(完整版)导数与不等式证明(绝对精华)
导数与不等式的证明-2025高考数学复习
高考一轮总复习 • 数学
归纳拓展 1．若 x∈0，π2，则 tan x>x>sin x. 2．若 x∈(0，＋∞)，则 ex≥x＋1>x－1≥ln x. 3．若 x∈(－1，＋∞)，则 x≥ln(x＋1)≥x＋x 1.
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第三章 导数及其应用
高考一轮总复习 • 数学
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双基自测 题组一 走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)函数y＝x－sin x有无数多个零点．( × ) (2)函数 y＝tan x－x 在－π2，π2内有三个零点．( × ) (3)不等式 ex>ln(x＋2)恒成立．( √ ) (4)不等式1ex≤1－x 恒成立．( × )
第三章 导数及其应用
高考一轮总复习 • 数学
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知识点二 利用导数解决不等式的恒成立问题 “恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题，一般都可通过求相 关函数的最值来解决，如：当f(x)在x∈D上存在最大值和最小值时，若 f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最小值，将原条件转化 为g(a)≤f(x)min；若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)在x∈D上的最大 值，将原条件转化为g(a)≥f(x)max；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应 求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≤f(x)max；若存在x∈D， 使 得 f(x)≤g(a) 成 立 ， 应 求 f(x) 在 x ∈ D 上 的 最 小 值 ， 将 原 条 件 转 化 为 g(a)≥f(x)min.
导数的综合应用
知识梳理·双基自测 考点突破·互动探究 名师讲坛·素养提升 提能训练 练案[18]
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导数的应用不等式的证明
导数与不等式1.利用导数证明不等式利用导数证明不等式，主要是构造函数，通过研究函数的性质达到证明的目的. 1.1 利用单调性证明不等式构造函数，利用函数的单调性证明不等式例1. ()(1)ln(1)f x x a x x =-++。
（Ⅰ）求()f x 的极值点；（Ⅱ）当1a =时，若方程()f x t =在1[,1]2-上有两个实数解，求实数t 的取值范围；(Ⅲ）证明：当0m n >>时，(1)(1)n m m n +<+。
例2、已知函数)()(R x xe x f x∈=-。
（1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）已知函数()y g x =的图象与函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，证明当1x >时，()()f x g x >；（3）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明122x x +>。
1.2通过求函数的最值证明不等式在对不等式的证明过程中，可以依此不等式的特点构造函数，进而求函数的最值，当该函数的最大值或最小值对不等式成立时，则不等式是永远是成立的，从而可将不等式的证明转化到求函数的最值上来 例3.已知2()ln ,() 3.f x x x g x x ax ==-+-（1）求函数()f x 在[,2)(0)t t t +>上的最小值； （2）对一切(0,),2()()x f x g x ∈+∞≥恒成立，求实数a 的取值范围； （3）证明：对一切(0,)x ∈+∞，都有12ln x x e ex-＞成立.例4、（2009辽宁卷文）设2()(1)xf x e ax x =++，且曲线y ＝f （x ）在x ＝1处的切线与x 轴平行。
(1)求a 的值，并讨论f （x ）的单调性；(2)证明：当[0,]f(cos )f(sin )22πθθθ∈-<时，1.3多元不等式的证明含有多元的不等式，可以通过对不等式的等价变形，通过换元法，转化为一个未知数的不等式，或可选取主元，把其中的一个未知数作为变量，其他未知数作为参数，再证明之. 例5、 已知函数()ln f x x =.若120x x >>,求证:122221212()()2f x f x xx x x x ->-+.例6、 (2013·陕西高考)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .(1)求f (x )的反函数的图像上点(1,0)处的切线方程； (2)证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一的公共点；(3)设a <b ，比较f ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2与f (b )－f (a )b －a 的大小，并说明理由．1.4.与数列有关的不等式证明例8．已知函数f(x)＝ln(x＋1)－x2－x.(1)若关于x的方程f(x)＝－52x＋b在区间[0，2]上恰有两个不同的实数根，求实数b的取值范围；(2)证明：对任意的正整数n，不等式2＋34＋49＋…＋21nn+>ln(n＋1)都成立．例9．已知函数f(x)＝ln ax－x ax-(a≠0)．(1)求函数f(x)的单调区间及最值；(2)求证：对于任意正整数n，均有1＋111ln23nen n⋯≥＋＋＋！(e为自然对数的底数)；(3)当a＝1时，是否存在过点(1，－1)的直线与函数y＝f(x)的图象相切？若存在，有多少条？若不存在，请说明理由．例10．已知函数f (x )＝e x －kx 2，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：444422221111123n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋅⋅⋅+ ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭<e 4(n ∈N *)．．2.利用导数求解与不等式有关的恒成立问题或者有解、无解问题不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．()f x a >：min max max ()()()f x af x a f x a⇔>⎧⎪⇔>⎨⎪⇔≤⎩恒成立有解无解例11．设函数()ln f x a x =，21()2g x x =．（1）记'()g x 为()g x 的导函数，若不等式'()2()(3)()f x g x a x g x +<+-在[1,]x e ∈上有解，求实数a 的取值范围；（2）若1a =，对任意的120x x >>，不等式121122[()()]()()m g x g x x f x x f x ->-恒成立．求m （m Z ∈，1m ≤）的值．例12、 (2013·辽宁高考)(1)证明：当x ∈[0,1]时，22x ≤sin x ≤x ；(2)若不等式ax ＋x 2＋x 32＋2(x ＋2)cos x ≤4对x ∈[0,1]恒成立，求实数a 的取值范围．3.利用导数解不等式通过构造函数，利用函数的单调性得到不等式的解集.例13.若)(x f 的定义域为R ，2)(>'x f 恒成立，2)1(=-f ，则42)(+>x x f 解集（ ）A ．(1,1)-B ．(1)-+∞， C ．(,1)-∞- D ．(,)-∞+∞ 例14．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x·f (x )>e x＋1的解集为( )．A. {}|0x x >B. {}|0x x <C. {}|1,1x x x <->或D. {}|1,1x x x <-<或0<例15．已知定义在R 上的函数)(x f 满足1)2()4(=-=f f ，)(x f '为)(x f 的导函数，且导函数)(x f y '=的图象如右图所示．则不等式1)(<x f 的解集是（ ）A ．)0,2(- B ．)4,2(- C ．)4,0( D ．),4()2,(+∞--∞ 例16．设)(x f 是定义在R 上的奇函数，且0)2(=f ,当0>x 时，有2()()0xf x f x x '-<恒成立，则不等式2()0x f x >的解集是（ ）A. (-2,0) ∪(2,+∞)B. (-2,0) ∪(0,2)C. (-∞,-2)∪(2,+∞)D. (-∞,-2)∪(0,2)例17．已知函数y ＝f (x )(x ∈R)的图象如图所示，则不等式xf ′(x )<0的解集为________． 例18、设函数()x f y =在其图像上任意一点00(,)x y 处的切线方程为()()0020063x x x x y y --=-，且()30f =,则不等式解集导数与不等式1.利用导数证明不等式在初等数学中，我们学习过好多种证明不等式的方法，比如综合法、分析法、比较法、反证法、数学归纳法等，有些不等式，用初等方法是很难证明的，但是如果用导数却相对容易些，利用导数证明不等式，主要是构造函数，通过研究函数的性质达到证明的目的.1.2 利用单调性证明不等式构造函数，利用函数的单调性证明不等式 例1. ()(1)ln(1)f x x a x x =-++。
导数证明不等式的方法介绍
导数证明不等式的方法介绍导数证明不等式的方法介绍利用导数是可以证明很多定律的，比如不等式之类的。
下面就是店铺给大家整理的利用导数证明不等式内容，希望大家喜欢。
利用导数证明不等式方法11.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^2>0 其中0F(a)=a-a^2F'(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^3/6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。
利用导数证明不等式方法2要证x²/2+cosx-1>0 x>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>0 sinxx²/2-cosx-1是减函数，在0点有最大值0x²/2-cosx-1<0 x>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-x² x∈[0,1]则f'(x)=1-2x当x∈[0,1/2]时,f'(x)>0,f(x)单调递增当x∈[1/2,1]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。
导数与不等式的证明及函数零点、方程根的问题
05 总结与展望
导数与不等式证明及函数零点、方程根问题的总结
导数与不等式证明
导数是研究函数性质的重要工具，通过导数可以研究函数的单调性、极值和最值等。不等 式证明则是数学中常见的题型，利用导数可以证明不等式，如AM-GM不等式、CauchySchwarz不等式等。
函数零点问题
函数的零点是指满足$f(x)=0$的$x$值。研究函数的零点对于理解函数的性质和解决方程 的根的问题具有重要意义。通过导数可以研究函数的零点个数和位置，以及零点附近的函 数性质。
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• 应用领域的拓展：导数与不等式证明及函数零点、方程根的问题不仅在数学领 域有广泛应用，在其他学科和工程领域也有着重要的应用价值。例如，在经济 学、物理学和社会科学等领域，这些问题都可能成为重要的研究课题。
• 与其他数学分支的交叉融合：随着数学各分支之间的交叉融合，导数与不等式 证明及函数零点、方程根的问题可能会与其他数学分支产生更多的交叉点。例 如，与概率论、统计学和复分析等领域的结合可能会产生新的研究方向和应用 场景。
导数在求解函数零点、方程根中的注意事项
注意定义域
在使用导数研究函数性质 时，需要注意函数的定义 域，确保导数在定义域内 连续。
考虑多解情况
在求解函数零点或方程根 时，需要注意多解情况， 全面考虑所有可能的解。
注意函数的奇偶性
在利用导数研究函数性质 时，需要注意函数的奇偶 性，以便更准确地判断函 数的性质。
不等式
不等式是表示两个数或两个量之 间大小关系的数学表达式。
导数与不等式的性质
01
导数大于零，函数在该区间内单 调递增；导数小于零，函数在该 区间内单调递减。
02
不等式的基本性质包括传递性、 加法性质、乘法性质等。
导数公式的证明(最全版)
导数的定义：f'(x)=lim Δy/ΔxΔx→0（下面就不再标明Δx→0了）用定义求导数公式(1）f(x)=x^n证法一：（n为自然数)f’(x）=lim ［(x+Δx)^n-x^n］/Δx=lim （x+Δx—x）［(x+Δx)^（n-1）+x＊（x+Δx）^(n-2)+.。
.+x^(n —2)*（x+Δx）+x^（n—1）]/Δx=lim [(x+Δx）^（n—1)+x＊(x+Δx)^（n-2）+。
..+x^(n-2）*(x+Δx）+x^(n-1)]=x^（n-1)+x*x^（n—2)+x^2*x^（n—3）+ ..。
x^（n-2）*x+x^(n —1）=nx^（n-1)证法二：（n为任意实数）f(x）=x^nlnf(x）=nlnx(lnf(x）)’=(nlnx)’f'（x）/f(x）=n/xf'（x)=n/x*f(x)f'（x）=n/x*x^nf'（x）=nx^(n-1）（2）f(x）=sinxf’(x)=lim （sin（x+Δx）—sinx）/Δx=lim (sinxcosΔx+cosxsinΔx—sinx）/Δx =lim （sinx+cosxsinΔx-sinx)/Δx=lim cosxsinΔx/Δx=cosx（3）f(x)=cosxf'（x）=lim （cos（x+Δx)-cosx）/Δx=lim (cosxcosΔx-sinxsinΔx-cosx）/Δx =lim (cosx—sinxsinΔx-cos)/Δx=lim —sinxsinΔx/Δx=-sinx（4)f(x）=a^x证法一：f'(x）=lim (a^(x+Δx)—a^x)/Δx=lim a^x*(a^Δx—1）/Δx（设a^Δx—1=m，则Δx=loga^（m+1)）=lim a^x*m/loga^（m+1)=lim a^x*m/［ln（m+1）/lna］=lim a^x＊lna*m/ln(m+1）=lim a^x＊lna/[(1/m)*ln（m+1)] =lim a^x*lna/ln［（m+1)^(1/m)] =lim a^x＊lna/lne=a^x＊lna证法二：f（x）=a^xlnf（x）=xlna[lnf(x)］’=［xlna］’f’（x)/f(x)=lnaf' (x）=f（x）lnaf' （x）=a^xlna若a=e，原函数f(x)=e^x则f’（x)=e^x＊lne=e^x（5）f(x）=loga^xf’（x）=lim (loga^（x+Δx)—loga^x)/Δx=lim loga^[(x+Δx）/x］/Δx=lim loga^（1+Δx/x)/Δx=lim ln(1+Δx/x)/（lna*Δx）=lim x＊ln（1+Δx/x）/（x*lna＊Δx）=lim (x/Δx）*ln（1+Δx/x)/（x*lna）=lim ln[（1+Δx/x）^(x/Δx）］/（x＊lna) =lim lne/(x*lna）=1/（x*lna）若a=e,原函数f(x）=loge^x=lnx则f’（x）=1/（x＊lne）=1/x(6）f（x）=tanxf’(x)=lim (tan（x+Δx)—tanx）/Δx=lim (sin（x+Δx）/cos(x+Δx）-sinx/cosx)/Δx=lim (sin(x+Δx）cosx—sinxcos(x+Δx)/（Δxcosxcos（x+Δx)）=lim （sinxcosΔxcosx+sinΔxcosxcosx—sinxcosxcosΔx+sinxsinxsinΔx）/（Δxcosxcos（x+Δx））=lim sinΔx/(Δxcosxcos(x+Δx)）=1/（cosx)^2=secx/cosx=(secx）^2=1+（tanx)^2（7）f(x）=cotxf’（x）=lim (cot（x+Δx）—cotx)/Δx=lim (cos（x+Δx)/sin（x+Δx）—cosx/sinx)/Δx=lim （cos(x+Δx)sinx-cosxsin（x+Δx))/(Δxsinxsin(x+Δx))=lim （cosxcosΔxsinx-sinxsinxsinΔx-cosxsinxcosΔx-cosxsinΔxcosx)/（Δxsinxsin(x+Δx)）=lim -sinΔx/(Δxsinxsin（x+Δx)）=—1/（sinx)^2=—cscx/sinx=—（secx)^2=—1—(cotx）^2(8）f(x）=secxf’(x）=lim(sec（x+Δx)—secx）/Δx=lim （1/cos(x+Δx)-1/cosx）/Δx=lim （cosx—cos(x+Δx)/（ΔxcosxcosΔx）=lim （cosx—cosxcosΔx+sinxsinΔx)/(Δxcosxcos（x+Δx））=lim sinxsinΔx/（Δxcosxcos(x+Δx））=sinx/(cosx）^2=tanx*secx（9）f（x）=cscxf'（x)=lim（csc(x+Δx)-cscx)/Δx=lim (1/sin（x+Δx）—1/sinx）/Δx=lim (sinx-sin(x+Δx)）/（Δxsinxsin（x+Δx）)=lim (sinx-sinxcosΔx—sinΔxcosx)/(Δxsinxsin（x+Δx)）=lim -sinΔxcosx/（Δxsinxsin（x+Δx））=—cosx/（sinx)^2=—cotx＊cscx(10）f(x）=x^xlnf(x)=xlnx(lnf(x))’=（xlnx）’f'(x)/f(x）=lnx+1f’（x)=（lnx+1）*f（x）f'(x）=（lnx+1)*x^x(12）h(x)=f（x)g（x)h’(x)=lim （f（x+Δx)g（x+Δx）—f(x)g(x））/Δx=lim [(f(x+Δx）—f(x）+f（x))*g(x+Δx）+(g(x+Δx）-g（x)—g(x+Δx））*f(x）］/Δx=lim [（f(x+Δx)-f（x））＊g（x+Δx）+（g（x+Δx)—g(x)）*f（x）+f(x）*g(x+Δx）-f(x)*g（x+Δx)］/Δx=lim (f(x+Δx)—f（x))＊g（x+Δx）/Δx+（g(x+Δx)—g(x))*f(x）/Δx=f'（x）g(x）+f(x)g'（x）（13）h（x）=f（x)/g(x）h'(x)=lim （f(x+Δx）/g(x+Δx）-f(x)g（x)）/Δx=lim (f(x+Δx）g（x)-f（x)g(x+Δx）)/（Δxg(x)g(x+Δx))=lim ［(f（x+Δx)—f（x）+f（x））*g(x）—(g(x+Δx)—g(x)+g （x））＊f(x）］/（Δxg（x）g(x+Δx））=lim [(f(x+Δx)-f（x））＊g(x)—（g（x+Δx)-g(x))*f(x)+f（x)g(x)—f(x）g(x)］/（Δxg(x）g（x+Δx)）=lim (f(x+Δx)—f(x））＊g(x)/（Δxg(x)g（x+Δx)）—(g(x+Δx)—g （x)）＊f（x）/（Δxg（x）g（x+Δx））=f’（x)g（x)/(g(x)*g(x））-f（x)g’(x）/（g(x)＊g（x)）=［f’（x）g（x）-f（x）g’（x)]/（g（x）*g（x))x（14）h（x）=f（g(x））h'(x）=lim ［f(g(x+Δx))-f（g（x）)］/Δx=lim ［f(g(x+Δx）-g(x)+g（x)）—f(g(x)）］/Δx(另g（x）=u，g（x+Δx）—g(x)=Δu）=lim （f(u+Δu）-f（u)）/Δx=lim (f（u+Δu)—f(u））＊Δu/（Δx＊Δu)=lim f'（u）*Δu/Δx=lim f’(u)＊（g(x+Δx)—g(x)）/Δx=f'（u）＊g'（x)=f'（g(x））g’（x）(反三角函数的导数与三角函数的导数的乘积为1，因为函数与反函数关于y=x对称，所以导数也关于y=x对称,所以导数的乘积为1）(15）y=f(x)=arcsinx则siny=x(siny)’=cosy所以(arcsinx）'=1/（siny）'=1/cosy=1/√1—（siny）^2(siny=x）=1/√1-x^2即f'(x）=1/√1-x^2（16)y=f(x）=arctanx则tany=x(tany）'=1+（tany）^2=1+x^2所以（arctanx)'=1/1+x^2即f’（x)= 1/1+x^2总结一下（x^n）’=nx^（n—1）（sinx)'=cosx（cosx)'=—sinx（a^x）'=a^xlna（e^x）'=e^x(loga^x)'=1/(xlna)(lnx）’=1/x(tanx）'=(secx）^2=1+（tanx)^2 (cotx）’=—（cscx)^2=-1—(cotx)^2（secx）'=tanx＊secx（cscx)'=-cotx*cscx(x^x)'=(lnx+1）*x^x(arcsinx)'=1/√1—x^2(arctanx)’=1/1+x^2［f（x)g(x)］’=f'(x)g（x）+f（x）g’（x）［f（x）/g(x）］’=[f’(x）g（x）-f（x）g'(x）］/(g（x)＊g （x)）［f(g（x））］'=f'（g(x)）g’（x)。
导数与不等式证明
在[0，ln(2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴当 x∈(0，ln(2a))时，有 h(x)<h(0)＝0， 即 f′(x)<f′(0)＝0， ∴f(x)在区间(0，ln(2a))上为减函数， ∴f(x)<f(0)＝0，不合题意． 综上，实数 a 的取值范围为－∞，12.
再令 h(x)＝x－lnx(x≥1)，则 h′(x)＝1－1x≥0， 所以 h(x)≥h(1)＝1，所以 g′(x)>0， 所以 g(x)为单调增函数，所以 g(x)≥g(1)＝2， 故 k≤2，即实数 k 的取值范围是(－∞，2]．
引申探究 本例(2)中若改为：∃x0∈[1，e]，使不等式 f(x0)≥x0＋k 1成立，求实数 k 的取值范围． 解：当 x∈[1，e]时，k≤x＋1x1＋lnx有解， 令 g(x)＝x＋1x1＋lnx(x∈[1，e])，由例(2)解题知， g(x)为单调增函数，所以 g(x)max＝g(e)＝2＋2e， 所以 k≤2＋2e，即实数 k 的取值范围是－∞，2＋2e.
题型二 不等式恒成立或有解问题 例 2 已知函数 f(x)＝1＋xlnx. (1)若函数 f(x)在区间a，a＋12上存在极值，求正实数 a 的取值范围； (2)如果当 x≥1 时，不等式 f(x)≥x＋k 1恒成立，求实数 k 的取值范围．
解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1－1x－2 lnx＝－lxn2x， 令 f′(x)＝0，得 x＝1. 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．
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)，
(完整word)导数中证明不等式技巧+分类讨论
导数中的不等式证明导数中不等式的证明是历年的高考中是一个永恒的话题,由于不等式证明的灵活性,多样性，该考点也备受命题者的青睐。
本专题通过四个方面系统介绍了一些常规的不等式证明的手段命题角度1 构造函数 命题角度2 放缩法 命题角度3 切线法命题角度4 二元或多元不等式的证明思路 命题角度5 函数凹凸性的应用基础自测 已知函数()(x f x x e -=1()2x ≥．求()f x 的导函数；命题角度1 构造函数【典例1】（赣州市2018届高三摸底考试)已知函数()ln 11,()x x ae f x g x bx x e x=-=+-，若曲线()y f x =与曲线()y g x =的一个公共点是()1,1A ,且在点A 处的切线互相垂直．（1）求,a b 的值;（2）证明：当1x ≥时，()2()f x g x x+≥．【解析】（1）1a b ==-; （2）()2ln 1()10x x e f x g x x xx e x+≥⇔---+≥ 命题角度2 放缩法【典例2】（石家庄市2018届高三下学期4月一模考试）已知函数()()()x f x x b e a =+-(0)b >，在(1,(1))f --处的切线方程为(1)10e x ey e -++-=.(1）求,a b ；（2)若0m ≤，证明：2()f x mx x ≥+. 【解析】(1）1a =，1b =；（2）由（1）可知()(1)(1)x f x x e =+-，()(0)0,10f f =-=， 由0m ≤，可得2x mx x ≥+令()()()11x g x x e x =+--,则()()22x g x x e '=+-, 思考：2()(1)(1)(1)x f x x e x x x mx =+-≥+≥+错哪？【方法归纳】函数解析式中含有已知范围的参数，可以考虑借助于常识或已知的范围减少变量，对参数适当放缩达到证明的目标。
导数与不等式证明
【解答】 原不等式等价于 ex－ex＋1＞elxnx(x＞0)． 令F(x)＝ex－ex＋1(x＞0)，F′(x)＝ex－e．当x∈(0,1)时，F′(x)＜0；当x∈(1，＋ ∞)时，F′(x)＞0，所以F(x)min＝F(1)＝e－e＋1＝1． 令 G(x)＝elxnx(x＞0)，G′(x)＝e1－x2lnx．当 x∈(0，e)时，G′(x)＞0；当 x∈(e，＋∞) 时，G′(x)＜0，所以 G(x)max＝G(e)＝1．又两个等号不同时取得，所以 F(x)＞G(x)， 即 ex－ex＋1＞elxnx，故原不等式成立．
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配套精练
配套精练
1．(2023·泰安期末节选)求证：1＋x ln x≥x．
【解答】 要证 1＋x ln x≥x，即证 ln x＋1x－1≥0．令 h(x)＝ln x＋1x－1，所以 h′(x)＝1x －x12＝x－x21，x＞0，令 h′(x)＞0，解得 x＞1；令 h′(x)＜0，解得 0＜x＜1，所以 h(x)在 (0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以 h(x)≥h(1)＝0，所以 ln x＋1x－1≥0， 即 1＋x ln x≥x．
研题型·通法悟道 举题说法
目标 3 参数放缩证明不等式
3 (2024·聊城期中)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x． (1)讨论f(x)的单调性；
【解答】 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)． ①若a≤0，则f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减． ②若a＞0，由f′(x)＝0，得x＝－lna．当x∈(－∞，－lna)时，f′(x)＜0；当x∈(－ lna，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单 调递增． 综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；当a＞0时，f(x)在(－∞，－lna)上 单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．
导数与不等式证明
导数与不等式证明导数是微积分中的重要概念，它描述了函数在某一点的变化率。
而不等式是数学中常用的一种关系，用于比较两个数或表达变量之间的大小关系。
本文将探讨导数与不等式之间的关系，并通过具体的例子来证明与应用。
一、导数的定义与性质首先，我们回顾导数的定义：对于函数f(x)，在点x处的导数可以表示为lim（h->0）（f(x+h)-f(x)）/h。
简单来说，导数就是函数在某一点的斜率。
导数具有以下性质：1. 导数存在性：如果函数在某一点可导，则该点的导数存在。
2. 导数与函数图像：导数可以帮助我们理解函数图像的特性，如切线与曲线的关系、函数的增减性等。
3. 导数的计算：可以通过求导法则，例如常数法则、幂函数法则、链式法则等，来计算导数。
二、不等式的基本性质接下来，我们简要介绍不等式的基本性质。
不等式常见的有大于号（>）、小于号（<）、大于等于号（≥）、小于等于号（≤）等。
对于不等式的证明，通常有以下方法：1. 同向性：如果a>b，那么对于任意正数c，ac>bc。
这个性质可以用于不等式的乘法性质证明。
2. 等价性：如果两个不等式的左边和右边分别相等，则两个不等式等价。
这个性质可以用于不等式的代换和变形。
三、导数与不等式之间的关系导数在不等式的证明中具有重要作用。
通过对比函数在不同区间的导数值以及函数图像的特征，可以得出不等式的结论。
下面通过两个具体的例子来说明导数与不等式之间的关系。
例1：证明函数f(x)=x²在区间（0，∞）上是递增的。
解：首先计算f(x)=x²的导数：f'(x)=2x。
由于导数描述了函数的变化率，当导数大于0时，函数是递增的。
因此，我们需要证明2x>0在区间（0，∞）上成立。
由于x大于0，所以2x大于0，即导数大于0，因此函数f(x)=x²在区间（0，∞）上是递增的。
例2：证明函数f(x)=eˣ在任意区间上是递增的。
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.
导数与不等式的证明
导数与不等式的证明【标题】导数与不等式的证明【作者】陈强【关键词】导数中值定理函数单调性不等式【指导老师】陈强【专业】数学与应用数学【正文】1?引言导数的思想最初是法国数学家费马为解决极大、极小值问题而引入的．但导数作为微积分学中最主要的概念，却是英国数学家牛顿和德国数学家莱布尼兹分别在研究力学和几何学过程中建立的.尽管导数得到了在数学领域、物理研究及经济领域的广泛应用，但这并非是他的全部,而只是导数应用的一部分内容．在生活中我们要想应用导数解决好实际问题，其关键是先将实际问题转化为数学问题，再通过对导数知识的熟练掌握和运用来解决实际问题.导数在各类题型中的应用已越来越广泛了，已逐渐由解决问题的辅助地位上升为分析和解决问题时的必不可少的工具．教学大纲对此的要求突出一个“用”字．在此我们只讨论导数在中学数学中一个方面的应用,即导数与不等式的证明之间的关系.数学问题的解决关键在于我们对待数学问题的方法，如果在学习数学的过程中，我们能有意识地将数学问题系列化，解决数学问题的方法系列化．那么解决数学问题的能力将会得到升华．在高等数学的学习中，不等式的证明是可以作为一个系列问题来看待的．不等式的证明是数学的重要内容之一也是难点之一其常用的方法有:比较法、综合法、分析法、重要不等式法、数学归纳法等。
而有些问题用上述方法解决是困难的，在学完中值定理与导数的应用的内容以后，可以利用拉格朗日中值定理与函数的单调性解决一些不等式证明的问题．那么导数与不等式之间究竟有什么样的关系呢？在开题报告中已经说了“利用函数的导数研究不等式主要体现在简单、快捷、方便”．这将在后面的实际中得到证明．函数是高中数学的主干内容，是历年数学高考的考查重点，导数作为选修课进入新课程，为研究函数提供了有力的工具，也为解决函数问题提供了更为广阔的空间．代数以函数为主干，导数与函数、不等式的结合是热点．而不等式的知识具有极强的辐射作用．因此数学高考的新课程卷中，有关函数、导数、方程、不等式的综合出现的频率高，所占的比重较大，不仅对知识的理解和应用有较高的要求，而且对函数与方程的思想、有限与无限的思想等数学思想方法进行了深入的考查．从另一个角度看那就是近年来，在高考试题中，存在一个整体趋势那就是：不等式的证明往往与函数、导数、数列等的内容综合起来出题．属于在知识网络的交汇处设计的试题，有一定的综合性和难度，突出体现对理性思维的考查，特别是利用高中新增内容的导数来证明不等式，体现了导数的工具，也是与高等数学接轨的有力点．本文将通过一些实例，来说明利用导数证明不等式的基本方法[10]．2?预备知识定义1设?为定义在?上的函数，若对任何?，，当?＜?时，总有(i)?，则称?为?上的增函数，特别当成立严格不等式?时，称?为?上的严格增函数；(ii)?，则称?为?上的减函数，特别当成立严格不等式?时，称?为?上的严格减函数；增函数和减函数统称为单调函数，严格增函数和严格减函数统称为严格单调函数．定义2[1] 设函数?在点?的某邻域内有定义，若极限(1)存在，则称函数?在点?处可导，并称该极限为函数?在点?处的导数，记作?．令?，则(1)式可改写为?(2)所以，导数是函数增量?与自变量增量?之比?的极限．这个增量比称为函数关于自变量的平均变化率(又称差商)，而导数?则为?在?处关于?的变化率．若(1)（或(2)）式极限不存在，则称函数?在?处不可导．定理1[1] 一般地，设函数?在某个区间Ｉ内可导．如果?，则?在区间?严格增加；如果?，则?在区间?严格减少．上面结论中的“＞”或“＜”也可以改为“?”或“?”，只要等号成立的点不形成一个区间．定理2[1]（拉格朗日(Lagrange)中值定理）?若函数?满足如下条件：(i)在闭区间?上连续；(ii)在开区间?内可导，则在?内至少存在一点?，使得．3?应用导数证明不等式3.1?拉格朗日中值定理法拉格朗日中值定理是以等式形式存在的，那么，如何利用该定理去证明不等式呢?在拉格朗日中值公式中?，我们根据?在?之间的取值可以估计?取值范围，从而得到不等式，这就是应用拉格朗日中值定理证明不等式的思想．用拉格朗日中值定理证明不等式的步骤：(1)确定函数的对应法则?，自变量所在的区间?．(2)验证函数在区间内满足拉格朗日中值定理的条件，?从而得到．(3)对?求导，从而得到?，由此得到一个等式．(4)由?的范围确定的?范围，从而验证不等式．?例１? 证明：?当?时，?．分析：显然这里函数区间为?证明：令?，?．在?上满足拉格朗日中值定理的条件得：，?．，即?，．因为?所以?，即?．因此，当?时，?．解决这类问题的一般步骤是：第一步：分析要证明的不等式，选取辅助函数?和区间?．第二步：根据拉格朗日中值定理得到?.?第三步：根据导函数?在?上的单调性，进而推证要证明的不等式．例2如果?，试证：?证明：将要证明的不等式变形为?令?则?，在?上应用拉格朗日中值定理，得?而但在?上我们不易判别?的符号。
A新高考数学 高考重难专攻(一) 导数与不等式的证明
成立．
适当放缩法
已知函数f(x)＝aex－ln x－1． (1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，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)＝aex－1x． 由题设知，f′(2)＝0，所以a＝21e2． 从而f(x)＝21e2ex－ln x－1，f′(x)＝21e2ex－1x． 当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0． 所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
1．待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接构造“左减右” 或“右减
2．利用构造差函数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数g(x)； (3)利用导数研究g(x)的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
x＝ln 2．
于是当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
2(1－ln 2＋a)
故 f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)． 所以 f(x)在 x＝ln 2 处取得极小值，极小值为 f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)证明：当a＝0，x∈(0,1)时，x2－1x<fexx等价于－elnx x＋x2－1x<0， ∵当x∈(0,1)时，ex∈(1，e)，－ln x>0，∴－elnx x<－ln x， ∴只需要证－ln x＋x2－1x<0在(0,1)上恒成立． 令g(x)＝－ln x＋x2－1x，x∈(0,1)， ∴g′(x)＝－1x＋2x＋x12＝2x3－x2x＋1>0， 则函数g(x)在(0,1)上单调递增，于是g(x)<g(1)＝－ln 1＋1－1＝0， ∴当x∈(0,1)时，x2－1x<fexx．
(完整版)导数证明不等式题型全
导数题型一：证明不等式不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点,传统证明不等式的方法技巧性强,多数学生不易想到,并且各类不等式的证明没有通性通法.随着新教材中引入导数,这为我们处理不等式的证明问题又提供了一条新的途径,并且在近年高考题中使用导数证明不等式也时有出现,但现行教材对这一问题没有展开研究,使得学生对这一简便方法并不了解.利用导数证明不等式思路清晰,方法简捷,操作性强,易被学生掌握。
下面介绍利用单调性、极值、最值证明不等式的基本思路，并通过构造辅助函数，证明一些不等式。
一．构造形似函数型例1．求证下列不等式（1）)1(2)1ln(222x x x x x x +-<+<- ),0(∞+∈x （相减）（2）πx x 2sin > )2,0(π∈x （相除两边同除以x 得π2sin >x x ）（3）x x x x -<-tan sin )2,0(π∈x（4）已知：)0(∞+∈x ，求证xx x x 11ln 11<+<+；（换元：设x x t 1+=）（5）已知函数()ln(1)f x x x =+-，1x >-，证明：11ln(1)1x x x -≤+≤+巩固练习：1.证明1>x 时，不等式xx 132-> 2.0≠x ，证明：x e x +>13.0>x 时，求证：)1ln(22x x x +<- 4.证明: ).11(,32)1ln(32<<-+-≤+x x x x x 5.证明: 331an x x x t +>，)2,0(π∈x .二、需要多次求导例2.当)1,0(∈x 时,证明:22)1(ln )1(x x x <++例3.求证:x ＞0时,211x 2x e x ->+例4.设函数f (x )＝ln x ＋2a x 2－(a ＋1)x (a >0，a 为常数)．若a ＝1，证明：当x >1时，f (x )<12x 2－21x x +三、作辅助函数型例5.已知：a 、b 为实数，且b ＞a ＞e ,其中e 为自然对数的底，求证：a b ＞b a .例6.已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx,(i)求函数f(x)的最大值；(ii)设0<a<b,证明0<g(a)+g(b)-2g(2b a +)<(b-a)ln2.巩固练习6、证明 (1) )0(ln b a a ab a bb ab <<-<<-(2)0,0>>b a ,证明b a b a b a b a ≤++)2(（3）若2021π<<<x x ,证明:1212tan tan x x x x >四、同增与不同增例7.证明：对任意21ln 0,1e e x x x x x ---><+.例8.已知函数1()1,()ln x x f x g x x x e-=-=-证明：21(ln )()1x x f x e ->-.五、极值点偏移（理科）例9.已知函数．如果且证明．例10.已知函数()(1)e x f x x x -=-∈R ，，其中e 是自然对数的底数.若12x x ≠，且12()()f x f x =，求证：12 4.x x +>六、放缩法例11.已知：2≥∈n N n 且，求证：11211ln 13121-+++<<+++n n n 。
导数与不等式证明(绝对精华)
二轮博题 （十一）导数与没有等式道明之阳早格格创做【教习目标】1. 会利用导数道明没有等式.2. 掌握时常使用的道明要领.【知识回瞅】一级排查：应知应会1.利用导数道明没有等式要思量构制新的函数，利用新函数的单调性或者最值办理没有等式的道明问题．比圆要道明对付任性∈x [b a ,]皆有)()(x g x f ≤，可设)()()(x g x f x h -=，只消利用导数道明)(x h 正在[b a ,]上的最小值为0即可．二级排查：知识聚集利用导数道明没有等式，解题本领归纳如下：（1）利用给定函数的某些本量（普遍第一问先让办理出去），如函数的单调性、最值等，服务于第二问要道明的没有等式.（2）多用分解法思索.二边与对付数（指数），移项通分等等.要注意变形的目标：果为要利用函数的本量，力供变形后没有等式一边需要出现函数闭系式.（4）时常使用要领另有断绝函数法，max min )()(x g x f ≥，搁缩法（常与数列战基础没有等式所有考查），换元法，主元法，消元法，数教归纳法等等，但是无论何种要领，问题的粗髓仍旧构制辅帮函数，将没有等式问题转移为利用导数钻研函数的单调性战最值问题.（5）修议有本领共教不妨相识一下罗必塔规则战泰勒展启式，有许多题皆是利用泰勒展启式搁缩得去.三极排查：易错易混用导数道明数列时注意定义域.【课堂商量】一、做好（商）法例1、道明下列没有等式：①1+≥x e x ②1ln -≤x x ③xx 1-1ln ≥ ④1x 1)-2(x ln +≥x )1(≥x ⑤)2,0(,2sin ππ∈>x x x 二、利用max min )()(x g x f ≥道明没有等式例2、已知函数.22)(),,(,ln )1(1)(e x e x g R b a x a b x ax x f +-=∈+-+-= （1）若函数2)(=x x f 在处博得极小值0，供b a ,的值；（2）正在（1）的条件下，供证：对付任性的],[,221e e x x ∈，总有)()(21x g x f >. 变式：道明：对付十足),0(+∞∈x ，皆有ex e x x 21ln ->创制.三、构制辅帮函数或者利用主元法例3、已知n m ,为正整数，且,1n m <<供证：m n n m )1()1(+>+.变式：设函数x x f ln )(=，22)(-=x x g （1≥x ）.(1)试推断)()()1()(2x g x f x x F -+=正在定义域上的单调性；（2）当b a <<0时，供证22)(2)()(b a a b aa fb f +->-.四、分解法道明没有等式例4、设1>a ，函数a e x x f x -+=)1()(2.若直线()y f x 正在面P 处的切线与x轴仄止，且正在面(,)M m n 处的切线与直线OP 仄止（O 是坐标本面）,道明：123--≤e a m . 变式：已知函数x x x f ln )(2=．（Ⅰ）供函数)(x f 的单调区间；（Ⅱ）道明：对付任性的0>t ，存留唯一的s ，使)(s f t =． （Ⅲ）设（Ⅱ）中所决定的s 闭于t 的函数为)(t g s =，道明：当2e t >时，有21ln )(ln 52<<t t g . 五、断绝函数例5、已知函数)ln()(m x e x f x +-=.（Ⅰ）设0=x 是)(x f 的极值面，供m 并计划)(x f 的单调性； （Ⅱ）当2≤m 时，道明:)(x f 0>.变式：已知函数,,)(R x x nx x f n ∈-=其中*∈N n ，且2≥n .（1）计划)(x f 的单调性；（2）设直线)(x f y =与x 轴正半轴的接面为P ，直线正在面P 处的切线圆程为)(x g y =，供证：对付于任性的正真数x ，皆有)()(x g x f ≤；（3）若闭于x 的圆程)()(为实数a a x f =有二个正真数根21,x x ，供证：.2112+-<-n a x x六、与数列分离例6、已知函数3ln )(--=ax x a x f )(R a ∈.（1）供函数)(x f 的单调区间；（2）供证：)2(1ln 44ln .33ln .22ln ≥*∈<n N n nn n ， 变式：（1）已知),0(+∞∈x ，供证：xx x x 11ln 11<+<+； （2）供证：)2(1131211ln 1413121≥*∈-++++<<++++n N n n n n ， . 【坚韧锻炼】1. 已知函数,ln 21)(2x x x f +=供证：正在区间),1(+∞上，函数)(x f 的图像正在函数332)(x x g =的图像的下圆. ()1ln 1x f x x+=-． （Ⅰ）供直线()y f x =正在面()()00f ，处的切线圆程；（Ⅱ）供证：当()01x ∈，时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭； （Ⅲ）设真数k 使得()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭对付()01x ∈，恒创制，供k 的最大值． 210x x <<，供证：n n n x x x x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+>+222121. )0()1ln()(>+=x xx x f . （1）推断)(x f 的单调性；（2）道明：e nn <+)11((e 为自然对付数，*N n ∈). （1）供函数)(x f 的最小值；（2）设没有等式ax x f >)(的解集为P ，且P ⊆]2,0[，供真数a 的与值范畴；（3）设*∈N n ，道明：1321-<⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛e e n n n n n nn n n . )0()1ln()(2≤++=a ax x x f .(1)计划)(x f 的单调性；（2）道明：）（4211+）（4311+）（411n+ e <(e 为自然对付数，*N n ∈，2≥n ). (1)供函数)(x f 的最大值；(2)设b a <<0,道明 ：2ln )()2(2)()(0a b b a g b g a g -<+-+<. xbe x ae x f x x 1ln )(-+=，直线()y f x =正在面（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)供,a b ； （Ⅱ）道明：()1f x >.9. 已知函数()ax e x f x -=（a 为常数）的图像与y 轴接于面A ，直线()x f y =正在面A 处的切线斜率为-1.（Ⅰ）供a 的值及函数()x f 的极值； （Ⅱ）道明：当0>x 时，x e x <2；（Ⅲ）道明：对付任性给定的正数c ，总存留0x ，使恰当()∞+∈，0x x ，恒有x ce x <2.10.(选做)已知.1)1()(--=x e x x f（1）道明：当0>x 时，0)(<x f ;（2）数列}{n x 谦脚,1,111=-=+x e e x n n x x n 供证：}{n x 递减，且n n x 21>.。
高数利用导数证明不等式及导数的应用
an n2
a n a n1 ln a
a n1 (n 1)2
x x2 x3 ln(1 x) 0 f (x) 0 x x2 x3 ln(1 x)
23
23
20 利用函数的单调性 当要证的不等式两端是给定的两个表达式,或不等式一端 或两端含f(x),且知道f’(x)>0(或f”(x)>0)则常需要用单调性证. 解：:为证不等式,只要证 例2 当x>0时,证明不等式
ln a n(n 1)
n 1 n
其中 ( 1 , 1)
n 1 n
1
an
1
a n1
a
ln a(1
1
),
n n 1
1
1
1
1
a n a a n1
an
a
a n1
n(n 1) n(n 1) n(n 1)
a 1, 1 1
n
n 1
1
1
1
1
1
1
an n2
a n(n 1)
a n1 (n 1)2
其辅助函数为
f
( x)
2
2 (1 x)3
2[1
(1
1 x)3
]
0
(x 0)
f (x) 1 x x 2 1 1 x
f (x) 1 2x 1 , (1 x) 2
f (0) 0 f (0) 0
f (x) x x 2 x3 ln(1 x) f (x) 0 f (0) 23
一． 证明不等式 二． 证明方程根的个数 三． 导数的应用
第五讲 利用导数 证明不等式
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一．利用导数证明不等式
利用导数证明不等式是常考的题型.主要的方法有:
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二轮专题 （十一） 导数与不等式证明
【学习目标】
1. 会利用导数证明不等式.
2. 掌握常用的证明方法.
【知识回顾】
一级排查：应知应会
1.利用导数证明不等式要考虑构造新的函数，利用新函数的单调性或最值解决不等式的证明问题．比如要证明对任意∈x [b a ,]都有)()(x g x f ≤，可设)()()(x g x f x h -=，只要利用导数说明)(x h 在[b a ,]上的最小值为0即可．
二级排查：知识积累
利用导数证明不等式，解题技巧总结如下：
（1）利用给定函数的某些性质（一般第一问先让解决出来），如函数的单调性、最值等，服务于第二问要证明的不等式.
（2）多用分析法思考.
（3）对于给出的不等式直接证明无法下手，可考虑对不等式进行必要的等价变形后，再去证明.例如采用两边取对数（指数），移项通分等等.要注意变形的方向：因为要利用函数的性质，力求变形后不等式一边需要出现函数关系式.
（4）常用方法还有隔离函数法，max min )()(x g x f ≥，放缩法（常与数列和基本不等式一起考查），换元法，主元法，消元法，数学归纳法等等，但无论何种方法，问题的精髓还是构造辅助函数，将不等式问题转化为利用导数研究函数的单调性和最值问题.
（5）建议有能力同学可以了解一下罗必塔法则和泰勒展开式，有许多题都是利用泰勒展开式放缩得来.
三极排查：易错易混
用导数证明数列时注意定义域.
【课堂探究】
一、作差（商）法
例1、证明下列不等式：
①1+≥x e x ②1ln -≤x x ③x x 1-1ln ≥
④1x 1)-2(x ln +≥
x )1(≥x ⑤)2
,0(,2sin ππ∈>x x x
二、利用max min )()(x g x f ≥证明不等式
例2、已知函数.2
2)(),,(,ln )1(1)(e x e x g R b a x a b x ax x f +-=∈+-+-= （1）若函数2)(=x x f 在处取得极小值0，求b a ,的值；
（2）在（1）的条件下，求证：对任意的],[,221e e x x ∈，总有)()(21x g x f >.
变式：证明：对一切),0(+∞∈x ，都有ex e
x x 21ln ->
成立.
三、构造辅助函数或利用主元法 例3、已知n m ,为正整数，且,1n m <<求证：m n n m )1()1(+>+.
变式：设函数x x f ln )(=，22)(-=x x g （1≥x ）.
(1)试判断)()()1()(2x g x f x x F -+=在定义域上的单调性；
（2）当b a <<0时，求证22)(2)()(b
a a
b a a f b f +->
-.
四、分析法证明不等式
例4、设1>a ，函数a e x x f x
-+=)1()(2.若曲线()y f x =在点P 处的切线与x 轴平行， 且在点(,)M m n 处的切线与直线OP 平行（O 是坐标原点）,证明：123--
≤e a m .
变式：已知函数x x x f ln )(2=．
（Ⅰ）求函数)(x f 的单调区间；
（Ⅱ）证明：对任意的0>t ，存在唯一的s ，使)(s f t =．
（Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的s 关于t 的函数为)(t g s =，证明：当2e t >时，有21ln )(ln 52<<t t g .
五、隔离函数
例5、已知函数)ln()(m x e x f x +-=.
（Ⅰ）设0=x 是)(x f 的极值点，求m 并讨论)(x f 的单调性； （Ⅱ）当2≤m 时，证明:)(x f 0>.
变式：已知函数,,)(R x x nx x f n ∈-=其中*∈N n ，且2≥n .
（1）讨论)(x f 的单调性；
（2）设曲线)(x f y =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线方程为)(x g y =，求证：对于任意的正实数x ，都有)()(x g x f ≤；
（3）若关于x 的方程)()(为实数a a x f =有两个正实数根21,x x ，求证：.2112+-<-n
a x x
六、与数列结合
例6、已知函数3ln )(--=ax x a x f )(R a ∈.
（1）求函数)(x f 的单调区间；
（2）求证：
)2(1ln 44ln .33ln .22ln ≥*∈<n N n n
n n ，Λ
变式：（1）已知),0(+∞∈x ，求证：x
x x x 11ln 11<+<+； （2）求证：)2(1131211ln 1413121≥*∈-++++<<++++n N n n n n ，ΛΛ.
【巩固训练】
1. 已知函数,ln 21)(2x x x f +=
求证：在区间),1(+∞上，函数)(x f 的图像在函数33
2)(x x g =的图像的下方.
2.已知函数()1ln 1x f x x +=-． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点()()00f ，处的切线方程；
（Ⅱ）求证：当()01x ∈，时，()323x f x x ⎛⎫>+ ⎪⎝
⎭； （Ⅲ）设实数k 使得()33x f x k x ⎛⎫>+ ⎪⎝⎭
对()01x ∈，恒成立，求k 的最大值．
3.已知210x x <<，求证：n
n n x x x x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+>+222121.
4. 设函数)0()
1ln()(>+=x x x x f .
（1）判断)(x f 的单调性；
（2）证明：e n n <+)1
1((e 为自然对数，
*N n ∈).
5.已知函数.)(x e x f x -=
（1）求函数)(x f 的最小值；
（2）设不等式ax x f >)(的解集为P ，且P ⊆]2,0[，求实数a 的取值范围；
（3）设*∈N n ，证明：1321-<⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛e e n n n n n n
n n n Λ.
6.已知)0()1ln()(2≤++=a ax x x f .
(1) 讨论)(x f 的单调性；
（2）证明：）（4211+）（4311+）（41
1n +Λe <(e 为自然对数，
*N n ∈，2≥n ).
7. 已知函数x x x g x x x f ln )(,)1ln()(=-+=
(1)求函数)(x f 的最大值；
(2)设b a <<0,证明 ：2ln )()2(2)()(0a b b a g b g a g -<+-+<.
8.设函数x be x ae x f x x 1
ln )(-+=，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.
11 9. 已知函数()ax e x f x -=（a 为常数）的图像与y 轴交于点A ，曲线()x f y =在点A 处的切线斜率为-1.
（Ⅰ）求a 的值及函数()x f 的极值； （Ⅱ）证明：当0>x 时，x e x <2；
（Ⅲ）证明：对任意给定的正数c ，总存在0x ，使得当()∞+∈，
0x x ，恒有x ce x <2.
10.(选作)已知.1)1()(--=x e x x f
（1）证明：当0>x 时，0)(<x f ;
（2）数列}{n x 满足,1,111=-=+x e e x n n x x n 求证：}{n x 递减，且n n x 21>.。