξ-'-=-．证明：设()p f t t =，则1()p f t pt -'=．在(,)y x 上满足Lagrange 中值定理的条件，故(,)y x ξ∃∈，使得()()()f x f y f x y ξ-'=-，即1p pp x y p x yξ--=-． ∵(,)y x ξ∈，y x ξ<<，∴111p p p py p px ξ---<<，∴11()()p p p p py x y x y py x y ---<-<-．【针对练习3】（13湖北理）设n N *∈，r 为正有理数．证明：1111(1)(1)11r r r r r n n n n n r r ++++--+-<<++．证明：1()r f x x +=，x N *∈，r 为正有理数，则()(1)r f x r x '=+．在区间[,1]n n +上满足拉格朗日中值定理的条件，故在(,1)n n +上存在ξ，使得(1)()()(1)1r f n f n f r n nξξ+-'==++-，即11(1)(1)r r r n n r ξ+++-=+，∴11(1)1r r r n n r ξ+++-=+．又∵(,1)n n ξ∈+，r 为正有理数，∴r r n ξ>，∴11(1)1r r r n n n r +++-<+．同理可证11(1)1r r r n n n r ++--<+，∴1111(1)(1)11r r r r r n n n n n r r ++++--+-<<++．【例3】证明：当0x >时，ln(1)1x x x x <+<+．分析：注意到ln10=，可构造函数的改变量ln(1)ln1x +-，则相应自变量的改变量为(1)1x x +-=，所证不等式等价于1ln(1)ln111x x x+-<<+，可考虑用拉格朗日中值定理，导数入手即可证明．证明：令()ln f x x =，则1()f x x'=．在区间[1,1]x +上满足拉格朗日中值定理的条件．故在(1,1)x +上存在ξ，使得(1)(1)1()11f x f f x ξξ+-'==+-，即ln(1)ln11x x ξ+-=，∴ln(1)1x x ξ+=．由于1111x ξ<<+，∴1ln(1)11x x x +<<+，即ln(1)1x x x x <+<+．【针对练习4】若01x <<，证明：2(1)1x x e x -<+．证明：将不等式变形为2(1)(1)0x x e x --+<，令2()(1)(1)x f x x e x =--+，则2()(12)1x f x x e '=--．在区间[0,] (01)x x <<上满足拉格朗日中值定理的条件．故在(0,)x 上存在ξ，使得()(0)() (0)0f x f f x x ξξ-'=<<-，即()(0)()f x f f x ξ'-=， ∴22(1)(1)[(12)1]x x e x e x ξξ--+=--．由于2()(12)1f e ξξξ'=--的范围不易判断，于是求2()40f e ξξξ''=-<．∴()f ξ'在(0,1)上单调递减，()(0)0f f ξ''<=，即()(0)()0f x f f x ξ'-=<， ∴2(1)(1)0x x e x --+<．小结：拉格朗日中值定理本身是以等式的形式存在的，利用它证明不等式时，根据ξ在(,)a b 内的取值可以估计()f ξ'的取值范围，从而得到要证的不等式．在具体操作时，若要证的不等式不含函数改变量()()f b f a -和自变量b a -，通过对不等式变形，凑出()()f b f a -和b a -，关键是准确选择函数()f x ，以及区间[,]a b ．同时在确定()f ξ'时，可利用导数有关知识，如求二阶导数．2．利用积分中值定理：若)(x f 在闭区间],[b a 内连续，则在(,)a b 内至少存在一点ξ，使得()()()ba f x dx fb a ξ'=-⎰．一般方法：构造辅助函数→据积分中值定理得等式→由ξ的范围确定()f ξ'范围得所证不等式．【例4】（13湖北理）设n N *∈，r 为正有理数．证明：1111(1)(1)11r r r r r n n n n n r r ++++--+-<<++．证明：()r f x x =，x N *∈，r 为正有理数，则在区间[,1]n n +上满足积分中值定理的条件，故在(,1)n n +上存在ξ，使得111111(1)()[(1)]|11r r n rr n n n n n f n n x dx x r r ξ++++++-+-===++⎰，即11(1)1r r rn n r ξ+++-=+．又∵(,1)n n ξ∈+，r 为正有理数，∴r r n ξ>，∴11(1)1r r rn n n r +++-<+．同理可证11(1)1r r r n n n r ++--<+，∴1111(1)(1)11r r r r r n n n n n r r ++++--+-<<++．【针对练习5】积分中值定理证明不等式：ln b a b b a b a a--<<(0)a b <<．分析：1ln ln ln b a b b a dx a x =-=⎰，可见可用积分中值定理构造函数1()f x x=，[,]x a b ∈来处理．证明：设1()f x x=，则在区间[,]a b 上满足积分中值定理的条件，故在(,)a b 上存在ξ，使得1()()ln |ln ln b b a a b a f dx x b a x ξ-===-⎰，即ln ln 1b a b a ξ-=-．又因111b aξ<<，于是有1ln ln 1b a b b a a -<<-，即ln b a b b a b a a --<<．三、用凹凸性证明不等式：我们知道，在(,)a b 内，若()0f x ''>，则函数()y f x =的图形下凸，即位于区间12[,]x x 中点122x x +处弦的纵坐标不小于曲线的纵坐标，即有：1212()()()22x x f x f x f ++≤，其中1x ，2(,)x a b ∈内任意两点．等号仅在12x x =时成立．在(,)a b 内，若()0f x ''<，则函数()y f x =的图形上凸，即位于区间12[,]x x 中点122x x +处弦的纵坐标不小于曲线的纵坐标，即有：1212()()()22x x f x f x f ++≥，其中1x ，2(,)x a b ∈内任意两点．等号仅在12x x =时成立．一般方法：构造辅助函数→判定凹凸性→得所证不等式．【例1】设0x >，0y >，证明不等式ln ln ()ln2x y x x y y x y ++≥+，且等号仅在x y =时成立．分析：将不等式两边同时除以2，变形为为ln ln ()ln 222x x y y x y x y +++≥，便可看出，左边是函数 ()ln f t t t =在两点x ，y 处的值的平均值，而右边是它在中点2x y +处的函数值，这时只需 ()0f t ''≥即可得证．证明：设()ln f t t t =，即()1ln f t t '=+，1()0f t t''=>，故函数()y f x =在(0,)+∞是下凸的．由下凸函数性质x ，(0,)y ∈+∞，1[()()]()22x y f x f y f ++≥，得 ln ln ()ln 222x x y y x y x y +++≥，即ln ln ()ln 2x y x x y y x y ++≥+，等号仅在x y =时成立．【针对练习1】证明：1()() (0, 0, , 1)22n n n x y x y x y x y n ++>>>≠>．证明：令() (0, 1)n f t t t n =>>，则1()n f t nt -'=，2()(1)0n f t n n t -''=->，∴函数()n f t t =在(0,)+∞是凹的，据凹凸性的定义可知，对任意的x ，(0,)y ∈+∞，x y ≠有()()()22x y f x f y f ++<，即1()()22n n n x y x y ++>．。

第108课--利用导数证明不等式

第108课利用导数证明不等式基本方法：解决这类问题关键是构造一个新的函数，再研究新函数在所考虑区间上的单调性和极值、最值；注意：构造新函数()F x 不同，确定()F x '符号难易程度可能不同，所以构造新函数时可对原不等式作适当的变形再进行构造.先构造在赋值，证明和式或积式成立.一、典型例题1.已知函数()21e xax x f x +-=.（1）求曲线()y f x =在点()0,1-处的切线方程；（2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥.答案：（1）210x y --=；（2）见解析解析：（1）()()2212e x ax a xf x +-'-+=，()02f '=.因此曲线()y f x =在点()0,1-处的切线方程是210x y --=.（2）当1a ≥时，()()21e 1e e x x f x x x +-+≥+-+.令()211e x g x x x +=+-+，则()121e x g x x +=++'.当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以()g x ()1=0g ≥-.因此()e 0f x +≥.2.已知函数()23e 2x f x x x x =++-，证明：()ln f x x >.答案：见解析解析：法一：()23e 2x f x x x x =++-，设()2e ln x h x x x x x =++-，则只需证明()32h x >，()()11e 21x h x x x =+++-'()11e 2x x x ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，设()1e 2x g x =+-，则()21e 0x g x x =+>'，()g x ∴在()0,+∞上单调递增，141e 2404g ⎛⎫=+-< ⎪⎝⎭ ，131e 2303g ⎛⎫=+-> ⎪⎝⎭ ，011,43x ⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得0001()0e 2x g x x =+-=，且当()00,x x ∈时，()0g x <，当()0,x x ∈+∞时，()0g x >，∴当()00,x x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，()()0min h x h x ∴==020000e ln x x x x x ++-，由001e 20x x +-=，得001e 2x x =-，()00012h x x x ⎛⎫∴=-+ ⎪⎝⎭2000ln x x x +-20001ln x x x =-+-，设()21ln x x x x ϕ=-+-，11,43x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()121x x x ϕ'=--()()211x x x +-=，∴当11,43x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0x ϕ'<，()x ϕ在11,43⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，∴()()00h x x ϕ=>21133ϕ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭111ln 33⎛⎫-+- ⎪⎝⎭73ln392=+>，因此()32h x >.法二：先证当0x ≥时，()23e 2x f x x x x =++-322x ≥-，即证2e (e 1)0x x x x x x x +-=-+≥，e 10x x -+≥在0x ≥时，显然成立，得证.再证32ln 2x x -≥，设()32ln (0)2h x x x x =-->，则()1212x h x x x ='-=-，令()0h x '=，得12x =，当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 单调递减；当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，()h x 单调递增.∴()32ln 2h x x x =--11ln2022h ⎛⎫≥=-+=> ⎪⎝⎭，即32ln 2x x ->.又()233e 222x f x x x x x =++-≥-，()ln f x x ∴>.二、课堂练习1.已知2()e ln(1)x f x x =++，当0x ≥时，求证：2()(1)f x x x ≥++.答案：见解析解析：设22()e ln(1)(1)(0)x F x x x x x =++-+-≥，则21()2e2(1)11x F x x x '=+-+-+，令()()g x F x '=，则221()41e 2()x g x x '=--+22221[]e e e 2(1)0(1)x x x x =-+-+>+，所以()g x 在[0,)+∞上递增，所以()()(0)0g x F x g '=≥=；所以()F x 在[0,)+∞上递增，所以()(0)0F x F ≥=，即0x ≥时不等式2()(1)f x x x ≥++成立.2.已知函数()e ln 1x f x a x =--.（1）设2x =是()f x 的极值点.求a ，并求()f x 的单调区间；（2）证明：当1e a ≥时，()0f x ≥.答案：（1）212e a =；()f x 在(0,2)单调递减，在(2,)+¥单调递增；（2）证明见解析.解析：（1）()f x 的定义域为()0,+∞，1()e x f x a x ¢=-，由题设知，(2)0f ¢=，所以212ea =.从而()21e ln 12e x f x x =--，211()e 2ex f x x '=-.当02x <<时，()0f x ¢<；当2x >时，()0f x ¢>.所以()f x 在(0,2)上单调递减，在(2,)+¥上单调递增.（2）当1e a ≥时，e ()ln 1e x f x x ≥--.设e ()ln 1e x g x x =--，则()e 1e x g x x'=-，当01x <<时，()0g x ¢<，当1x >时，()0g x ¢>.所以1x =时()g x 取最小值.故当0x >时，()(1)0g x g ³=.因此，当1a e≥时，()0f x ≥.三、课后作业1.已知函数()e 1xf x =-，当1x >-时，证明：221()1x x f x x +->+.答案：见解析解析：因为当1x >-时，不等式221()1x x f x x +->+等价为221e 121x x x x x +->+=+，即证e 20x x ->.设函数()e 2(1)x h x x x =->-，则()e 2x h x '=-，令()0h x '=，解得ln 2x =.当ln 2x >时，()0h x '>，当1ln 2x -<<时，()0h x '<，所以2()(ln 2)22ln 2ln e ln 40h x h ≥=-=->，所以e 20xx ->，则不等式221()1x x f x x +->+成立.2.已知()()21ln 1f x x x x =-+-，证明：()1f x >-.答案：见解析解析：()()12ln 3,0,f x x x x +'=-∈+∞，令()()12ln 3,0,h x x x x =-+∈+∞，所以()2221210x h x x x x+=+=>'，故()h x 在()0,+∞上单调递增，又()1e 120,1ln4ln 024h h ⎛⎫=>=-=< ⎪⎝⎭，所以存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x =，即()00f x '=，所以()0012ln 30*x -+=，所以()(),f x f x '随x 的变化情况如下：x()00,x 0x ()0,x +∞)f x '（-0+()f x 单调递减极小值单调递增所以()()()0000min 21ln 1f x f x x x x ==-+-，由()*式得0013ln 22x x =-，代入上式得()()()0000min 00131321122222f x f x x x x ⎛⎫==--+-=--+ ⎪⎝⎭，令()1312,,1222t x x x x ⎛⎫=--+∈ ⎪⎝⎭，所以()()()22121212022x x t x x x +-'=-=<，所以()t x 在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，()()1t x t >，又()11t =-，所以()1t x >-，即()01f x >-，所以()1f x >-.3.已知函数()21e xax x f x +-=.证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥.答案：见解析解析：当1a ≥时，()()21e 1e e x x f x x x +-+≥+-+.令()211e x g x x x +=+-+，则()121e x g x x +=++'.再令()()121e x x h x g x +++'==，则()12e 0x h x ++'=>，所以()h x 单调递增，又()()110h g '-=-=，所以当1x <-时，()0h x <即()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0h x >即()0g x '>，()g x 单调递增；所以()g x ()1=0g ≥-.因此()e 0f x +≥.。

利用导数证明不等式(精选多篇)

利用导数证明不等式(精选多篇)第一篇：利用导数证明不等式利用导数证明不等式没分都没人答埃。

觉得可以就给个好评!最基本的方法就是将不等式的的一边移到另一边，然后将这个式子令为一个函数f(x).对这个函数求导，判断这个函数这各个区间的单调性，然后证明其最大值(或者是最小值)大于0.这样就能说明原不等式了成立了!1.当x>1时,证明不等式x>ln(x+1)设函数f(x)=x-ln(x+1)求导，f(x)’=1-1/(1+x)=x/(x+1)>0所以f(x)在(1，+无穷大)上为增函数f(x)>f(1)=1-ln2>o所以x>ln(x+12..证明：a-a >0其中0f(a)=a-af’(a)=1-2a当00;当1/2因此，f(a)min=f(1/2)=1/4>0即有当003.x>0,证明：不等式x-x /6先证明sinx因为当x=0时，sinx-x=0如果当函数sinx-x在x>0是减函数，那么它一定<在0点的值0，求导数有sinx-x的导数是cosx-1因为cosx-1≤0所以sinx-x是减函数，它在0点有最大值0，知sinx再证x-x³/6对于函数x-x³/6-sinx当x=0时，它的值为0对它求导数得1-x²/2-cosx如果它<0那么这个函数就是减函数，它在0点的值是最大值了。

要证x²/2+cosx-1>0x>0再次用到函数关系，令x=0时，x²/2+cosx-1值为0再次对它求导数得x-sinx根据刚才证明的当x>0sinxx²/2-cosx-1是减函数，在0点有最大值0x²/2-cosx-1<0x>0所以x-x³/6-sinx是减函数，在0点有最大值0得x-x³/6利用函数导数单调性证明不等式x-x²>0，x∈(0,1)成立令f(x)=x-x²x∈则f’(x)=1-2x当x∈时,f’(x)>0,f(x)单调递增当x∈时,f’(x)<0,f(x)单调递减故f(x)的最大值在x=1/2处取得，最小值在x=0或1处取得f(0)=0,f(1)=0故f(x)的最小值为零故当x∈(0,1)f(x)=x-x²>0。

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)。

二导数证明不等式

二、导数用于证明不等式例1. 已知x∈（0，），求证：sin x＜x＜t a n x。

证明；构造函数f（x）=x－sin x，g（x）=t a n x－x，x∈（0，），则f'（x）=1－cos x＞0，g'（x）=sec2x－1＞0。

所以f（x），g（x）在（0，）内是单调递增函数，故f（x）＞f（0）=0，g（x）＞g（0）=0，即x＞sin x，t a n x＞x，故sin x＜x＜t a n x。

这个三角不等式在相关教材中是用几何方法证明的。

这里是构造函数，利用函数的单调性来证明，简单、快捷。

例2．将函数的图象按向量平移得到函数的图象,求证:当时,.解：将函数的图象按向量平移得到函数.令,则,因为,所以,即函数在区间上是单调增函数,于是有,即,因此有当时,例2.函数。

（1）证明：；（2）若对所有都有，求的范围。

证明：（1）的导数，由于，故，（当且仅当时，等号成立）。

（2）令，则，（ⅰ）若，当时，，故在上为增函数，所以，时，，即。

（ⅱ）若，方程的正根为，此时，若，则，故在该区间为减函数．所以，时，，即，与题设相矛盾．综上，满足条件的的取值范围是。

例 3.设函数，其中。

证明：当时，函数没有极值点；当时，函数有且只有一个极值点，并求出极值。

证明：因为，所以的定义域为．．当时，如果在上单调递增；如果在上单调递减。

所以当时，函数没有极值点。

当时若时，函数有且只有一个极小值点，极小值为．若时，函数有且只有一个极大值点，极大值为。

综合问题例4.已知函数，其中是的导函数。

（1）对满足的一切的值，都有，求实数的取值范围；（2）设，若函数的图象与直线只有一个公共点，求实数的取值范围。

解：（1）由题意，令，对，恒有，即∴即，解得故时，对满足的一切的值，都有（2）。

①当时，的图象与直线只有一个公共点②当时，列表可得，又∵的值域是，且在上单调递增，∴当时函数的图象与直线只有一个公共点。

当时，恒有，由题意得，即，解得，综上，的取值范围是。

高考数学考点归纳之利用导数证明不等式

高考数学考点归纳之利用导数证明不等式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[例1] 已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x －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)求证：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x .[解] (1)因为f (x )＝1－ln xx ，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 －1x2－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.(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 ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋ee x ＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋eex ＋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 .[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[例2] (2019·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．[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 －ln x －1. (1)若f (x )≥0恒成立，求a 的最小值； (2)求证：e －xx＋x ＋ln x －1≥0；(3)已知k (e －x ＋x 2)≥x －x ln x 恒成立，求k 的取值范围． [解] (1)f (x )≥0等价于a ≥ln x ＋1x .令g (x )＝ln x ＋1x (x ＞0)，则g ′(x )＝－ln xx2，所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，则g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)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.(2)证明：当a ＝1时，由(1)得x ≥ln x ＋1，即t ≥ln t ＋1(t ＞0)．令e －xx ＝t ，则－x －ln x ＝ln t ，所以e －xx ≥－x －ln x ＋1，即e －xx＋x ＋ln x －1≥0. (3)因为k (e －x＋x 2)≥x －x ln x 恒成立，即k ⎝⎛⎭⎫e－xx ＋x ≥1－ln x 恒成立，所以k ≥1－ln xe －x x ＋x ＝－e －xx ＋x ＋ln x －1e －xx ＋x ＋1，由(2)知e －xx ＋x ＋ln x －1≥0恒成立，所以－e －xx＋x ＋ln x －1e －xx ＋x ＋1≤1，所以k ≥1. 故k 的取值范围为[1，＋∞)． [解题技法]导数的综合应用题中，最常见就是e x 和ln 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ln 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 ≥e x ，当且仅当x ＝1时取等号；(3)当x ≥0时，e x ≥1＋x ＋12x 2, 当且仅当x ＝0时取等号；(4)当x ≥0时，e x ≥e2x 2＋1, 当且仅当x ＝0时取等号；(5)x －1x≤ln x ≤x －1≤x 2－x ，当且仅当x ＝1时取等号；(6)当x ≥1时，2(x －1)x ＋1≤ln x ≤x －1x ，当且仅当x ＝1时取等号．考点二双变量不等式的证明[典例] 已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋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；(2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，求证：x 1＋x 2≥5－12.[解] (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x )＝1x ＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1) ＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x (x ＞0)．由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，即ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)，令t ＝x 1x 2，设φ(t )＝t －ln t (t ＞0)，则φ′(t )＝1－1t ＝t －1t，易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)＝1，所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1，因为x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12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；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]已知函数f (x )＝ln x ＋ax .(1)求f (x )的最小值；(2)若方程f (x )＝a 有两个根x 1，x 2(x 1＜x 2)，求证：x 1＋x 2＞2a . 解：(1)因为f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2(x ＞0)，所以当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)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 )＝ln a ＋1.(2)证明：若函数y ＝f (x )的两个零点为x 1，x 2(x 1＜x 2)，由(1)可得0＜x 1＜a ＜x 2.令g (x )＝f (x )－f (2a －x )(0＜x ＜a )，则g ′(x )＝(x －a )⎣⎡⎦⎤1x 2－1(2a －x )2＝－4a (x －a )2x 2(2a －x )2＜0，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＜a ，则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 ，＋∞)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[典例] 已知函数f (x )＝ln(x ＋1)＋ax ＋2.(1)若x ＞0时，f (x )＞1恒成立，求a 的取值范围； (2)求证：ln(n ＋1)＞13＋15＋17＋…＋12n ＋1(n ∈N *)．[解] (1)由ln(x ＋1)＋ax ＋2＞1，得 a ＞(x ＋2)－(x ＋2)ln(x ＋1)．令g (x )＝(x ＋2)[1－ln(x ＋1)]，则g ′(x )＝1－ln(x ＋1)－x ＋2x ＋1＝－ln(x ＋1)－1x ＋1.当x ＞0时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．所以g (x )＜g (0)＝2，故a 的取值范围为[2，＋∞)． (2)证明：由(1)知ln(x ＋1)＋2x ＋2＞1(x ＞0)，所以ln(x ＋1)＞xx ＋2.令x ＝1k(k ＞0)，得ln ⎝⎛⎭⎫1k ＋1＞1k1k ＋2，即ln k ＋1k ＞12k ＋1.所以ln 21＋ln 32＋ln 43＋…＋ln n ＋1n ＞13＋15＋17＋…＋12n ＋1，即ln(n ＋1)＞13＋15＋17＋…＋12n ＋1(n ∈N *)．[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ln(x ＋1)＜x 等．[题组训练](2019·长春质检)已知函数f (x )＝e x ，g (x )＝ ln(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：ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n ＋1)－ln n ]n ＜ee －1(n ∈N *)．解：(1)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)，又因为f ′(x )＝e x ，g ′(x )＝1x ＋a，所以1＝ln a ＋b,1＝1a ，解得a ＝1，b ＝1.(2)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 ∈(－∞，0)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，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ln(x ＋2)≤x ＋1，即e x ＞ln(x ＋2)，当a ≤2时，ln(x ＋a )≤ln(x ＋2)＜e x ，所以当a ≤2时，f (x )－g (x )＞0恒成立．当a ≥3时，e 0＜ln a ，即e x －ln(x ＋a )＞0不恒成立．故整数a 的最大值为2.(3)证明：由(2)知e x ＞ln(x ＋2)，令x ＝－n ＋1n ，则e －n ＋1n ＞ln ⎝⎛⎭⎫－n ＋1n ＋2，即e－n ＋1＞⎣⎡⎦⎤ln ⎝⎛⎭⎫－n ＋1n ＋2n＝[ln(n ＋1)－ln n ]n ，所以e 0＋e －1＋e －2＋…＋e －n ＋1＞ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n ＋1)－ln n ]n ，又因为e 0＋e －1＋e －2＋…＋e －n ＋1＝1－1e n1－1e ＜11－1e＝e e －1，所以ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n ＋1)－ln n ]n ＜ee －1.[课时跟踪检测]1．(2019·唐山模拟)已知f (x )＝12x 2－a 2ln x ，a ＞0.(1)求函数f (x )的最小值；(2)当x ＞2a 时，证明：f (x )－f (2a )x －2a ＞32a .解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝x －a 2x ＝(x ＋a )(x －a )x.当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值，也是最小值，且f (a )＝12a 2－a 2ln a .(2)证明：由(1)知，f (x )在(2a ，＋∞)上单调递增，则所证不等式等价于f (x )－f (2a )－32a (x －2a )＞0.设g (x )＝f (x )－f (2a )－32a (x －2a )，则当x ＞2a 时，g ′(x )＝f ′(x )－32a ＝x －a 2x －32a＝(2x ＋a )(x －2a )2x＞0，所以g (x )在(2a ，＋∞)上单调递增，当x ＞2a 时，g (x )＞g (2a )＝0，即f (x )－f (2a )－32a (x －2a )＞0，故f (x )－f (2a )x －2a＞32a . 2．(2018·黄冈模拟)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，＋∞)， ∵f (x )＝λln x －e －x ， ∴f ′(x )＝λx ＋e －x ＝λ＋x e －xx，∵函数f (x )是单调函数，∴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，∴λ＋x e －x x ≤0，即λ＋x e －x ≤0，λ≤－x e －x＝－x ex .令φ(x )＝－xe x ，则φ′(x )＝x －1ex ，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，∴当x ＞0时，φ(x )min ＝φ(1)＝－1e ，∴λ≤－1e.②当函数f (x )是单调递增函数时，f ′(x )≥0，∴λ＋x e －x x ≥0，即λ＋x e －x ≥0，λ≥－x e －x＝－x ex ，由①得φ(x )＝－xe x 在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又∵φ(0)＝0，当x ―→＋∞时，φ(x )＜0，∴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 )＝－1e ln x －e －x 在(0，＋∞)上单调递减，∵0＜x 1＜x 2，∴f (x 1)＞f (x 2)，即－1e ln x 1－e －x 1＞－1e ln x 2－e －x 2，∴e1－x 2－e1－x 1＞ln x 1－ln x 2.要证e1－x 2－e1－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，则当0＜t ＜1时，h ′(t )＝t －1t2＜0，∴h (t )在(0,1)上单调递减，又∵h (1)＝0，∴h (t )＞0，即ln t ＞1－1t ，故原不等式得证．3．(2019·贵阳模拟)已知函数f (x )＝kx －ln x －1(k ＞0)． (1)若函数f (x )有且只有一个零点，求实数k 的值； (2)求证：当n ∈N *时，1＋12＋13＋…＋1n＞ln(n ＋1)．解：(1)∵f (x )＝kx －ln x －1，∴f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x (x ＞0，k ＞0)；当0＜x ＜1k时，f ′(x )＜0；当x ＞1k时，f ′(x )＞0.∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1k 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1k ，＋∞上单调递增， ∴f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1k ＝ln k ， ∵f (x )有且只有一个零点， ∴ln k ＝0，∴k ＝1.(2)证明：由(1)知x －ln x －1≥0，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取等号， ∵n ∈N *，令x ＝n ＋1n ，得1n ＞ln n ＋1n，∴1＋12＋13＋…＋1n ＞ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)，故1＋12＋13＋…＋1n ＞ln(n ＋1)．第三课时导数与函数的零点问题考点一判断函数零点的个数[典例] 设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R.讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．[解] 由题设，g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ＞0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．所以x ＝1是φ(x )的极大值点，也是φ(x )的最大值点．所以φ(x )的最大值为φ(1)＝23.由φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点．[题组训练]1．已知函数f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32，求方程f (x )＝0的解的个数．解：因为f (x )＝3ln x －12x 2＋2x －3ln 3－32(x ＞0)，所以f ′(x )＝3x －x ＋2＝－x 2＋2x ＋3x ＝－(x －3)(x ＋1)x ，当x ∈(0,3)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (3)＝3ln 3－92＋6－3ln 3－32＝0，因为当x →0时，f (x )→－∞；当x →＋∞时，f (x )→－∞，所以方程f (x )＝0只有一个解． 2．设f (x )＝x －1x－2ln x .(1)求证：当x ≥1时，f (x )≥0恒成立；(2)讨论关于x 的方程x －1x －f (x )＝x 3－2e x 2＋tx 根的个数．解：(1)证明：f (x )＝x －1x －2ln x 的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝x 2－2x ＋1x 2＝(x －1)2x 2≥0，∴f (x )在[1，＋∞)上是单调增函数，∴f (x )≥f (1)＝1－1－2ln 1＝0对于x ∈[1，＋∞)恒成立．故当x ≥1时，f (x )≥0恒成立得证． (2)化简方程得2ln x ＝x 3－2e x 2＋tx . 注意到x ＞0，则方程可变为2ln x x＝x 2－2e x ＋t .令L (x )＝2ln x x，H (x )＝x 2－2e x ＋t ，则L ′(x )＝2(1－ln x )x 2. 当x ∈(0，e)时，L ′(x )＞0，∴L (x )在(0，e)上为增函数；当x ∈(e ，＋∞)时，L ′(x )＜0，∴L (x )在(e ，＋∞)上为减函数．∴当x ＝e 时，L (x )max ＝L (e)＝2e. 函数L (x )＝2ln x x，H (x )＝(x －e)2＋t －e 2在同一坐标系内的大致图象如图所示．由图象可知，①当t －e 2＞2e ，即t ＞e 2＋2e时，方程无实数根； ②当t －e 2＝2e ，即t ＝e 2＋2e时，方程有一个实数根； ③当t －e 2＜2e ，即t ＜e 2＋2e时，方程有两个实数根．考点二由函数零点个数求参数[典例] (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .[解] (1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x .当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x .f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )＞0，h (x )没有零点；(ⅱ)当a ＞0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x .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．故h (2)＝1－4a e 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值． ①当h (2)＞0，即a ＜e 24时，h (x )在(0，＋∞)上没有零点． ②当h (2)＝0，即a ＝e 24时，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点． ③当h (2)＜0，即a ＞e 24时，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点．由(1)知，当x ＞0时，e x ＞x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3(e 2a )2＞1－16a 3(2a )4＝1－1a ＞0，故h (x )在(2,4a )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e 24. [解题技法]根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x 轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．[题组训练]1．(2019·安阳一模)已知函数f (x )＝x 33＋x 22与g (x )＝6x ＋a 的图象有3个不同的交点，则a 的取值范围是________．解析：原问题等价于函数h (x )＝x 33＋x 22－6x 与函数y ＝a 的图象有3个不同的交点，由h ′(x )＝x 2＋x －6＝(x －2)(x ＋3)，得x ＝2或x ＝－3，当x ∈(－∞，－3)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增；当x ∈(－3,2)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增．且h (－3)＝272，h (2)＝－223，数形结合可得a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－223，272. 答案：⎝⎛⎭⎫－223，272 2．(2019·赣州模拟)若函数f (x )＝a e x －x －2a 有两个零点，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝a e x －x －2a ，∴f ′(x )＝a e x －1.当a ≤0时，f ′(x )≤0恒成立，函数f (x )在R 上单调递减，不可能有两个零点；当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 1a，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫ －∞，ln 1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ ln 1a ，＋∞上单调递增，∴f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫ ln 1a ＝1－ln 1a－2a ＝1＋ln a －2a . 令g (a )＝1＋ln a －2a (a ＞0)，则g ′(a )＝1a－2. 当a ∈⎝⎛⎭⎫ 0，12时，g (a )单调递增；当a ∈⎝⎛⎭⎫ 12，＋∞时，g (a )单调递减， ∴g (a )max ＝g ⎝⎛⎭⎫ 12＝－ln 2＜0， ∴f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫ ln 1a ＜0，函数f (x )＝a e x －x －2a 有两个零点．综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)．答案：(0，＋∞)[课时跟踪检测]1．设a 为实数，函数f (x )＝－x 3＋3x ＋a .(1)求f (x )的极值；(2)是否存在实数a ，使得方程f (x )＝0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋3，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝1.∵当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(－1,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增．∴f (x )的极小值为f (－1)＝a －2，极大值为f (1)＝a ＋2.(2)方程f (x )＝0恰好有两个实数根，等价于直线y ＝a 与函数y ＝x 3－3x 的图象有两个交点．∵y ＝x 3－3x ，∴y ′＝3x 2－3.令y ′＞0，解得x ＞1或x ＜－1；令y ′＜0，解得－1＜x ＜1.∴y ＝x 3－3x 在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)和(－∞，－1)上为增函数．∴当x ＝－1时，y极大值＝2；当x ＝1时，y 极小值＝－2.∴y ＝x 3－3x的大致图象如图所示．y ＝a 表示平行于x 轴的一条直线，由图象知，当a ＝2或a ＝－2时，y ＝a 与y ＝x 3－3x 有两个交点．故当a ＝2或a ＝－2时，方程f (x )＝0恰好有两个实数根．2．(2019·锦州联考)已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若函数f (x )在x ＝0处取得极值，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝e x ＋ax －a ，得f ′(x )＝e x ＋a .∵函数f (x )在x ＝0处取得极值，∴f ′(0)＝e 0＋a ＝0，∴a ＝－1.∴f (x )＝e x －x ＋1，f ′(x )＝e x －1.∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．易知f (x )在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f (－2)＝1e 2＋3，f (1)＝e ，f (－2)＞f (1)， ∴f (x )在[－2,1]上的最大值是1e 2＋3. (2)f ′(x )＝e x ＋a .①当a ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )在R 上单调递增，且当x ＞1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)＞0；当x ＜0时，取x ＝－1a，则f ⎝⎛⎭⎫－1a ＜1＋a ⎝⎛⎭⎫－1a －1＝－a ＜0，∴函数f (x )存在零点，不满足题意．②当a ＜0时，令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，则x ＝ln(－a )．当x ∈(－∞，ln(－a ))时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(ln(－a )，＋∞)时，f ′(x )＞0 ，f (x )单调递增，∴当x ＝ln(－a )时，f (x )取得极小值，也是最小值．函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )＞0，解得－e 2＜a ＜0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)．3．(2018·郑州第一次质量预测)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a(a ∈R 且a ≠0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数．解：(1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x ＞0)，当a ＜0时，f ′(x )＞0恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2＞0，得x ＞1a，由f ′(x )＝ax －1ax 2＜0，得0＜x ＜1a，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减．综上所述，当a ＜0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减．(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 时，函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数，等价于方程(ln x －1)e x ＋x ＝m 的根的个数．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，则h ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1x ＋ln x －1e x ＋1.由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x－1在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 时，f (x )≥f (1)＝0.∴1x＋ln x －1≥0在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒成立． ∴h ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1x ＋ln x －1e x ＋1≥0＋1＞0， ∴h (x )＝(ln x －1)e x ＋x 在x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递增，∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－2e 1e ＋1e，h (x )max ＝h (e)＝e. ∴当m ＜－2e 1e ＋1e或 m ＞e 时，函数g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上没有零点；当－2e 1e ＋1e≤m ≤e 时，函数g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有一个零点． 4．(2019·益阳、湘潭调研)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x ，a ∈R.(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程；(2)讨论f (x )的单调性；(3)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，f (e)＝e ＋1，f ′(x )＝1x ＋1，f ′(e)＝1＋1e，∴曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y －(e ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1＋1e (x －e)，即y ＝⎝⎛⎭⎫1e ＋1x . (2)f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x(x ＞0)， ①当a ≤0时，显然f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ＞0时，令f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x＝0，则－2ax 2＋x ＋1＝0，易知Δ＞0恒成立．设方程的两根分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)，则x 1x 2＝－12a＜0，∴x 1＜0＜x 2， ∴f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x ＝－2a (x －x 1)(x －x 2)x (x ＞0)．由f ′(x )＞0得x ∈(0，x 2)，由f ′(x )＜0得x ∈(x 2，＋∞)，其中x 2＝1＋8a ＋14a， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋8a ＋14a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋8a ＋14a ，＋∞上单调递减． (3)函数f (x )有两个零点，等价于方程a ＝ln x ＋x x 2有两解．令g (x )＝ln x ＋x x 2(x ＞0)，则g ′(x )＝1－2ln x －x x 3. 由g ′(x )＝1－2ln x －x x 3＞0，得2ln x ＋x ＜1，解得0＜x ＜1， ∴g (x )在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，又∵当x ≥1时，g (x )＞0，当x →0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，∴作出函数g (x )的大致图象如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a ∈(0,1)时符合题意．下面给出证明：当a ≥1时，a ≥g (x )max ，方程至多一解，不符合题意；当a ≤0时，方程至多一解，不符合题意；当a ∈(0,1)时，g ⎝⎛⎭⎫1e ＜0，∴g ⎝⎛⎭⎫1e －a ＜0， g ⎝⎛⎭⎫2a ＝a 24⎝⎛⎭⎫ln 2a ＋2a ＜a 24⎝⎛⎭⎫2a ＋2a ＝a ， ∴g ⎝⎛⎭⎫2a －a ＜0.∴方程在⎝⎛⎭⎫1e ，1与⎝⎛⎭⎫1，2a 上各有一个根，∴若f (x )有两个零点，a 的取值范围为(0,1)．。

专题3.4利用导数证明不等式(2021年高考数学一轮复习专题)

专题利用导数证明不等式一、题型全归纳题型一作差法构造函数证明不等式【题型要点】(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．【例1】(2020·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.【解析】(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.【例2】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)．【解析】(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)．题型二拆分法构造函数证明不等式【题型要点】(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以考虑转化为两个函数的最值问题．(2)在证明过程中，等价转化是关键，此处f (x )min >g (x )max 恒成立．从而f (x )>g (x )，但此处f (x )与g (x )取到最值的条件不是同一个“x 的值”．【例1】设函数f (x )＝ax 2－(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 )＞12x .【解】(1)f ′(x )＝2ax －ln x －1－1x ，由题意，可得f ′(1)＝2a －2＝0，所以a ＝1.(2)证明：由(1)得f (x )＝x 2－(x ＋1)ln x ，要证当0＜x ≤2时，f (x )＞12x ，只需证当0＜x ≤2时，x －ln x x －ln x ＞12，即x －ln x ＞ln x x ＋12.令g (x )＝x －ln x ，h (x )＝ln x x ＋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 xx 2，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 )＞12x . 【例2】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. 【解析】(1)f ′(x )＝ex－a (x ＞0)，∈若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；∈若a ＞0，令f ′(x )＝0，得x ＝e a ，则当0＜x ＜e a 时，f ′(x )＞0；当x ＞ea时，f ′(x )＜0，故f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a e ,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,a e 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.题型三换元法构造函数证明不等式【题型要点】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：【例1】已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋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；(2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，求证：x 1＋x 2≥5－12. 【解】(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点(1,1)，又因为f ′(x )＝1x ＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.(2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x (x ＞0)．由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，得ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)，令t ＝x 1x 2(t ＞0)，令φ(t )＝t －ln t ，得φ′(t )＝1－1t ＝t －1t，易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)＝1，所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1，因为x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12成立. 题型四两个经典不等式的应用【题型要点】逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程. （1）对数形式：x ≥1＋ln x （x ＞0），当且仅当x ＝1时，等号成立.（2）指数形式：e x ≥x ＋1（x ∈R ），当且仅当x ＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链： e x ＞x ＋1＞x ＞1＋ln x （x ＞0，且x ≠1）. 【例1】设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1ln x ＜x .【解析】(1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,1)上单调递增；当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x ＜x －1. 故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，x －1ln x ＞1.∈因此ln 1x ＜1x －1，即ln x ＞x －1x ，x －1ln x＜x .∈故当x ∈(1，＋∞)时恒有1＜x －1ln x＜x . 二、高效训练突破1.(2020·四省八校双教研联考)已知函数f (x )＝ax －ax ln x －1(a ∈R ，a ≠0)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当x >1时，求证：1x －1>1e x－1.【解析】：(1)f ′(x )＝a －a (ln x ＋1)＝－a ln x ，若a >0，则当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；若a <0，则当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：要证1x －1>1e x －1，即证x x －1>e －x ，即证x －1x <e x ，又由第(1)问令a ＝1知f (x )＝x －x ln x －1在(1，＋∞)上单调递减，f (1)＝0，所以当x >1时，x －x ln x －1<0，即x －1x <ln x ，则只需证当x >1时，ln x <e x 即可．令F (x )＝e x －ln x, x >1，则F ′(x )＝e x －1x 单调递增，所以F ′(x )>F ′(1)＝e －1>0，所以F (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以F (x )>F (1)，而F (1)＝e ，所以e x －ln x >e>0，所以e x >ln x ，所以e x >ln x >x －1x ，所以原不等式得证．2.(2020·唐山市摸底考试)设f (x )＝2x ln x ＋1.(1)求f (x )的最小值；(2)证明：f (x )≤x 2－x ＋1x＋2ln x .【解】 (1)f ′(x )＝2(ln x ＋1)．所以当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0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 )取得最小值⎪⎭⎫⎝⎛e f 1＝1－2e .(2)证明：x 2－x ＋1x ＋2ln x －f (x )＝x (x －1)－x －1x －2(x －1)ln x ＝(x －1)⎪⎭⎫⎝⎛--x x x ln 21，令g (x )＝x －1x －2ln x ，则g ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝（x －1）2x 2≥0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又g (1)＝0，所以当0<x <1时，g (x )<0，当x >1时，g (x )>0，所以(x －1)⎪⎭⎫⎝⎛--x x x ln 21≥0，即f (x )≤x 2－x ＋1x ＋2ln x . 3.(2020·福州模拟)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，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 【解】(1)f ′(x )＝ex－a (x ＞0)．∈若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ∈若a ＞0，则当0＜x ＜e a 时，f ′(x )＞0，当x ＞ea 时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0，e a )上单调递增，在(ea ，＋∞)上单调递减．(2)证明：法一：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，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 xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.法二：由题意知，即证e x ln x －e x 2－e x ＋2e x ≤0，从而等价于ln x －x ＋2≤e xe x.设函数g (x )＝ln x －x ＋2，则g ′(x )＝1x －1.所以当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，故g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1. 设函数h (x )＝e xe x ，则h ′(x )＝e x （x －1）e x 2.所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，故h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上，当x ＞0时，g (x )≤h (x )，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 4.(2019·高考北京卷节选)已知函数f (x )＝14x 3－x 2＋x .(1)求曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程； (2)当x ∈[－2，4]时，求证：x －6≤f (x )≤x .【解析】：(1)由f (x )＝14x 3－x 2＋x 得f ′(x )＝34x 2－2x ＋1.令f ′(x )＝1，即34x 2－2x ＋1＝1，得x ＝0或x ＝83.又f (0)＝0，⎪⎭⎫ ⎝⎛38f ＝827，所以曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程是y ＝x 与y －827＝x －83，即y ＝x 与y ＝x －6427.(2)证明：令g (x )＝f (x )－x ，x ∈[－2，4]．由g (x )＝14x 3－x 2得g ′(x )＝34x 2－2x .令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝83.g ′(x )，g (x )的情况如下：故－6≤g (x )≤0，即x －6≤f (x )≤x .5.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，所以原问题等价于证明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c ＝x 1x 2(c ＞1)，则不等式变为ln c ＞2(c －1)c ＋1.令h (c )＝ln c －2(c －1)c ＋1，c ＞1，所以h ′(c )＝1c －4(c ＋1)2＝(c －1)2c (c ＋1)2＞0，所以h (c )在(1，＋∞)上单调递增，所以h (c )＞h (1)＝ln 1－0＝0，即ln c －2(c －1)c ＋1＞0(c ＞1)，因此原不等式x 1x 2＞e 2得证．6.已知函数()()x a ax x x f 12ln 2+++=.（1）讨论()x f 的单调性；（2）当0<a 时，证明()243--≤ax f 【解析】（1）()x f 的定义域为（0，＋∞），()()()xax x a ax x x f 1211221++=+++=' 当0≥a ，则当x ∈（0，＋∞）时，()0>'x f ，故()x f 在（0，＋∞）上单调递增.当0<a ，则当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 21,0时，f ′（x ）＞0；当x ∈⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,21a 时，f ′（x ）＜0. 故()x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,21a 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⎪⎭⎫ ⎝⎛-a f 21＝a a 41121ln --⎪⎭⎫⎝⎛-. 所以()243--≤a x f 等价于24341121ln --≤--⎪⎭⎫ ⎝⎛-a a a ，即012121ln ≤++⎪⎭⎫ ⎝⎛-aa . 设g （x ）＝ln x －x ＋1，则g ′（x ）＝1x －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，012121ln ≤++⎪⎭⎫ ⎝⎛-a a ，即()243--≤a x f . 7.已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜a －2.【解析】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.(∈)若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递减． (∈)若a ＞2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a ＞2.由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2＜0.设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时g (x )＜0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2＜0，即f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜a －2.8．已知函数f (x )＝e x ，g (x )＝ln(x ＋a )＋b .(1)当b ＝0时，f (x )－g (x )＞0恒成立，求整数a 的最大值；(2)求证：ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n ＋1)－ln n ]n ＜ee －1(n ∈N *)．【解析】(1)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 ∈(－∞，0)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，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ln(x ＋2)≤x ＋1，即e x ＞ln(x ＋2)，当a ≤2时，ln(x ＋a )≤ln(x ＋2)＜e x ，所以当a ≤2时，f (x )－g (x )＞0恒成立．当a ≥3时，e 0＜ln a ，即e x －ln(x ＋a )＞0不恒成立．故整数a 的最大值为2. (2)证明：由(1)知e x ＞ln(x ＋2)，令x ＝－n ＋1n ，则e －n ＋1n ＞ln ⎝⎛⎭⎫－n ＋1n ＋2，即e－n ＋1＞ln ⎝⎛⎭⎫－n ＋1n ＋2n＝[ln(n ＋1)－ln n ]n ，所以e 0＋e －1＋e －2 ＋…＋e －n ＋1＞ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n ＋1)－ln n ]n ，又因为e 0＋e －1＋e －2＋…＋e －n ＋1＝1－1e n 1－1e ＜11－1e＝e e －1，所以ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n ＋1)－ln n ]n ＜e e －1.。

高考数学复习：利用导数证明不等式

而
3
f(-1)=e,f(1)=e,f(2)=0,
∴函数 f(x)在区间[-1,2]的最大值为 e,最小值为 0. ....................................... 5 分
(2)证明令
1 2
x 1 2
g(x)=f(x)-2x +x-2e=(2-x)e -2x +x-2e,则
解得x=2,当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0;
当x∈(0,2)时,g'(x)>0,
∴g(x)在(2,+∞)内单调递减,在(0,2)内单调递增,可得g(x)max=f(2)=e2+2.
由于12>e2+2,即f(x)min>g(x)max,所以f(x)>g(x),
故当x>0时,f(x)>-x3+3x2+(3-x)ex.
3(3 -1)

=
3(-1)(2 ++1)
.

令f'(x)=0可得x=1,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(0,1)时,f'(x)<0,
∴f(x)在(1,+∞)内单调递增,在(0,1)内单调递减.
(2)证明由(1)可得f(x)min=f(1)=12.
令g(x)=-x3+3x2+(3-x)ex,则g'(x)=-3x2+6x-ex+(3-x)ex=(2-x)(ex+3x),由g'(x)=0,
所以g(a)的单调递减区间是(1,+∞),单调递增区间是(0,1),
所以g(a)≤g(1)=0,即ln a≤a-1.

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)。