利用导数证明不等式课件
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利用导数证明数列不等式，在高考题中能较好的考查学生灵活运用知识的能力，一方面以函数为背景让学生探寻函数的性质，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为有具体特征的数列，可谓一题多考，巧妙地将函数、导数、数列、不等式结合在一起，也是近年来高考的热门题型. 1、常见类型：（1）利用放缩通项公式解决数列求和中的不等问题 （2）利用递推公式处理通项公式中的不等问题 2、恒成立不等式的来源：（1）函数的最值：在前面的章节中我们提到过最值的一个作用就是提供恒成立的不等式.（2）恒成立问题的求解：此类题目往往会在前几问中进行铺垫，暗示数列放缩的方向.其中，有关恒成立问题的求解，参数范围内的值均可提供恒成立不等式. 3、常见恒成立不等式：（1） 对数→多项式 （2） 指数→多项式4、关于前项和的放缩问题：求数列前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以下几种：（1）倒序相加：通项公式具备第项与第项的和为常数的特点.（2）错位相减：通项公式为“等差等比”的形式（例如，求和可用错位相减）.（3）等比数列求和公式（4）裂项相消：通项公式可裂为两项作差的形式，且裂开的某项能够与后面项裂开的某项进行相消. 注：在放缩法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，故优先考虑.5、大体思路：对于数列求和不等式，要谨记“求和看通项”，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.6、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.7、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）.ln 1x x <-1x e x >+n n k 1n k -+⨯2nn a n =⋅n a8、数列不等式也可考虑利用数学归纳法进行证明（有时更容易发现所证不等式与题目条件的联系）.【经典例题】1．（2020·江苏省如皋中学高三三模）已知函数()ln f x kx x x =-，k ∈R ． （1）当2k =时，求函数()f x 的单调区间；（2）当01x <≤时，()f x k ≤恒成立，求k 的取值范围； （3）设n N *∈，求证：ln1ln 2ln (1)2314n n n n -+++≤+． 2．（2020·四川省内江市第六中学高三三模）已知函数2()ln(1)(0,0),()2x f x ax x a g x x -=+≥>=+. （1）讨论函数()()y f x g x =-的单调性；（2）若不等式()()1f x g x ≥+在[0,)x ∈+∞时恒成立，求实数a 的取值范围； （3）当1a =时，证明：1111+35721n +++<+…*1()(N )2f n n ∈. 3．（2020·安徽合肥·三模）已知函数()x xf x e e ax -=--（e 为自然对数的底数），其中a ∈R.（1）试讨论函数f （x ）的单调性；（2）证明：22132ln 2(1)ni n n i i n n =-->+∑. 4．（2020·安徽相山·淮北一中高三三模）已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （∈）讨论()f x 的单调性；（∈）比较222222ln 2ln 3ln 23n n++⋯+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.5．（2020·云南高三三模）已知函数()1ln f x x a x =-- （１）讨论()f x 的单调性； （2）证明：()*333ln 2ln3ln 1,222332n n N n n n +++<∈≥---．【精选精练】1．（2020·榆林市第二中学高三三模）已知(),()1(xf x eg x x e ==+为自然对数的底数).(1)求证()()f x g x ≥恒成立；(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，2111(1)(1)(1)333n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值. 2．（2020·广东广州高三三模·）已知函数()()()3214613x f x x ex x g x a x lnx -⎛⎫=-+-=--- ⎪⎝⎭，．（1）求函数()f x 在()0+∞，上的单调区间； （2）用{}max m n ，表示m n ，中的最大值，()f x '为()f x 的导函数，设函数()()(){}h x max f x g x '=，，若()0h x ≥在()0+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围； （3）证明：()*11111ln 312313n N n n n n n+++++>∈++-． 3．（2020·安徽蚌埠·高三三模）已知函数()()ln 1x f x x+=.（1）分析函数()f x 的单调性；（2）证明：2111ln 3ln 212n n n ⎛⎫+⎛⎫+++≤ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，2n ≥. 4．（2020·全国高三三模）已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R . (1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 5．（2020·辽宁沙河口·辽师大附中高三三模）已知函数()()2ln 11f x p x p x =+-+．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1p =时，()f x kx ≤恒成立，求实数k 的取值范围； （3）证明：()()*111ln 1123n n N n+<+++⋯+∈．6．（2020·浙江省宁波市鄞州中学高三三模）已知函数()()2f x ax a a R =+∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≤对任意的1x ≥-恒成立，求a 的取值范围；（32600⋅⋅⋅+<.7．（2020·广东广州·高三三模）已知函数()2ln f x a x x =+，其中a R ∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，证明:()21f x x x ≤+-；（3）试比较22222222ln2ln3ln4ln 234n n++++与()()()12121n n n -++ ()*2n N n ∈≥且的大小，并证明你的结论． 8．（2020·黑龙江南岗·哈师大附中三模）已知函数()()2ln 1f x ax bx x =+-+．（∈）当0a =时，函数()f x 存在极值，求实数b 的取值范围；（∈）当1b =时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减，求实数a 的取值范围；（∈）求证：()()1*113ln 2122N 14nk n n k =-+<∈-∑． 9．（2020·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数()()()()ln 111f x x k x k R =---+∈ （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≤恒成立，试确定实数k 的取值范围；（3）证明：()()*1ln 2ln 3ln ,13414n n n n n n -++⋅⋅⋅+<∈>+N . 10．（2020·浙江三模）已知数列{}n a ，112a =，1ln 1n n a a +=-. （1）求证：11n n a a +<<； （2）求证：123201912020a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅<.【经典例题】1．（2020·江苏省如皋中学高三三模）已知函数()ln f x kx x x =-，k ∈R ． （1）当2k =时，求函数()f x 的单调区间；（2）当01x <≤时，()f x k ≤恒成立，求k 的取值范围； （3）设n N *∈，求证：ln1ln 2ln (1)2314n n n n -+++≤+． 【答案】（1）单调递增区间为(0,)e ，单调递减区间为(,)e +∞；（2）[1,)+∞；（3）证明见解析.【解析】（1）当2k =时，()2ln f x x x x =-，'()1ln f x x =-，由'()0f x >，解得0x e <<；由'()0f x <，解得x e >，因此函数()f x 单调递增区间为(0,)e ，单调递减区间为(,)e +∞．（2）()ln f x kx x x =-，故'()1ln f x k x --＝．当1k时，因为01x <≤，所以10ln k x -≥≥，因此'()0f x ≥恒成立，即()f x 在(]0,1上单调递增，所以()(1)f x f k ≤=恒成立．当1k <时，令'()0f x =，解得1(0,1)k x e -=∈．当1(0,)k x e -∈，'()0f x >，()f x 单调递增；当1(,1)k x e -∈，'()0f x <，()f x 单调递减； 于是1(1))(k f ef k -=＞，与()f x k ≤恒成立相矛盾．综上，k 的取值范围为[1,)+∞．（3）由（2）知，当01x <≤时，ln 1x x x -≤． 令x =21n *()n N ∈，则21n +22nln 1n ≤，即22ln 1n n -≤， 因此ln 1n n +≤12n -． 所以ln1ln 2ln 011(1) (2312224)n n n n n --+++≤+++=+. 2．（2020·四川省内江市第六中学高三三模）已知函数2()ln(1)(0,0),()2x f x ax x a g x x -=+≥>=+. （1）讨论函数()()y f x g x =-的单调性；（2）若不等式()()1f x g x ≥+在[0,)x ∈+∞时恒成立，求实数a 的取值范围； （3）当1a =时，证明：1111+35721n +++<+…*1()(N )2f n n ∈.【答案】（1）见解析；（2）[1，＋∞)；（3）证明见解析. 【解析】（1）求导数可得2224441(2)(1)(2)a ax a y ax x ax x +-'=-=++++， 当1a 时，0y '，∴函数()()y f x g x =-在[)0+∞，上单调递增； 当01a <<时，由0y '>可得x > ∴函数在⎡⎫∞⎪⎢⎪⎣⎭上单调递增，在0⎡⎢⎣上单调递减； （2）由（1）知当1a 时，函数()()y f x g x =-在[)0+∞，上单调递增， ()()(0)(0)1f x g x f g ∴--=，即不等式()()1f x g x +在[)0x ∈+∞，时恒成立， 当01a <<时，函数在0⎡⎢⎣上单调递减，存在00x ⎡∈⎢⎣使得00()()(0)(0)1f x g x f g -<-=， 即不等式00()()1f x g x +不成立， 综上可知实数a 的取值范围为[1，)+∞；（3）由（2）得当1a 时，不等式()()1f x g x >+在(0,)x ∈+∞时恒成立， 即2(1)2x ln x x +>+，12(1)12ln k k∴+>+，*()k N ∈． 即11[(1)]122ln k lnk k <+-+， ∴11(21)32ln ln <-，11(32)52ln ln <-，11(43)72ln ln <-，11[(1)]212ln n lnn n ⋯<+-+， 将上述式子相加可得11111111(1)(1)()357212222lnn ln lnn ln n f n n +++⋯+<-=<+=+ 原不等式得证．3．（2020·安徽合肥·三模）已知函数()x xf x e e ax -=--（e 为自然对数的底数），其中a ∈R.（1）试讨论函数f （x ）的单调性；（2）证明：22132ln 2(1)ni n n i i n n =-->+∑. 【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析.【解析】（1）因为()x xf x e ea -'=+-，且2x x e e -+≥，所以当2a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在R 上为增函数，当2a >时，由()0f x '>，得0x x e e a -+->，所以2()10x xe ae -+>，所以22()124x a a e ->-，所以2x ae ->或2xa e -<，所以2xa e +>2xa e -<，所以24ln2aa x 或24ln2aa x ，由()0f x '<，得0x x e e a -+-<，解得2244ln22aa aax ，所以()f x 在ln 22a a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上递减，在,ln2a ⎛--∞ ⎪⎝⎭和ln 2a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上递增.（2）由（1）知，当2a =时，()2xxf x e e x -=--在R 上为增函数，所以1()(ln )2ln g x f x x x x==--在(0,)+∞上为增函数， 所以当*n N ∈且2n ≥时，13()(2)22ln 2ln 422g n g ≥=--=-=32ln 04e >， 即12ln 0n n n-->，所以212211ln 1(1)(1)11n n n n n n n >==---+-+， 所以211111ln 2ln 23ln 34ln 4ln ni i i n n==++++∑ 1111111121213131414111n n >-+-+-++--+-+-+-+ 111121n n =+--+2322(1)n n n n --=+， 所以22132ln 2(1)ni n n i i n n =-->+∑.4．（2020·安徽相山·淮北一中高三三模）已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （∈）讨论()f x 的单调性；（∈）比较222222ln 2ln 3ln 23n n++⋯+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.【答案】（I ）见解析；（II ）见解析 【解析】（∈）函数()f x 可化为ln ,()ln ,0x x a x af x a x x x a --≥⎧=⎨--<<⎩，当0x a <<时，1()10f x x '=--<，从而()f x 在(0,)a 上总是递减的， 当x a ≥时，11()1x f x x x'-=-=，此时要考虑a 与1的大小.若1a ≥，则()0f x '≥，故()f x 在[,)a +∞上递增，若01a <<，则当1a x ≤<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，故()f x 在[,1)a 上递减， 在(1,)+∞上递增，而()f x 在x a =处连续，所以 当1a ≥时，()f x 在(0,)a 上递减，在[,)a +∞上递增； 当01a <<时，()f x 在(0,1)上递减，在[1,)+∞上递增.（∈）由（∈）可知当1a =，1x >时，1ln 0x x -->，即ln 1x x >-，所以ln 11x x x <-.所以 222222ln 2ln 3ln 23n n+++22211111123n <-+-+-222111123n n ⎛⎫=--+++⎪⎝⎭11112334(1)n n n ⎛⎫<--+++⎪⨯⨯+⎝⎭11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭1(1)2(1)n n n -=--+ 2221(1)(21)2(1)2(1)n n n n n n --+-+==++.5．（2020·云南高三三模）已知函数()1ln f x x a x =-- （１）讨论()f x 的单调性；（2）证明：()*333ln 2ln3ln 1,222332n n N n n n +++<∈≥---． 【答案】（1）当0a 时，()f x 在(0,)+∞内单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．（2）证明见解析 【解析】（1）解：()1ln (0)f x x a x x =-->，()1af x x'∴=-．∈若0a ，则()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞内单调递增；∈若0a >，则()f x '在(0,)+∞内单调递增，且()0f a '=，∴当(0,)x a ∈时，()0f x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x ∴在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．综上所述，当0a 时，()f x 在(0,)+∞内单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．（2）证明：当1a =时，()1ln =--f x x x ．由（1）知()(1)0f x f =，ln 1x x ∴-，当且仅当1x =时，等号成立， 令()*,2x n n N n =∈，ln 1n n ∴<-，33ln 1111(1)1n n n n n n n n n n -∴<==---++． 从而3ln 2112223<--， 3ln 3113334<-- …3ln 111n n n n n <--+， 累加可得333ln 2ln3ln 11223321n n n n ++⋯+<----+， 111212n -<+， 333ln 2ln3ln 122332n n n ∴++⋯+<---，证毕．【精选精练】1．（2020·榆林市第二中学高三三模）已知(),()1(x f x e g x x e ==+为自然对数的底数).(1)求证()()f x g x ≥恒成立；(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，2111(1)(1)(1)333n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 2.【解析】（1）令()()()1xF x f x g x e x =-=--，则()1xF x e '=-∴当(),0x ∈-∞时，()0F x '<；当()0,x ∈+∞时，()0F x '>()F x ∴在(),0-∞上单调递减；在()0,∞+上单调递增()()0min 0010F x F e ∴==--=，即()()()0F x f x g x =-≥恒成立 ()()f x g x ∴≥恒成立（2）由（1）知：13113n n e +≤221111113333332111111333n n n e e e e++⋅⋅⋅+⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴++⋅⋅⋅+≤⋅⋅⋅⋅= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又211111111133********13nn n⎛⎫⨯- ⎪⎛⎫⎝⎭++⋅⋅⋅+==⨯-<⎪⎝⎭- 11112322111111333n n e e ⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴++⋅⋅⋅+≤< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又2111111333n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭恒成立 12m e ∴≥ m 为正整数 m ∴的最小值为：22．（2020·广东广州高三三模·）已知函数()()()3214613x f x x ex x g x a x lnx -⎛⎫=-+-=--- ⎪⎝⎭，．（1）求函数()f x 在()0+∞，上的单调区间； （2）用{}max m n ，表示m n ，中的最大值，()f x '为()f x 的导函数，设函数()()(){}h x max f x g x '=，，若()0h x ≥在()0+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围； （3）证明：()*11111ln 312313n N n n n n n+++++>∈++-． 【答案】（1）()f x 单调递增区间为()3+∞，;() f x 单调递减区间为()03，；（2）43a ≥；（3）详见解析． 【解析】（1）因为()()3246x f x x ex x -=-+-，所以()()()()3332632x x f x x ex x e --=-+-='-+，令()0f x '=得3x =，当3x >时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当03x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；所以函数()f x 在()0+∞，上的单调递增区间为()3+∞，，单调递减区间为()03，； （2）由（1）知()()()332x f x x e-'=-+，当3x ≥时，()0f x '≥恒成立，故()0h x ≥恒成立；当3x <时，()0f x '<，又因为()()(){}0h x max f x g x '=≥，恒成立，所以()0g x ≥在()03，上恒成立， 所以11ln 03a x x ⎛⎫---≥ ⎪⎝⎭，即11ln 3xa x+-≥在()03，上恒成立， 令()()1ln 03x F x x x +=<<，则()13max a F x -≥， 由()()221ln 1ln x xF x x x-+-'==， 令()0F x '=得1x =，易得()F x 在()01，上单调递增，在[)13，上单调递减，所以()()11max F x F ==，所以113a -≥，即43a ≥， 综上可得43a ≥.（3）证明：设()()10xm x e x x =-->，则()10xm x e '=->，所以()m x 在()0+∞，上单调递增，所以()()00m x m >=，即1x e x >+， 所以1111111111312312333112313n n n nn n n nn n n n n ee eeen n n n n++++++++++++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅>⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++- 123331231n n n nn n n n +++>⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=++-，所以11111ln 312313n n n n n+++++>++-. 3．（2020·安徽蚌埠·高三三模）已知函数()()ln 1x f x x+=.（1）分析函数()f x 的单调性；（2）证明：2111ln 3ln 212n n n ⎛⎫+⎛⎫+++≤ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，2n ≥. 【答案】（1）()f x 在区间()–1,0和()0,∞+上单调递减；（2）证明见解析. 【解析】（1）由题意得：()f x 的定义域为()()–1,00,+∞，且()()2ln 11xx x f x x -++'=，令()()ln 11x g x x x=-++则()()21x g x x -'=+，()–1,0x ∈时，()0g x '>； ()0,x ∈+∞时，()0g x '<.即()g x 在()–1,0上单调递增，在()0,∞+上单调递减.因为()00g =，则在()–1,0和()0,∞+上()0g x <. 因为20x >，所以在()–1,0和()0,∞+上()0f x '<， 即函数()f x 在区间()–1,0和()0,∞+上单调递减. （2）由（1）可知，当02x <≤时，()()ln 322x f f =≥，即()ln 3ln 12x x +≥， 当2n ≥时，2021n <≤-，则2ln 3ln 111n n ⎛⎫+≥⎪--⎝⎭， 即()()2ln 3ln 1ln 1ln 111n n n n ⎛⎫+=+--≥ ⎪--⎝⎭， 所以()()()ln 1ln 1ln ln 2ln 4ln 2ln3ln1n n n n +--+--++-+-111ln 31122n n ⎛⎫≥++++ ⎪--⎝⎭整理得：()111ln 1ln ln 2ln1ln 31122n n n n ⎛⎫++--≥++++⎪--⎝⎭， 即2111ln 3ln 212n n n ⎛⎫+⎛⎫+++≤ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，2n ≥，不等式得证.4．（2020·全国高三三模）已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R . (1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）由题意可得，()'222(0,)f x ax lnx x a R =-->∈，由1x e =时，函数()f x 取得极值知12'220af e e ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，所以0a =． 所以()()21,'22(0)f x xlnx f x lnx x =--=-->， 所以10x e <<时，()'0f x >；1x e>时，()'0f x <； 所以()f x 的单调增区间10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，. （2）当1a =时，()221f x x xlnx =--，所以()()'22221f x x lnx x lnx =--=--，令()ln 1g x x x =--，则()11'1x g x x x-=-=，当01x <<时，()'0g x <；当1x >时，()'0g x >，()g x 的单调减区间为()01，，单调增区间为()1+∞，， 所以()()10g x g ≥=，所以()'0f x ≥，()f x 是增函数，所以1x >时，()()22ln 110f x x x x f =-->=，所以1x >时，12ln x x x->， 令*211,21n x n N n +=>∈-，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+- 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭ 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭上式中123n =，，，…，n ，然后n 个不等式相加， 得到()11111...ln 213521221nn n n ++++>++-+ 5．（2020·辽宁沙河口·辽师大附中高三三模）已知函数()()2ln 11f x p x p x =+-+．（2）当1p =时，()f x kx ≤恒成立，求实数k 的取值范围； （3）证明：()()*111ln 1123n n N n+<+++⋯+∈． 【答案】(1) 见详解；(2)1k；(3)证明见解析．【解析】（1）()f x 的定义域为()0 +∞，，()()()221'21p x p p f x p x x x-+=+-=，当1p >时，()'0f x >，故()f x 在()0,∞+单调递增； 当0p ≤时，()'0f x <，故()f x 在()0,∞+单调递减；当10p -<<时，令()'0f x =，解得x =则当x ⎛∈ ⎝时，()'0f x >； x ⎫∈+∞⎪⎪⎭，时，()'0f x <．故()f x 在⎛ ⎝单调递增，在 ⎫+∞⎪⎪⎭，单调递减． （2）因为0x >，所以：当1p =时，()f x kx ≤恒成立11ln ln kx xx k x+⇔+≤⇔≥， 令()1ln xh x x +=，则()max k x h ≥， 因为()2ln 'xh x x-=，由()'0h x =得x =1， 且当()0,1x ∈时，()'0h x >；当()1,x ∈+∞时，()'0h x <．所以()h x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，所以()()max 11h x h ==， 故1k ．(3)取,则代入由题设可得,取,并将上述各不等式两边加起来可得()()*111ln 1123n n N n+<+++⋯+∈．6．（2020·浙江省宁波市鄞州中学高三三模）已知函数()()2f x ax a a R =+∈.（2）若()0f x ≤对任意的1x ≥-恒成立，求a 的取值范围；（32600⋅⋅⋅+<. 【答案】（1）()f x 在211,14a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单增；在211,4a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单减；（2）1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦；（3）证明见解析. 【解析】()'f x a =+.（1）当0a ≥时，()'0f x ≥，所以()f x 在()1,-+∞上单调递增； 当0a <时，由()'0f x >解得21114x a -<<-， 所以()f x 在211,14a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递增；在211,4a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）当0a ≥时，()()2000f x a x =+≥+=，故不合题意；当0a <时，由（∈）知()max 21104x f f a ⎛⎫=-≤ ⎪⎝⎭，211(21)(21)20141244a a f a a a a a a +-⎛⎫=-+- ⎪⎝-+=≤⎭102a a <∴≤-，综上，a 的取值范围为1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.（3）由（2）知，取12a =-112x ≤+成立.当()1,2,3,,20482020kx k ==时，1111220204040k k =≤⨯+=⨯+，⋅⋅⋅+()11234204820484040++++++<20491024204826004040⨯=+<.7．（2020·广东广州·高三三模）已知函数()2ln f x a x x =+，其中a R ∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，证明:()21f x x x ≤+-；（3）试比较22222222ln2ln3ln4ln 234n n++++与()()()12121n n n -++ ()*2n N n ∈≥且的大小，并证明你的结论． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】（1）函数()f x 的定义域为：()0,∞+，()'f x = 222a a x x x x++=∈当0a ≥时，()'0f x >，所以()f x 在()0,∞+上单调递增∈当0a <时，令()'0f x =，解得x =当0x <<时，220a x +<，所以()'0f x <， 所以()f x 在⎛ ⎝上单调递减；当x >220a x +>，所以()'0f x >，所以()f x 在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增． 综上，当0a ≥时，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，函数()f x 在⎛ ⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增. （2）当a 1=时，()2ln f x x x =+，要证明()21f x x x ≤+-，即证ln 1x x ≤-，即证：ln 10x x -+≤. 设()g ln 1x x x =-+，则()g'x =1xx-，令()0g x '=得，1x =. 当()0,1x ∈时，()0g x '>，当()1,x ∈+∞时，()0g x '<. 所以1x =为极大值点，且()g x 在1x =处取得最大值．所以()()10g x g ≤=，即ln 10x x -+≤．故()21f x x x ≤+-.（3）证明：ln 1x x ≤-（当且仅当1x =时等号成立），即11lnx x x≤-, 则有2222ln +22222222223111111111n 132323ln lnn n n n ⎛⎫+⋯+<-+-+⋯+-=--++⋯+ ⎪⎝⎭()111n 123341n n ⎛⎫<--++⋯+ ⎪ ⎪⨯⨯+⎝⎭ ()()()12111111111n 1n 1233412121n n n n n n -+⎛⎫⎛⎫=---+-+⋯+-=---=⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭, 故：2222ln +()()()22221213321n n ln lnn n n -++⋯+<+ 8．（2020·黑龙江南岗·哈师大附中三模）已知函数()()2ln 1f x ax bx x =+-+．（∈）当0a =时，函数()f x 存在极值，求实数b 的取值范围；（∈）当1b =时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减，求实数a 的取值范围；（∈）求证：()()1*113ln 2122N 14nk n n k =-+<∈-∑． 【答案】（∈）0b >；（∈）12a ≤-；（∈）证明见解析． 【解析】（∈）当0a =时，()()()ln 11f x bx x x =-+>-，()()1111bx b f x b x x --'=-=++， ∈当0b ≤时，()0f x '<，则()f x 在()1,-+∞递减，无极值； ∈当0b >时，令()1'0,11f x x b==->-， 1()0,(1,1),()f x x f x b '<∈--单调递减，1()0,(1,),()f x x f x b '>∈-+∞单调递增，所以11,()x f x b=-取得极小值.综上可知：0b >．（∈）当1b =时，()()()2ln 10f x ax x x x =+-+>，()1212011x f x ax ax x x '=+-=+≤++恒成立 121a x ⇔-≥+对一切()0,x ∈+∞恒成立， ∈11x +>，∈1011x <<+，∈21a -≥，∈12a ≤-．（∈）由（∈）知：当12a =-时，()()21ln 12f x x x x =-+-+在()0,∞+递减，∈()()00f x f ≤=，即：()2ln 12x x x -+<，令221x n =-，则()22212ln 212121n n n n +-<---， 当2n ≥时，()2222122ln 212144121n n n n n n +-<=---+- ()21114121n n n n ⎛⎫<=- ⎪--⎝⎭，∈23ln 2ln 311-=- 2511ln 13322⎛⎫-<- ⎪⎝⎭ 27111ln 55223⎛⎫-<- ⎪⎝⎭……221111ln 212121n n n n n +⎛⎫-<- ⎪---⎝⎭累加得，()11112ln 212ln 31212nk n k n =⎛⎫⋅-+<-+- ⎪-⎝⎭∑ 5153ln3ln32222n =--<-<， 当1n =时，131ln 324-<，即：1ln 32>，综上，()1113ln 212124nk n k =-+<-∑． 9．（2020·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数()()()()ln 111f x x k x k R =---+∈ （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≤恒成立，试确定实数k 的取值范围；（3）证明：()()*1ln 2ln 3ln ,13414n n n n n n -++⋅⋅⋅+<∈>+N . 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）[)1,+∞；（3）证明见解析. 【解析】（1）函数()()()ln 111f x x k x =---+的定义域为()1,+∞，且()11f x k x '=--. ∈当0k ≤时，()0f x '>恒成立，故函数()y f x =在()1,+∞上为增函数； ∈当0k >时，令()0f x '<，得1k x k +>时，即函数()y f x =在1,k k +⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减， 令()0f x '>，得11k x k +<<时，即函数()y f x =在11,k k +⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.综上：当0k ≤时，函数()y f x =在()1,+∞上为增函数； 当0k >时，函数()y f x =在11,k k +⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，在1,k k +⎛⎫+∞⎪⎝⎭上为减函数； （2）当0k ≤时，()211f k =-+≥，显然()0f x ≤不恒成立； 当0k >时，()max 11ln 0k f x f k k +⎛⎫==≤⎪⎝⎭，即1k .综上：实数k 的取值范围是[)1,+∞；（3）由（2）可知，当1k =时()0f x ≤恒成立，即()ln 12x x -<-，()ln 121x x x-∴<-， ()()22ln ln 11121212n n n n n n n --=<=+++，可得出ln 2132<，ln 3242<，，ln 112n n n -<+， ()()*1ln 2ln 3ln 121,23412224n n n n n N n n --∴+++<+++=∈≥+. 10．（2020·浙江三模）已知数列{}n a ，112a =，1ln 1n n a a +=-. （1）求证：11n n a a +<<； （2）求证：123201912020a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅<. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）∈先利用数学归纳法证明1n a <. （∈）当1n =时，1112a =<成立； （∈）假设n k =时1k a <成立，则1ln 10k k a a +=-<，11k a +∴<. 综上所述，对任意的n *∈N ，1n a <； ∈利用导数证明1x e x -≥，设()1x f x ex -=-，则()1e 1x f x -'=-，当1x <时，()0f x '<，此时函数()y f x =单调递减； 当1x >时，()0f x '>，此时函数()y f x =单调递增.所以，()()0110f x f e ≥=-=，即1x e x -≥，当且仅当1x =时，等号成立.1n a <，()()10n f a f ∴>=，即1n a n e a ->，1ln 1n n a a +=-，11n a n n a e a -+∴=>，综合∈∈可知11n n a a +<<；（2）利用数学归纳法证明1n n a n ≤+. ∈当1n =时，112a =满足1n n a n ≤+；∈假设n k =时成立，即1k ka k ≤+，则由1ln 1n n a a +=-，得111111k k a k k k a eee---+++==≤，要证1112k k ek -++<+，令11,012t k ⎛⎫-=∈- ⎪+⎝⎭，则要证11012t e t t ⎛⎫<-<< ⎪-⎝⎭，21 / 21 构造()11x f x e x =+-，1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()()()()22211111x x e x f x e x x --'=-=--，令()()211x h x e x =--，1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()()()()2212110x x x h x e x e x e x '=-+⋅-=-<， 所以，函数()y f x '=在1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，()()00f x f ''∴>=，所以，函数()y f x =在1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，()()00f x f ∴<=，即11x e x <-成立，即1112k k e k -++<+，112k k a k ++∴<+， 综上1n na n ≤+，当且仅当1n =时等号成立，由于1ln 1n n a a +=-，可知0n a >， 所以，1102a <≤，2203a <<，，2019201902020a <<，1220191232019123420202020a a a ⋅⋅⋅⋅<⨯⨯⨯⋅⋅⨯=.。
第5讲 第2课时 利用导数证明不等式
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突破核心命题 10拓展提能 限时规范训练
∴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.
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突破核心命题 10拓展提能 限时规范训练
反思感悟
如果要证明的不等式由指数函数、对数函数、多项式函数组合而 成，往往进行指对分离，转化为证明g(x)≥h(x)，分别求g(x)min，h(x)max进 行证明．
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突破核心命题 10拓展提能 限时规范训练
训练2 (2024·衡水模拟改编)已知函数f(x)＝eln x－ex，证明：xf(x)－ ex＋2ex≤0.
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突破核心命题 10拓展提能 限时规范训练
可得x＝－ln a，当x变化时，f(x)与f′(x)变化如下表：
x
(－∞，－ln a)
－ln a
(－ln a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
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． 综上，当 a≤0 时，fx在 R 上单调递减； 当 a>0 时，fx在－∞，－ln a上单调递减，在－ln a，＋∞上单调递 增．
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ห้องสมุดไป่ตู้
高考数学一轮总复习课件：专题研究-利用导数证明不等式
2a2－4或x＝a＋
a2－4 2.
当x∈(0，a－ 2a2－4)，(a＋ 2a2－4，＋∞)时，f′(x)<0；当
x∈(a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4)时，f′(x)>0.
所以f(x)在
0，a－
a2－4
2
，
a＋
2a2－4，＋∞
上单调递
减，在a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4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时
课外阅读
一、赋值法证明正整数不等式 (1)函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质 证明数列不等式，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．此类问题一般至少两问，所证的不等式 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ex>x＋1可化为ln(x＋1)<x等．
所以函数h′(x)＝ex＋1－
1 x＋1
在(－1，＋∞)上有唯一零点
x0，且x0∈－12，0. 因为h′(x0)＝0，所以ex0＋1＝x0＋1 1， 即ln(x0＋1)＝－(x0＋1)． 当x∈(－1，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋
∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：
f（x1）－f（x2） x1－x2
<a
－2.
【思路】 (1)求f(x)的定义域，对函数f(x)求导，对参数a进
行分类讨论，即可判断f(x)的单调性；(2)结合(1)，求出f(x)存在
第四章第5讲利用导数研究不等式的证明问题(1) 课件——2022届高三数学一轮复习
考向三 证明与正整数有关的不等式问题
例3 (2021·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ex－kx2，x∈R. (1)若k＝12，求证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>1； (2)若f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，试求k的取值范围； (3)求证：124＋1224＋1324＋1…n24＋1<e4(n∈N*)．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－2＝ln x－1，令
f′(x)＝0得x＝e.
当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况列表如下：
x
(0，e)
e
(e，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
可得(0，e)是f(x)的单调递减区间，(e，＋∞)是f(x)的单调递增区间， f(x)在x＝e处有极小值－e，无极大值．
第四章第5讲：利用导数研究 不等式的证明问题
议课时间：8月18日 授课时间：9月10日
一、【复习目标】
1．本考点在高考试题中多以基本初等函数或其复合形式为载 体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点问题，同时 与不等式关联紧密． 2．导数的应用题型很灵活，解题方法较 多，多采用定义法、公式法、综合法，必要时还要使用放缩法， 主要考查逻辑推理能力、运算求解能力、分类与整合的能力以及 数学语言表达能力．
二、【考点解读】
1．高考对本考点的考查较为稳定，考查方式及题目难度在 近两年中变化不大． 2．考查内容主要体现在以下三个方面： (1)考查函数的单调性、极值与最值； (2)由不等式恒成立求 参数的范围； (3)函数与不等式综合，考查不等式的证明问 题．
三、【考题讲练】
考向一 单变量不等式的证明
例1 (2021·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)－ex＋2ex≤0.
高中数学导数及应用-不等式恒成立问题课件
利用数形结合来解决。
方法1：分离变量法(优先)
方法2：构造函数
，转化为 零点问题
方法3：构造两个函数的图象判断交点个数
方法4：转化为二次函数零点问题
方法5：转化为一次函数零点问题
类型五：利用导数研究函数与不等式问题
1、利用导数证明不等式的方法：证明
构造函数
。如果
，则F(x) 在
函数，同时若
，则由减函数的定义可知，
的值，要注意验证 左右的导数值的符号是否符 合取极值的条件。
（3）已知含参函数的极值点讨论 ①分类讨论根据 解（判断为极值点）
的存在性和解与区间的位置关系分为：“无、左、 中、右”，对四种分类标准进行取舍（或合并）；
②注意数形结合。
注意：（1）在函数的整个定义域内，函数的极 值不一定唯一，在整个定义域内可能有多个极大
（2）切点的三个作用：①求切线斜率； ②切点在切线上； ③切点在曲线上。
类型二：利用导数研究函数的单调性 (1)求函数的单调区间
方法:判断导函数的符号 步骤：①求函数定义域；
②求函数的导函数； ③解不等式f '(x) 0 (或 f '(x) 0)，求出 递增区间(或递减区间)。
注意：求单调区间前先求定义域（定义域优 先原则）；单调区间是局部概念，故不能用“∪” 连接，只能用“，”或“和”。
'( x) mi n
0；
函数f (x)在区间D单调递减 在f ' (x) 0在x D
恒成立 对x D, f ' (x) 0； max
试题研究：
例1、已知函数f (x) x ln x.
(1)若函数g(x) f (x) ax在区间e2, 上的增函数，
求a的取值范围；
专题一 第5讲 导数与不等式的证明
可得h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(x)＝x－1－ln x≥h(1)＝0，即x－1≥ln x.
于是，当a≤1时，ex－a≥x－a＋1≥x＋a－1≥ln(x＋a)， 注意到以上三个不等号的取等条件分别为x＝a，a＝1，x＋a＝1，它 们无法同时取等， 所以当a≤1时，ex－a>ln(x＋a)，即f(x)>0.
12
当a＝e时，f(x)＝ln(e－x)－x＋e，
要证 f(e－x)<ex＋2xe，即证 ln x＋x<ex＋2xe，即证lnxx＋1<exx＋21e.
设
g(x)＝lnx
x＋1(x>0)，则
1－ln g′(x)＝ x2
x ，
所以当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
当t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减， 假设g(1)能取到， 则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0； 当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增， 假设g(1)能取到，则g(1)＝0，故g(t)>g(1)＝0，
x＋ln1－x 综上所述，g(x)＝ xln1－x <1 在 x∈(－∞，0)∪(0,1)上恒成立.
方法二 f(x)＝ln ex＝1－ln x. 欲证 f(x)<1＋1x－x2ex，只需证1－elxn x＋x2－1x<1，
因为x∈(0,1)，所以1－ln x>0，ex>e0＝1，
则只需证 1－ln x＋x2－1x<1， 只需证 ln x－x2＋1x>0， 令 t(x)＝ln x－x2＋1x，x∈(0,1)，
导数证明单变量不等式ppt课件
证明： 易知，不等式中x (0,1) (1, )
当0 x 1时，易证ex x 1 0，ln x x 1 0
所以 e x
x1 1
x1
ln x
当x 1时，只需证ex ln x x2 1
令f ( x) e x ln x x2 1, x 1
求导得f ( x) (ln x 1 )e x 2x, x 1 x
2e x )
2e x
令t 1+2e x ,只证ln t t 1
换元后再构造
1
方法梳理
FANGFASHULI
三、切线放缩法证明
步骤 对不等式切线放缩
构造函数
导数研究函数最值、单调性 获得不等式结论
例3. 求证：xex x ln x 1 0
证明：因为xe x x ln x 1 0 e xln x x ln x 1 0 令t x+ ln x,只需证et t 1 0， 构造f (t ) et t 1，
易证，当x 1时，ln x 1 1 x
所以f ( x) (ln x 1 )e x 2x e x 2x x
令g( x) e x 2x, x 1， 求导得g( x) e x 2 e 2 0, x 1
所以g( x)在区间(1, )上为增函数，因此g( x) g(1) e 2 0
y ex x,
常见有界函数
y ln x x,
y xe x , y x ln x,
ex y ,
x y ln x ,
x
x y ex y x
ln x
1
方法梳理
FANGFASHULI
六、隐零点法证明
步骤 构造函数
二 阶求导
导函数隐零点的存在性 整体代换
高考数学一轮总复习第三章一元函数的导数及其应用专题突破7导数的综合应用课件
2
0恒成立.
考点二 利用导数研究恒（能）成立问题
例2 已知函数 = ln , = − 2 − − 4 ∈ .
（1）求函数 的极值；
1
3
（2）若对任意 ∈ 0, +∞ ，不等式 > 恒成立，求的取值范围.
解：（1） 的定义域为 0, +∞ ,′ = ln + 1.
（2）证明:由（1）得，
要证 > 2ln
即证2
= −ln = (e−ln + ) + ln = 1 + 2 + ln .
3
+ ，
2
即证1 + + ln > 2ln
2
min
3
+ ，
2
1
2
− − ln > 0恒成立.
1
设 = − − ln > 0 ，
第二问
在综合性和应用性的层次上考查了逻辑推
理、数学抽象及数学运算等学科素养，转化
与化归、函数与方程、数形结合等数学思想
方法，运算求解、推理论证等关键能力，以
及导数在研究函数性质中的应用及等差数列
等必备知识.
解：（1） 的定义域为，′ = e − .
若 ≤ 0，则′ > 0，此时 无最小值，故 > 0.
当 < −ln 时，′ < 0，则 在 −∞, −ln 上单调递减；当 > −ln 时，
′ > 0，则 在 −ln , +∞ 上单调递增.
综上,当 ≤ 0时， 在上单调递减;当 > 0时， 在 −∞, −ln 上单调递减,在
北师版高考总复习文科数学精品课件 第3章导数及其应用 高考解答题专项一 第1课时 利用导数证明不等式
x=1,
所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)是递增的,
当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)是递减的.
所以g(x)max=g(1)=-2<0,
所以ln x-x-1<0恒成立,
即证f(x)<x2+x.
考向2.“拆分法”构造函数证明不等式
例2.(2021广东佛山高三模拟)已知函数f(x)=ax-ln x(a∈R).
高考解答
题专项一
第1课时 利用导数证明不等式
考情分析
导数的综合应用是高考考查的重点内容,也是高考压轴题之一,近几年高考
命题的趋势是稳中求变、变中求新、新中求活,纵观近几年的高考题,导数
的综合应用题考查多个核心素养以及综合应用能力,有一定的难度,一般放
在解答题的最后两个题目位置,对数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个
x-1≥0 恒成立,
+1≤1,所以 k≥1.故 k 的取值范围为[1,+∞).
突破技巧导数的综合应用题中,最常见就是ex和ln x与其他代数式结合的题
目,对于这类问题,可以先对ex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)ex≥1+x,当且仅当x=0时,等号成立;
2
突破技巧本例 2(2)不等式 e x >(x+1)ln
2 2
5
x+2x
直接证明无法进行,若转化后构
5
造函数 h(x)=e x -(x+1)ln x- x,求导后不易分析,故将不等式结合其特点转化
2
ln
高考数学导数与不等式 导数方法证明不等式
探究点二 双变量不等式的证明
[思路点拨]首先求得导函数的解析式,然后结合导函数的符号即可确定函数的单调性;解: f'(x)=1-ln x-1=-ln x,x∈(0,+∞).当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
[总结反思]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,即若证明f(x)>g(x)在区间D上恒成立,则构造函数h(x)=f(x)-g(x),再根据函数h(x)的单调性,证明h(x)>0在区间D上恒成立.
课堂考点探究
课堂考点探究
变式题 [2021·云南师大附中模拟] 已知函数f(x)=aex+b,若f(x)的图像在点(0,f(0))处的切线方程为y=x+1.(1)求a,b的值;
课堂考点探究
例2 [2021·辽宁丹东二模] 已知函数f(x)=ln(ax)-x+a.(2)当0<a≤1时,证明:f(x)≤(x-1)ex-a-x+a.
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 +≥.。
高考总复习二轮理科数学精品课件 专题6 函数与导数 增分2 利用导数证明不等式
由题意可得 f(1)=2,f'(1)=e.故 a=1,b=2.
x
(2)证明 (方法一)要证明 e ln
只需证明 ln
2
x+e
设函数 g(x)=ln
只需证明
>
2e-1
x+ >1(x>0),
1
(x>0),即证明
e
ln
2
1
x+e − e >0,
2
1
x+ − (x>0),
2
1
0<a≤ 时,f(x)≥ ax+
e
2
+ 1.
1e0 -0
1 x
1 0
(1)解 由题意 f'(x)= e .设切点为 A(x0,y0),切线的斜率 k= e =
,
解得
e
e
x0=1,∴A(1,),k=,
∴切线的方程为
e
y-
=
e
(x-1),即
e
y=x.
(2)证明 (方法一)①当 a=1 时,要证
x
x
x-1
1
e-1
1
(x>0),∴只需证明
则下面证明
eln
2
x+
>
ห้องสมุดไป่ตู้
1
(x>0),设
e-1
g(x)min>0,g'(x)= 2 .
g(x)=eln
2
1
x+ − =eln
利用导数证明不等式
函数： f (x) g(x) （其中 f (x) ex ， g(x) x 1）
最值问题 函数与不等式思想
x ，都有 f (x) g(x) 恒成立
F(x) f (x) g(x) 0(ex (x+1) 0）
F(x)min 0
二、典型例题
例 1.求证：ex x+1
法（一） ex x+1 ex (x+1) 0
1 2
ln x ex
1 2
因为
1 x0
ln
x0
，
所以
f
(x)max
f
(x0)
ln x0 ex0
=
1 x0ex0
.
因为 x0 (1,e)， y x0ex0 在 (1,e) 上是单调递增的，
所以 x0ex0 e .
所以
f
(x)max
1 x0ex0
1 e
1.
2
所以 f (x)
1.
2
ln x0 1 ex0 2
0
f (x)
极小值
f
(x)min
f
(x) 极小值
f
(0) 0.
所以 f (x) 0 即ex x+1.
（求最值）
二、典型例题
例 1.求证：ex x+1
小结：
法（一） 直接构造函数（ F(x) f (x) g(x) ）（转化）
证明不等式 （形如 f (x) g(x) ）
F (x)min 0
构造新函数，再次求导
二、典型例题
【练习】当 x 0时，求证：ex x2+1
g(x) ex (x2+1)
法（二）变形构造函数
ex
导数及其应用讲导数在不等式中的应用课件pptx
方法总结
总结利用导数求解函数极 值点的常用方法，如求导 、判断导数为零的点等。
案例分析
通过典型案例演示如何利 用导数求解极值点。
04
导数的实际应用举例
利用导数求解利润最大化问题
利润函数
首先明确利润函数，即销售收入减去成本和税金 ，通常表示为x的函数。
举例
以y=x^4为例，求该函数的凹凸性和 拐点。该函数的导数为y'=4x^3，在 区间(-oo,0)上，y'<0；在区间(0,)上 ，y'>0。因此，函数在区间(-oo,0)上 单调递减，在区间(0,)上单调递增， 故函数在x=0处存在极值点，且该极 值点不是函数的极值点，故函数在 x=0处有拐点
利用导数求解函数的单调性和区间
利用导数求不等式的解
利用导数可以求出一些不等式的解。例如，利 用导数可以求出一些函数的极值点和转折点等 。
利用导数解决一些实际问题
利用导数可以解决一些实际问题，例如，利用 导数可以求出一些最优化的方案，以及利用导 数解决一些经济和金融问题等。
02
导数的定义和性质
导数的定义
函数f在点x0处可导
指当自变量x在点x0处有增量△x时，相应的函数值f(x0+△x)和f(x0)之差 △y=f(x0+△x)-f(x0)可表示为△y=A△x+o(△x)，其中A是与△x无关的常数
利用导数求解函数的极值和最值
总结词
导数的值为0的点可能是函数的极值点或最值点。
详细描述
利用导数求解函数的极值和最值
06
总结与回顾
本章主要内容总结
了解了导数的定义和计算方法 学习了不等式的性质和证明方法
2025届高中数学高考复习课件：高考大题研究-利用导数证明不等式
(2)证明：f(x)≥x－1.
解析：证明：f(x)≥x－1等价于ln x－xx−21≥0.
令函数g(x)＝ln
x－xx−21，则g′(x)＝1x
−
2x−3x＝x2+xx3−2＝
x+2 x−1 x3
.
当 x∈(0 ， 1) 时 ， g′(x)<0 ， g(x) 单 调 递 减 ； 当 x∈(1 ， ＋ ∞) 时 ，
巩固训练4 [2024·河北唐山模拟]已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)． (1)求函数f(x)的极值；
解析： f′(x)＝1x − xa2＝xx−2a，
当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值； 当a>0时，当0<x<a时，f′(x)<0，当x>a时，f′(x)>0， 函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增， 函数f(x)有极小值f(a)＝ln a＋1，无极大值．
×
ln 3 32
×
l4n24×…×lnn2n<n1.
解析：由(1)知，a＝1时，ln x＋1－x≤0即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成
立．
令x＝n，其中n∈N＋且n≥2，则有ln n<n－1，
又n－1<n(n－1)，所以ln n<n(n－1)，即lnn2n<n−n1，
所以l2n22
×
ln 3 32
当a＞0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x＜－ln a时，f′(x)＜0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 当x＞－ln a时，f′(x)＞0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增，→正
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。
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设gx x ex x 0 g'x 1 ex
x 0
ex 1
g'x 0即gx在x 0时为减函数 gx g0 0 x exx 0
综上x 0时ln x x ex
例7、求证 ln x 1 1 (x 1)2 1 2 (1 x)3
f 'x 1 1 1 x
x
x
由f 'x 0得x 1
当0 x 1时，f 'x 0
当x 1时，f 'x 0
x 1时，f x取极大值，且为唯一
极值，即x 1时f x取最大值f 1 1
f x f 0 0即ln x x
（1,+∞)上的增函数.
所以当x>1时,f(x)>f(1)=0,
即当x>1时,
f(x)>0
2 x
3
1
.
x
例3已知：x>0，求证：x>sinx
[证明] 设f(x)＝x－sinx(x>0) f′(x)＝1－cosx≥0对x∈(0，＋∞)恒
成立
∴函数f(x)＝x－sinx在(0，＋∞)上是单
调增函数
单调递增↗
当x 0时，x取极小值且为唯一极值，
x 0时f x取最小值f 0 0 x 0, f x f 0 0 f x 0即当x 0时，ex x 1
例6已知x 0,求证 ln x x ex
证明：设f x ln x x
f 'x 1 2x, x 0,1
令f 'x 0得x 1
2
列表得：
x0
(0,0.5)
0.5
(0.5，1)
1
f (x)
f(x) f(0)
+
—
单调递增↗ 极大值f(0.5) 单调递减↘ f(1)
f
0
0,
f
1
1
,
f
1
0
2 4
f x f 0 0
∴f(x)> f(0)＝0 ∴f(x)>0即x－sinx>0对x∈(0，＋∞)恒成
立
即：x>sinx(x>0)．
有时把不等式变形后再构造函数,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。
方法2：利用导数求出函数的最值（或值域） 后，再证明不等式。
导数的另一个作用是求函数的最值.
f x 0即当0 x 1时x x2 0
例5、证明x 0时ex 1 x
证明：设f x ex 1 xx 0
f 'x ex 1
令f 'x 0得x 0
列表得：
x
，0 0
0，
f (x) —
+
f(x)
单调递减↘ f(0)
x2
3
小 结:
求函数y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小
值的步骤如下
①求函数y=f(x)在(a,b)内的极值
(极大值与极
小②值将)函; 数y=f(x)的各极值与f(a)、f(b)
（即端点的函数值）作比较,其中最大的 一个为最大值,最小的一个为最小值.
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数证明该函数的单调性,然后再用：
方法：直接构造函数，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、证明：当x>0时，x>ln(1+x) 解：设f(x)=x-ln(1+x).
当x 0时, f (x) 1 1 x 0 1 x 1 x
2( x
1)]
(
x
1)
2
(2
1 x x2
)
(
x
1)3
1 x
2
2
x
令 f (x) =0,解得x=1,
在x=1附近 f (x) 由负到正
当x=1时，f(x)有极小值，这里也是最小值
所以当x>0时，f(x) ≥f(1)=0
从而 ln x 1 1 (x 1)2 1 2 (1 x)3
所以f(x)在x>0上单调递增，
从而当x>0时，有f(x) >f(0)=0
即f(x) >0
即x>ln(1+x).
例2:当x>1时,证明不等式: 2
证:设 f (x) 2 x 3 1 ,
x
f ( x)
1 x
1 x2
1 (1 1 ). x xx
x 3 1 . x
显然,当x>1时, f (x) 0 ,故f(x)是
利用导数证明不等式
(1)
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。具体有如下几种形式利用
导数得出函数单调性来证明不等式。
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
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，用导数求出该函数的最
值；由当该函数取最大（或最小）值时不等
式都成立，可得该不等式恒成立。从而把证
明不等式问题转化为函数求最值问题。
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例4：已知0 x 1,求证x x2 0
证明：设 f x x x2, x 0,1
x2
3
证明：设
f (x) ln x 1 1 (x 1)2 1 2 (x 1)3(x 0)
x2
3
f
(x)
1 x
1 x2
(x
1)
2(x
1)2
x 1 x2
(
x
1)
2(x
1)2
1 (x 1)[x2 1 2([1
x
x
2
2