考前归纳总结：导数中的不等式证明问题

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高考中利用导数证明不等式的一些策略

高考中利用导数证明不等式的一些策略1与lnx分开来考虑，即将f(x)分解为两个函数的和：f(x)=lnx+2ex-1.然后分别对这两个函数求导，得到f'(x)=1/x+2ex>0，说明f(x)在定义域上单调递增，且f(0)=1，因此f(x)>1成立。

评注：对于这种需要分离成两个函数的不等式，可以先观察不等式的特征，尝试将其分解为两个函数的和或差，然后分别对这些函数求导来证明不等式。

类型三、需要构造辅助函数的不等式1.利用辅助函数构造上下界例3（2016年全国卷1第23题改编）已知a,b,c>0，证明：(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)≥9分析：将(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)展开，得到a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b+3≥9.观察不等式中的每一项，可以发现这些项都可以表示为三个数的和，因此可以构造辅助函数f(x)=ln(x)+1/x-1，然后对f(x)求导，得到f'(x)=1/x^2-1，f'(x)>0当且仅当x1，因此f(x)在(0,1)和(1,∞)上分别是减函数和增函数。

接着，将a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b分别表示为f(ab)+f(ac)+f(bc)+3，然后应用均值不等式，得到f(ab)+f(ac)+f(bc)≥3f((abc)^(2/3))=3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)-3.将此式代入原不等式中，得到3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)≥6，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3.再次利用辅助函数，构造g(x)=lnx+(1/3)x^(-2/3)-2/3，对其求导得到g'(x)=1/x-(2/9)x^(-5/3)，g'(x)>0当且仅当x9/4，因此g(x)在(0,9/4)和(9/4,∞)上分别是减函数和增函数。

由于a,b,c>0，因此abc>0，因此可将不等式中的abc替换为x，得到g(abc)≥0，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)-2/3≥0，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3，因此原不等式成立。

高中数学：利用导数证明不等式的常见题型

利用导数证明不等式的常见题型题型一构造函数法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的问题，从而证明不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是利用导数证明不等式的关键.这四道题比较简单，证明过程略.概括而言，这四道题证明的过程分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论.【启示】证明分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论。

题型二通过对函数的变形，利用分析法，证明不等式【启示】解答第一问用的是分离参数法，解答第二问用的是分析法、构造函数，对函数的变形能力要求较高，大家应记住下面的变形：题型三求最值解决任意、存在性变量问题解决此类问题，关键是将问题转化为求函数的最值问题，常见的有下面四种形式：题型四分拆成两个函数研究【注意】(2)如果按题型一的方法构造函数求导，会发现做不下去，只好半途而废，所以我们在做题时需要及时调整思路，改变思考方向.【启示】掌握下列八个函数的图像和性质，对我们解决不等式的证明问题很有帮助，这八个函数分别为要求会画它们的图像，以后见到这种类型的函数，就能想到它们的性质题型五设而不求当函数的极值点（最值点）不确定时，可以先设出来，只设不解，把极值点代入，求出最值的表达式而证明.【启示】设而不求，整体代换是一种常用的方法，在解析几何中体现很多.在本例第（2）问中，只设出了零点而没有求出零点，这是一种非常好的方法，同学们一定要认真体会，灵活应用.题型六估值法题型七利用图象的特点，证明不等式题型八证明数列不等式题型九利用放缩法证明不等式【注意】在解决第（2）问时，用构造函数法证不出来，又试着分开两个函数仍然不行，正当我一筹莫展时，忽然想到与第一问题的切线联系，如果左边的函数的图像在切线的上方，右边函数的图像在切线的下方，这样问题不就得证了吗？心里非常高兴，马上付诸行动。

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。

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧趣题引入已知函数设，证明：分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。

证明：，设当时，当时，即在上为减函数，在上为增函数∴，又 ∴，即设当时，，因此在区间上为减函数；因为，又 ∴，即故综上可知，当时，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。

技巧精髓一、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。

二、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x x x g ln )(=b a <<02ln )(2(2)()(0a b b a b g a g -<+-+<1ln )(+='x x g )2(2)()()(x a g x g a g x F +-+=2ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g x a g x g x F +-=+-=⨯+-='a x <<00)(<'x F a x >0)(>'x F )(x F ),0(a x ∈),(+∞∈a x 0)()(min ==a F x F a b >0)()(=>a F b F 0)2(2)()(>+-+b a g b g a g 2ln )(2(2)()()(a x x a g x g a g x G --+-+=)ln(ln 2ln 2ln ln )(x a x x a x x G +-=-+-='∴0>x 0)('<x G )(x G ),0(+∞0)(=a G a b >0)()(=<a G b G 02ln )()2(2)()(<--+-+a x x a g x g a g 2ln )()2(2)()(a x x a g x g a g -<+-+b a <<02ln )()2(2)()(0a b b a b g a g -<+-+<可导函数是用导数证明不等式的关键。

导数在证明不等式中的有关应用

导数在证明不等式中的有关应用1.最值的判定导数可以帮助我们判断一个函数在其中一区间的最值。

具体来说，如果在一个区间内，函数的导数恒为零或者导数的正负性在其中一点发生变化，那么在该区间内函数的最值就会出现。

例如，考虑函数$f(x)=x^2-4x+3$。

我们可以通过求取导数$f'(x)=2x-4$，并令其等于零，得到$x=2$。

通过检查导数的符号，可以确认在$x<2$时导数为负，$x>2$时导数为正。

因此，在$x<2$时，函数的导数为负，说明函数在这个区间上是递减的；而在$x>2$时，函数的导数为正，说明函数在这个区间上是递增的。

因此，根据导数的正负性和最值判定原则，我们可以得出结论：函数$f(x)$在区间$(-\infty,2)$上单调递减，在区间$(2,+\infty)$上单调递增。

进一步，我们可以求得函数的最值，即当$x=2$时，函数取得最小值。

因此，我们得到了函数$f(x)$的最值以及最值的取值点。

2.利用导数证明不等式的成立导数可以被用来证明各种类型的不等式。

其中一个常见的方法是使用导数的定义和可微函数的局部性质。

考虑函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上有定义且在开区间$(a,b)$内可微。

如果在$(a,b)$内存在一个点$c$，使得$f'(c)>0$，那么基于导数的定义，我们可以得出结论：对于任意的$x \in (a,b)$，都有$f'(x)>0$。

这意味着$f(x)$在$(a,b)$内是单调递增的。

我们可以进一步得出结论：对于任意的$x \in [a,b]$，都有$f'(x) \geq f'(a)$。

因此，我们可以断定$f(x)$在闭区间$[a,b]$上是凸函数。

根据凸函数的性质，我们可以利用函数的凸性证明各种类型的不等式。

例如，我们可以证明对于任意的$x>0$和$y>0$，成立如下的不等式：$\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}$。

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的几种策略

利用导数证明不等式的几种策略导数在数学中起着至关重要的作用，不仅可以用来求函数的极值点和拐点，还可以用来证明不等式。

在证明不等式时，我们可以利用导数的性质来进行推导。

下面将介绍几种利用导数证明不等式的策略。

1.利用单调性证明不等式对于一个给定的函数，在其定义域内，如果函数在一段区间上是单调递增或者单调递减的，则可以利用该函数的导数证明一些不等式。

例如，我们要证明对于任意正实数x，有ln(x+1) < x。

我们可以设函数f(x) = x - ln(x+1)，然后计算导数f'(x) = 1 - 1/(x+1)。

观察导数的符号可以发现，当x > 0时，导数f'(x) < 0，即函数f(x)在x > 0上是单调递减的。

因此，我们可以得出结论：ln(x+1) < x 对于任意正实数x成立。

2.利用极值点证明不等式对于一个给定的函数，如果该函数在一些点处取得极大值或者极小值，我们可以通过证明该极值点处的函数值与其他点处的函数值之间的关系，来证明不等式。

例如，我们要证明对于任意非负实数x，有x^3-3x^2+1>=0。

我们可以设函数f(x)=x^3-3x^2+1，然后计算导数f'(x)=3x^2-6x。

观察导数的零点可以发现，f'(x)=0时，x=0或者x=2，即函数f(x)在x=0和x=2处取得极小值或者极大值。

进一步计算f(0)=1和f(2)=-1可以发现，f(0)是函数f(x)在其定义域内的最小值。

因此，我们可以得出结论：x^3-3x^2+1>=0对于任意非负实数x成立。

3.利用泰勒展开证明不等式对于一个给定的函数，在一些点的邻域内，我们可以使用该函数的泰勒展开式来近似表示该函数。

通过比较泰勒展开式的高阶项可以得出一些不等式。

例如，我们要证明对于任意正实数x，有e^x>x^2、我们可以使用泰勒展开式来近似表示函数e^x和函数x^2，在x=0处进行展开。

导数不等式证明方法总结

导数不等式证明方法总结
导数不等式证明方法是数学中的一个重要概念，它可以用于求解各种函数的最大值、最小值、单调性等问题。

下面就导数不等式证明方法进行一些总结。

首先，我们需要知道导数的概念。

导数是函数在某一点处的变化率，它可以用极限的形式表示。

如果函数f(x)在点x0处可导，则它的导数为f'(x0)，它表示函数在点x0处的斜率。

其次，我们需要掌握导数的性质。

导数的性质包括：连续性、单调性、中值定理等。

其中，连续性表示函数在某一点处可导当且仅当函数在该点处连续。

单调性表示函数单调递增当且仅当导数非负；函数单调递减当且仅当导数非正。

中值定理则表示函数在一段区间内必定存在一个点，使得该点处的导数等于该区间的平均导数。

接着，我们需要学习导数不等式的一般形式。

导数不等式是指一种基于导数性质的数学不等式。

它通常具有以下形式：若函数f(x)在区间[a,b]上具有一阶导数，则对于任意x∈[a,b]，都有f(x)≤f(a)+(x-a)f'(a)，或者f(x)≥f(a)+(x-a)f'(a)。

最后，我们需要掌握导数不等式的具体应用。

导数不等式常用于求解各种复杂函数的最值问题。

例如，我们可以通过导数不等式证明函数在某一区间内的最大值或最小值，并找到达到最值的具体点。

综上所述，导数不等式证明方法是数学中一个非常重要的概念，它可以应用于各种函数的求解问题。

我们需要掌握导数的概念和性质，了解导数不等式的一般形式，并掌握导数不等式的具体应用。

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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导数与不等式恒成立方法归纳总结

导数与不等式恒成立方法归纳总结思路一：作差解恒成立构造差函数()()()h x f x g x =-．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式．首先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应含参不等式，从而求出参数的取值范围，也可以分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．证明()()f x g x <，(),x a b ∈时，可以构造函数()()()F x f x g x =-，如果()0F x '<，则()F x 在(),a b 上是减函数，同时若()0F a ≤，由减函数的定义可知，当(),x a b ∈时，有()0F x <，即证明()()f x g x <．例、已知函数()()2112ln 2f x a x a ax x =--+，()'f x 为其导函数. (1) 设()()1g x f x x=+，求函数()g x 的单调区间； (2) 若0a >，设()()11,A x f x ，()()22,B x f x 为函数()f x 图象上不同的两点，且满足()()121f x f x +=，设线段AB 中点的横坐标为0,x 证明：01ax >.解：（1）略（2）120121212x x ax x x a a+>⇔>⇔>- ()222121'0a f x a a x x x ⎛⎫=+-=-≥ ⎪⎝⎭，故()f x 在定义域()0,+∞上单调递增.只需证： ()122f x f x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，即证()2221f x f x a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭注意到()()12111,,2f x f x f a ⎛⎫+==⎪⎝⎭ 不妨设1210x x a <<<. ()()()22221112ln 22ln 2F x f x f x a x a ax a x a axa a x xa⎛⎫⎛⎫=-+-=----+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-则()()()()322222241122'0222ax a a a F x x x ax ax x ax -=--+=-≤--- 1x a ∀≥，从而()F x 在1,a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单减，故()210F x F a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，即得. 变式1、设函数．（I ）时，求函数的极值点；（Ⅱ）当时，证明在上恒成立．解（Ⅱ）证明：当a=0时，f （x ）=lnx+x+1令F （x ）=xe x ﹣f （x ）=xe x ﹣lnx ﹣x ﹣1，（x ＞0），则F′（x ）=x+1x•（xe x ﹣1），令G （x ）=xe x ﹣1，则G′（x ）=（x+1）e x ＞0，（x ＞0），∴函数G （x ）在（0，+∞）递增，又G （0）=﹣1＜0，G （1）=e ﹣1＞0， ∴存在唯一c ∈（0，1）使得G （c ）=0，且F （x ）在（0，c ）上单调递减，在（c ，+∞）上单调递增，故F （x ）≥F （c ）=c•e c ﹣lnc ﹣c ﹣1，由G （c ）=0，得c•e c ﹣1=0，得lnc+c=0， ∴F （c ）=0，∴F （x ）≥F （c ）=0，从而证得x e x ≥f （x ）.变式2、设函数()()2ln 1f x x b x =++，其中0b ≠．当*n N ∈，且2n ≥时证明不等式：33311111111ln 111232321n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++++>-⎪⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦解：当b=-1时, ()()2f x x ln x 1=-+，令()()()332h x x f x x x ln x 1=-=-++，则()()233x x 1h x x 1++'=+在[)0,∞+ 上恒正，所以， ()h x 在[)0,∞+上单调递增，当[)0,∞+时，恒有()()h x h 00=＞，即当[)0,∞+时，()()3232x x ln x 10,ln x 1x x -++++＞即＞，对任意正整数n ，取1x n =得32111ln 1n nn ⎛⎫++ ⎪⎝⎭＞，所以， 333111111ln 11123n 23n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()21ln +12f x x ax x =++2a =-()f x 0a =()xxe f x ≥()0,+∞= 333111111ln 1ln 1ln 123n 23n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭= 333111111ln 1ln 1ln 12233n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++⋅⋅⋅+++⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()22211111123n 2334n n 1++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯+＞＞ =11111111++=2334n n 12n 1--⋅⋅⋅+--++. 变式3、已知函数()21e 2x f x a x x =--（R a ∈）．证明：当1x >时， 1e ln x x x x>-．解：令()1e ln xg x x x x=-+（1x >），则()10g =， ()2e 1e ln 1x xg x x x x =+--'．令()()h x g x ='，则()e e ln x xh x x x =+' 23e e 2x x x x x-++，因为1x >，所以e ln 0xx >， e 0x x >， ()2e 10x x x ->， 320x>，所以()0h x '>，即()()h x g x ='在1x >时单调递增，又()1e 20g ='->，所以1x >时， ()0g x '>，即函数()g x 在1x >时单调递增．所以1x >时， ()0g x >，即1x >时， 1e ln x x x x>-．思路二：调整目标形式解恒成立观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明. 例．已知函数()()1ln ,1a x f x x a R x -=-∈+．设,m n 为正实数，且m n >，求证：ln ln 2m n m nm n -+<-．解：要证，只需证，即证21ln .1m m n m n n ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+只需证21ln 0.1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+设()()21ln 1x h x x x -=-+，由（2）知()h x 在()1,+∞上是单调函数，又1mn>，所以()10m h h n ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即21ln 01m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+成立，所以ln ln 2m n m n m n -+<-. 变式1、已知函数()()21x f x x x e =--.（1）若()f x 在区间(),5a a +有最大值，求整数a 的所有可能取值；（2）求证：当0x >时，()()323ln 247x f x x x x x e <-++-+. 解析：（1）f′(x )＝（x 2＋x －2）e x ，当x <－2时，f′(x )＞0，f (x )单调递增，当－2＜x ＜1时，f′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ＞1时，f′(x )＞0，f (x )单调递增，由题知：a ＜－2＜a +5，得：－7＜a ＜－2，则a ＝－6、－5、－4、－3，当a ＝－6、－5、－4，显然符合题意，若a ＝－3时，f (－2)＝5e ―2，f (2)＝e 2，f (－2)＜f (2)，不符合题意，舍去．故整数a 的所有可能取值－6，―5，－4．（2）f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7可变为(－x 2＋3x －1)e x ＜－3ln x ＋x 3+7，令g (x )＝(－x 2＋3x －1)e x ，h (x )=－3ln x ＋x 3+7，g′(x )＝(－x 2＋x ＋2)e x ， 0＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ＞2时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，g (x )的最大值为g (2)＝e 2，h′(x )＝()331x x-，当0＜x ＜1时，h′(x )＜0，h (x )单调递减，当x ＞1时，h′(x )＞0，h (x )单调递增，h (x )的最小值为h (1)＝8＞e 2，g (x )的最大值小于h (x )的最小值，故恒有g (x )＜h (x )，即f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7．变式2、函数f （x ）=21-lnx ax a-1x-2a 2R ++∈（）（）（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若a ＞0，求证：f （x ）≥3-2a. 解：由（Ⅰ）知()f x 在10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减； ()f x 在1a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增，则()min 11ln 12f x f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭．要证()f x ≥32a -，即证1ln 12a a --≥32a -，即证1ln 1a a +-≥0．令()1ln 1a a a μ=+-，则()22111a a a a aμ'-=-=，由()0a μ'>解得1a >，由()0a μ'<解得01a <<， ∴()a μ在()01，上单调递减；()a μ在()1+∞，上单调递增；∴()()min 11ln1101a μμ==+-=，∴ 1ln 1a a +-≥0成立．从而()f x ≥32a-成立．思路三：结论再造解恒成立利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点：（1）利用常见结论，如：，()ln 1x x >+，等；（2）利用同题上一问结论或既得结论．例、已知函数()ln 1axf x x x =-+．（Ⅰ）若函数()f x 有极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）()f x 有两个极值点（记为1x 和2x ）时，求证：()()()1211x f x f x f x x x+⎡⎤+≥⋅-+⎣⎦．解（Ⅱ）∵1x ， 2x 是()f x 的两个极值点，故满足方程()0f x '=即1x ， 2x 是()2210x a x +-+=的两个解，∴121x x =∵()()12121212ln ln 11ax ax f x f x x x x x +=-+-++ ()()12121212122ln 1a x x x x x x a x x x x ++=-=-+++ 而在()ln 1ax f x x x =-+中， ()1ln x a f x x x +⎡⎤-=⋅-⎣⎦ 欲证原不等式成立，只需证明()()11ln 1x x f x x f x x x x++⎡⎤⎡⎤⋅-≥⋅-+⎣⎦⎣⎦∵0x >，只需证明()()ln 1f x x f x x -≥-+成立即证ln 10x x -+≤成立令()ln 1g x x x =-+，则()111xg x x x-=-=' 当()0,1x ∈时， ()0g x '>，函数()g x 在()0,1上单调递增；当()1,x ∈+∞时， ()0g x '<，函数()g x 在()1,+∞上单调递减；因此()()max 10g x g ==，故()0g x ≤，即ln 10x x -+≤成立得证．变式1、已知函数()ln .f x x kx k =-+（Ⅱ）证明：当1a ≤时，()()2 1.x x f x kx k e ax +-<-- （附： 322ln20.69,ln3 1.10, 4.48,7.39e e ≈≈≈≈）解（Ⅱ）要证当1a ≤时， ()()1,xx f x kx k e ax +-<--即证当1a ≤时， 2ln 10x e ax x x --->,即证2ln 10x e x x x --->．由（Ⅰ）得，当1k =时， ()0f x ≤,即ln 1x x ≤-，又0x >，从而()ln 1x x x x ≤-, 故只需证2210x e x x -+->，当0x >时成立；令()()2210xh x e x x x =-+-≥，则()41xh x e x ='-+,令()()F x h x ='，则()4xF x e '=-，令()0F x '=，得2ln2x =．因为()F x '单调递增，所以当(]0,2ln2x ∈时， ()()()0,0,F x F x F x ≤'≤单调递减，即()h x '单调递减，当()2ln2,x ∈+∞时， ()()0,F x F x >''单调递增，即()h x '单调递增，且()()()2ln458ln20,020,2810h h h e =-==-'+'>',由零点存在定理，可知()()120,2ln2,2ln2,2x x ∃∈∃∈，使得()()120h x h x ''==，故当10x x <<或2x x >时， ()()0,h x h x '>单调递增；当12x x x <<时， ()()0,h x h x '<单调递减，所以()h x 的最小值是()00h =或()2h x ．由()20h x '=，2241xe x =-()()()222222221252221x h x e x x x x x =+-=-+-=---,因为()22ln2,2x ∈，所以()20h x >,故当0x >时，所以()0h x >,原不等式成立．思路四：函数单调或最值解恒成立不等式恒成立的转化策略一般有以下几种：①分离参数＋函数最值；②直接化为最值＋分类讨论；③缩小范围＋证明不等式；④分离函数＋数形结合。

利用导数证明不等式的九大题型

利用导数证明不等式的九大题型
题型一:构造函数法
启示:证明分三个步骤:一是构造函数，二是对函数求导，判断函数的单调性;三是求此函数的最值，得出结论。

题型二:通过对函数的变形，利用分析法，证明不等式
解答第一问用的是分离参数法;解答第二问是构造函数，大家应记住下面的变形:
题型三:求最值解决任意，存在性变量问题，常见的有下面四种形式
题型四:分拆成两个函数研究
启示:掌握下列八个函数的图像和性质，对我们解决不等式的证明问题很有帮助
题型五:设而不求:当函数的极值点不确定时，可以先设出来，只设不解，把极值点代入，求出最值的表达式而证明
题型六:估值法:极值点不确定，先设出来，再估计极值点的取值范围，从而证明不等式。

题型七:利用图像的特点证明不等式
题型八:证明数列不等式
题型九:利用方缩法证明不等式。

利用导数证明不等式的几种方法

利用导数证明不等式的几种方法导数是微积分的一个重要概念，它可以用来研究函数的变化趋势和性质。

在证明不等式时，利用导数是一种常见的方法。

下面将介绍几种常用的利用导数证明不等式的方法。

一、极值点法这种方法的基本思路是通过求函数的导数，并找出函数的极值点，来确定不等式的成立条件。

具体步骤如下：1.求函数的导数。

2.找出导数存在的区间。

3.求出导数的零点即函数的极值点。

4.判断在极值点附近函数的变化情况，从而确定不等式的成立条件。

例如，我们要证明一个函数f(x)在区间[a,b]上是单调递增的。

则可以通过求函数的导数f'(x)，找出f'(x)的零点，然后判断f'(x)的符号来确定f(x)的变化趋势。

这种方法的特点是简单直观，容易理解和操作。

但是要求函数的导数存在，在一些特殊情况下可能无法使用。

二、Lagrange中值定理法Lagrange中值定理是微积分中的一个重要定理，它表明：如果一个函数在区间 [a, b] 上连续，并且在 (a, b) 上可导，则在 (a, b) 存在一个点 c，使得函数在 c 处的导数等于函数在 [a, b] 上的平均变化率。

利用这个定理，可以通过求函数在区间两个点处的导数差值，来推导出不等式。

具体步骤如下：1.假设函数在区间[a,b]上连续，并且在(a,b)上可导。

2.设点a和点b为函数的两个不同取值，即f(a)和f(b)。

3. 由Lagrange中值定理，存在点 c 在 (a, b) 上，使得 f'(c) = (f(b) - f(a)) / (b - a)。

4.判断f'(c)的符号，从而确定不等式的成立条件。

Lagrange中值定理法的优点是具有普适性，可以应用于各种函数。

但是要求函数在区间上连续，在一些特殊情况下可能无法使用。

三、Cauchy中值定理法Cauchy中值定理是微积分中的另一个重要定理，它是Lagrange中值定理的推广形式。

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)。

高考数学函数压轴题方法归纳总结

高考数学函数压轴题方法归纳总结一、利用导数证明不等式1．已知()()21xf x ax e x =-+．（1）当1a =时，讨论函数()f x 的零点个数，并说明理由；（2）若0x =是()f x 的极值点，证明()()2ln 11f x ax x x ≥-+++．【思路引导】（1）由题意1a =时，得()()21xf x x e x =-+，利用导数得到函数的单调性，进而可判定函数的零点个数；（2）求得函数的导数()()12xf x eax a x -'=++，由0x =是()f x 的极值点，得1a =，得到函数的解析式，令1x t -=，转化为证明1ln 2t te t t +≥++，设()()ln 20xh x ex e x x x =⋅--->，根据导数得到()h x 的单调性和最小值，证得()0h x ≥，即可作出证明． 2．已知函数()()22xf x e ax x a R =--∈．（1）当0a =时，求()f x 的最小值；（2）当12e a <-时，证明：不等式()12ef x >-在()0,+∞上恒成立．【思路引导】（1）()2xf x e x =-， ()2xf x e '=-，由单调区间及极值可求得最小值。

（2）由导函数()22xf x e ax =--'，及12e a <-， ()12222102e f e a e ⎛⎫=-->---= ⎪⎝⎭， ()010f '=-<，由根的存在性定理可知存在()00,1x ∈使得()00f x '=，只需证()f x 最小值()()0020000022x x f x e ax x e x ax =--=-+>12e -，由隐零点00220x e ax --=回代，即证()12t t g t e t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭12e >-。

3．已知函数()ln f x x =，()()1g x a x =-（1）当2a =时，求函数()()()h x f x g x =-的单调递减区间；（2）若1x >时，关于x 的不等式()()f x g x <恒成立，求实数a 的取值范围；（3）若数列{}n a 满足11n n a a +=+， 33a =，记{}n a 的前n 项和为n S ，求证：()ln 1234...n n S ⨯⨯⨯⨯⨯<．【思路引导】（Ⅰ）求出()h x '，在定义域内，分别令()'0h x >求得x 的范围，可得函数()h x 增区间， ()'0h x <求得x 的范围，可得函数()h x 的减区间；（Ⅱ）当0a ≤时，因为1x >，所以()1ln 0a x x -->显然不成立，先证明因此1a ≥时， ()()f x g x <在()1,+∞上恒成立，再证明当01a <<时不满足题意，从而可得结果；（III ）先求出等差数列的前n 项和为()12n n n S +=，结合（II ）可得ln22,ln33,ln44,,ln n n <<<⋅⋅⋅<，各式相加即可得结论．4．已知函数()sin xf x e x ax =-．（1）若1a =，求曲线()y f x =在()()0,0f 处的切线方程；（2）若()f x 在0,4π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，求实数a 的取值范围；（3）当1a ≤时，求证：对于任意的x ∈ 30,4π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，均有()0f x ≥．【思路引导】（1）求出()1x xf x e sinx e cosx '=+-，由()0f 的值可得切点坐标，由()'0f 的值，可得切线斜率，利用点斜式可得曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）函数()f x 在[0,4π]上单调递增⇔ ()f x '在[0,4π]上恒有()0f x '≥．即sin x （4x π+）a ≥恒成立，令()sinxg x =（4x π+），只需求出()g x 的最小值即可得结果；（3）先证明当x ∈ [0,2π]时， ()()0f x g x a '=-≥，()f x 递增，有()()()min 00f x f x f ≥==成立，再讨论两种情况若0a ≤，不等式恒成立，只需分两种情况证明a ∈（0,1]时也恒成立即可． 5．已知函数()2ln f x a x =+且()f x a x ≤．（1）求实数a 的值；（2）令()()xf x g x x a=-在(),a +∞上的最小值为m ，求证： ()67f m <<．【思路引导】由题意知： 2ln a x a x +≤恒成立等价于2ln 0a at t -+≤在0t >时恒成立，令()2ln h t a at t =-+，由于()10h =，故2ln 0a at t -+≤ ()()1h t h ⇔≤，可证： ()h t 在()0,1上单调递增；在()1,+∞上单调递减．故2a =合题意．6．已知函数()1ln xf x x ax-=+（其中0a >， e 2.7≈）．（1）当1a =时，求函数()f x 在()()1,1f 点处的切线方程; （2）若函数()f x 在区间[)2,+∞上为增函数，求实数a 的取值范围; （3）求证：对于任意大于1的正整数n ，都有111ln 23n n>+++．【思路引导】（1）()21x f x x='-， ()10f '=， ()10f =，可求得切线方程。

导数中的不等式证明

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。

本文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，若曲线与曲线的一个公共点是，且在点处的切线互相垂直．（ 1 ）求的值；（ 2 ）证明：当时，．【解析】（ 1 ）；（ 2 ），，令，则，，因为，所以，所以在单调递增，，即，所以当时，．【审题点津】待证不等式的两边都含有同一个变量，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，应用导数研究其单调性，借助于所构造函数的单调性加以证明 .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，在处的切线方程为.（ 1 ）求；（ 2 ）若，证明：.【解析】（ 1 ），；（ 2 ）由（ 1 ）可知，，由，可得，令，则，当时，，当时，设，则，故函数在上单调递增，又，所以当时，，当时，，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，即.故.【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 .【典例 3 】（成都市 2018 届高中毕业班二诊理科）已知函数.（ 1 ）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围；（ 2 ）当时，证明：【解析】（ 1 ）；（ 2 ）设数列的前项的和分别为，则由于，解得；同理，，所以只需证明.由（ 1 ）知时，有，即.令，则，所以，所以；再证明，亦即，因为，，所以只需证，现证明.令，则，所以函数在上单调递减，，所以当时，恒成立，令，则，综上，，所以对数列分别求前项的和，得.【思路总结】待证数列不等式的一端是项之和（或积）的结构，另一端含有变量时，可以将它们分别视为两个数列的前项的和（或积），从而将不等式的证明转化为两个数列的对应项之间的大小关系的证明 .【典例 4 】（安徽省安庆市 2018 届重点中学联考）已知函数. （ 1 ）求函数的单调区间；（ 2 ）证明：当时，都有.【解析】（ 1 ），令，则，当时，，所以，当时，，所以，所以函数在上单调递增，在上单调递减；（ 2 ）要证明，即证，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，，所以.要证，只需再证即可 .易证，当且仅当时取等号（证明略），所以，综上所述，当时，都有.【思路点睛】对于含有与型的超越函数，具体解决时须根据两类函数的特点，挖掘结构特征，灵活变形，脑中有“形”，注意重要不等式的合理代换 .命题角度 3 切线法【典例 5 】（ 2018 届安徽省太和中学三模）已知函数.（ 1 ）求曲线在处的切线方程；（ 2 ）求证：当时，.【解析】（ 1 ），，由题设得，所以曲线在处的切线方程为，即；（ 2 ）令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，，所以函数在上单调递增，由于曲线在处的切线方程为，，可猜测函数的图象恒在切线的上方 .先证明当时，.设，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，由，所以，所以存在，使得，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增 .因为，所以，即，当且仅当时取等号，所以当时，，变形可得，又由于，当且仅当时取等号（证明略），所以，当且仅当时取等号 .【审题点津】切线放缩法值得认真探究，若第一小题是求曲线的切线方程，就要注意是否运用切线放缩法进行放缩解决问题 .命题角度 4 二元或多元不等式的解证思路【典例 6 】（皖南八校 2018 届高三第三次联考）若均为任意实数，且，则的最小值为【解析】由于均为任意实数，且，所以动点到定点的距离为定值 1 ，亦即动点的轨迹是以为圆心，半径的圆，又表示与动点的距离，而的轨迹是曲线，如图，，当且仅当共线，且点在线段上时取等号，以为圆心作半径为的圆与相切，切点是，此时的公切线与半径垂直，，即，结合函数与的图象可知，所以，故的最小值为. 正确答案为 D .【审题点津】多元代数表达式的最值问题要根据其整体的结构特征，结合多元各自变化的规律，转化为多个动点之间的对应关系，进而化“动”为“静”解决问题 .【变式训练】（ 2018 年湖北省高三 4 月调考）设，其中，则的最小值为【解析】由于表示点与点之间的距离，而点的轨迹是曲线，点的轨迹是曲线，如图所示，又点到直线的距离为，自然想到转化为动点到抛物线准线的距离，结合抛物线的概念可得，所以，当且仅当共线，又以为圆心作半径为的圆与相切，切点是，此时的公切线与半径垂直，，即，所以，故. 正确答案为 C .【能力提升】（ 2018 年甘肃省高中毕业班第一次诊断性考试）对于任意，不等式恒成立，则实数的最大值为【答案】.命题角度 4 二元或多元不等式的解证思路【典例 7 】（ 2018 年安庆市二模）已知函数，曲线在点处的切线方程为.（ 1 ）求实数的值；（ 2 ）设分别是函数的两个零点，求证：.【解析】（ 1 ）；（ 2 ），，，因为分别是函数的两个零点，所以，两式相减，得，，要证明，只需证.思路一：因为，只需证.令，即证.令，则，所以函数在上单调递减，，即证.由上述分析可知.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把转化为的函数，常把的关系变形为齐次式，设等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法 .思路二：因为，只需证，设，则，所以函数在上单调递减，，即证.由上述分析可知.【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于（或）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法 .思路三：要证明，只需证.即证，由对数平均数易得 .【规律总结】极值点偏移问题中，如果等式含有参数，则消参，有指数的则两边取对数，转化为对数式，通过恒等变换转化为对数平均问题，利用对数平均不等式求解，此乃对数平均法 .【知识拓展】对于，则，其中称之为对数平均数 . 简证如下：不妨设，只需证明即可，即（下略） .【典例 8 】（ A 10 联盟 2018 年高考最后一卷）已知函数.（ 1 ）当时，方程在区间上有两个不同的实数根，求的取值范围；（ 2 ）当时，设是函数两个不同的极值点，证明：.【解析】（ 1 ）因为，所以，即，设，则，所以在上单调递减，在上单调递增，，当时，，当时，，要使方程在区间上有两个不同的实数根，则，解得，故的取值范围是；【一题多解】本题也可以变形为，转化为过原点的直线与函数图象有两个交点问题，应用数形结合思想求解，直线与曲线相切对应所求范围的界点 .（ 2 ）由题意，，，因为是函数两个不同的极值点，不妨设，，即，两式相减得.要证，即证明，只需证，即，亦即.令，只需证当时，不等式恒成立，设，则，易证，所以，所以在上单调递减，，即.综上所述，成立 .【审题点津】函数的拐点偏移问题的证明思路可以根据类似的结构特征，适当变形为两个变量之差（或比值）的关系，整体换元，构造函数，借助于导数的应用解决问题 .【典例 9 】（ 2018 届合肥三模）已知函数有两个极值点( 为自然对数的底数 ).（ 1 ）求实数的取值范围；（ 2 ）求证：.解析：（ 1 ）由于，则，设，则.令，解得.所以当时，；当时，.所以.① 当时，，所以函数单调递增，没有极值点；② 当时，，且当时，；当时，.此时，有两个零点，不妨设，则，所以函数有两个极值点时，实数的取值范围是；【答案速得】函数有两个极值点实质上就是其导数有两个零点，亦即函数与直线有两个交点，如图所示，显然实数的取值范围是.（ 2 ）由（ 1 ）知，为的两个实数根，，在上单调递减 .下面先证，只需证.由于，得，所以.设，则，所以在上单调递减，所以，，所以.由于函数在上也单调递减，所以.要证，只需证，即证.设函数，则.设，则，所以在上单调递增，，即.所以在上单调递增，.故当时，，则，所以，亦即.【规律总结】本题是极值点偏移问题的泛化，是拐点的偏移，依然可以使用极值点偏移问题的有关方法来解决 . 只不过需要挖掘出拐点偏移中隐含的拐点的不等关系，如本题中的，如果“脑中有‘形’”，如图所示，并不难得出 .命题角度 5 函数凹凸性的应用【典例 10 】（ 2018 届合肥三模）已知函数有零点，函数有零点，且，则实数的取值范围是解析：思路 1 ：因为，如图所示，结合函数图象，则，，若，则，不适合题意，则；当时，，所以，即，所以实数的取值范围是. 正确答案为 C .【评注】同理，，，所以，故，即，所以实数的取值范围是.思路 2 ：因为函数有零点，所以的解分别为，因为函数有零点，所以的解分别为，令，① 若，如图，总有，不适合题意；② 若，如图，总有，欲使，亦即，所以，即，两边平方，化简可得，所以.所以实数的取值范围是. 正确答案为 C .思路 3 ：因为函数有零点，所以的解分别为，因为函数有零点，所以的解分别为，令，两个函数的交点的坐标分别为，如图所示，结合函数图象，欲使，则，所以实数的取值范围是. 正确答案为 C .。

(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 。

微专题利用导数证明不等式问题

利用导数证明不等式问题内容概览题型一作差法构造函数证明不等式题型二转化为两个函数的最值证明不等式题型三适当放缩证明不等式[命题分析]导数中的不等式证明作为高考常考点,常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合进行考查,题目难度较大,解题方法多种多样,如构造函数法、放缩法等,针对不同的题目,采用不同的解题方法,可以达到事半功倍的效果.题型一作差法构造函数证明不等式[典例1]设f(x)=2x ln x+1.求证:f(x)≤x2-x+1+2ln x.【方法提炼】作差法构造函数证明不等式的策略(1)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;(2)有时对复杂的式子要进行变形,借助所构造函数的单调性和最值求解,利用导数研究其单调性和最值.【对点训练】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)=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,解得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)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>1),g'(x)=ln x-1,由g'(x)=0,得x=e.由g'(x)>0,得x>e;由g'(x)<0,得1<x<e.所以g(x)在(1,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∀x∈(1,+∞),都有g(x)≥g(e)>0,所以f(x)>3(x-1).【加练备选】 (2022·赣州模拟)已知函数f(x)=1-ln,g(x)=x e+1-bx,若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直.(1)求a,b的值;2.(2)证明:当x≥1时,f(x)+g(x)≥【解析】(1)因为f(x)=1-ln(x>0),所以f'(x)=ln−12,f'(1)=-1.因为g(x)=x e+1-bx,所以g'(x)=-x e-12-b,g'(1)=-a-1-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,又g(1)=a+1-b,解得a=-1,b=-1;(2)由(1)知,g (x )=-e e +1+x ,则f (x )+g (x )≥2⇔1-ln -e e -1+x ≥0.令h (x )=1-ln -e e -1+x (x ≥1),则h (1)=0,h'(x )=−1+ln 2+e e +12+1=ln 2+e e+1.因为x ≥1,所以h'(x )=ln 2+e e +1>0,所以h (x )在[1,+∞)上单调递增,所以当x ≥1时,h (x )≥h (1)=0,即1-ln -e e -1+x ≥0,所以当x ≥1时,f (x )+g (x )≥2.题型二转化为两个函数的最值证明不等式[典例2](2022·武汉模拟)已知函数f(x)=a ln x+x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明:xf(x)<e x.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+1=r.当a≥0时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.当a<0时,当x∈(-a,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(0,-a)时,f'(x)<0.所以f(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减.综上所述,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a<0时,f(x)在(-a,+∞)上单调递增,在(0,-a)上单调递减;(2)当a=1时,要证xf(x)<e x,即证x2+x ln x<e x,即证1+ln<e2.令函数g(x)=1+ln,则g'(x)=1−ln2,令g'(x)>0,得x∈(0,e);令g'(x)<0,得x∈(e,+∞).所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(e)=1+1e,令函数h(x)=e2,则h'(x)=e(−2)3.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(2)=e24.因为e24-(1+1e)>0,所以h(x)min>g(x)max,即1+ln<e2,从而xf(x)<ex得证.【方法提炼】单变量不等式的证明方法(1)移项法:将证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x);(2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数,把不等式左、右两边转化为相同结构的式子,根据“相同结构”构造辅助函数;(3)最值法:欲证f(x)<g(x),有时可以证明f(x)max<g(x)min.【对点训练】(2022·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.【解析】(1)f'(x)=e-a(x>0),①若a≤0,则f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;②若a>0,则当0<x<e时,f'(x)>0,当x>e时,f'(x)<0,故f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减;(2)方法一:因为x>0,所以只需证f(x)≤e-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-2e(x>0),则g'(x)=(−1)e2,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-2e,即xf(x)-e x+2e x≤0.方法二:证明xf(x)-e x+2e x≤0,即证e x ln x-e x2-e x+2e x≤0,即证ln x-x+2≤e e.设函数g(x)=ln x-x+2,则g'(x)=1-1.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 e,则h'(x)=e(−1)e2.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+2ex≤0.【加练备选】1e. (2022·长沙模拟)已知函数f(x)=e x2-x ln x.求证:当x>0时,f(x)<x e x+题型三适当放缩证明不等式[典例3]已知函数f(x)=e x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)当x>-2时,求证:f(x)>ln(x+2).【解析】(1)由f(x)=e x,得f(0)=1,f'(x)=e x,则f'(0)=1,即曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-1=x-0,所以所求切线方程为x-y+1=0;(2)设g(x)=f(x)-(x+1)=e x-x-1(x>-2),则g'(x)=e x-1,当-2<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0,即g(x)在(-2,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,于是当x=0时,g(x)min=g(0)=0,因此f(x)≥x+1(当且仅当x=0时取等号),令h(x)=x+1-ln(x+2)(x>-2),则h'(x)=1-1r2=r1r2,则当-2<x<-1时,h'(x)<0,当x>-1时,h'(x)>0,即有h(x)在(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,于是当x=-1时,h(x)min=h(-1)=0,因此x+1≥ln(x+2)(当且仅当x=-1时取等号),因为g(x)与h(x)不同时为0,所以当x>-2时,f(x)>ln(x+2).【方法提炼】放缩法证明不等式的策略导数方法证明不等式的问题中,最常见的是e x和ln x与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对e x和ln x进行放缩,使问题简化,简化后再构造函数进行证明.常见的放缩公式如下:(1)e x≥1+x,当且仅当x=0时取等号;(2)ln x≤x-1,当且仅当x=1时取等号.【对点训练】已知函数f(x)=a e x-1-ln x-1.(1)若a=1,求f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)证明:当a≥1时,f(x)≥0.【解析】(1)当a=1时,f(x)=e x-1-ln x-1(x>0),f'(x)=e x-1-1,k=f'(1)=0,又f(1)=0,所以切点为(1,0).所以切线方程为y-0=0(x-1),即y=0;(2)因为a≥1,所以a e x-1≥e x-1,所以f(x)≥e x-1-ln x-1.方法一:令φ(x)=e x-1-ln x-1(x>0),所以φ'(x)=e x-1-1,令h(x)=e x-1-1,所以h'(x)=e x-1+12>0,所以φ'(x)在(0,+∞)上单调递增,又φ'(1)=0,所以当x∈(0,1)时,φ'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,φ'(x)>0,所以φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以φ(x)min=φ(1)=0,所以φ(x)≥0,所以f(x)≥φ(x)≥0,即f(x)≥0.方法二:令g(x)=e x-x-1,所以g'(x)=e x-1.当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(0)=0,故e x≥x+1(当且仅当x=0时取“=”).同理可证ln x≤x-1(当且仅当x=1时取“=”).由e x≥x+1⇒e x-1≥x(当且仅当x=1时取“=”),由x-1≥ln x⇒x≥ln x+1(当且仅当x=1时取“=”),所以e x-1≥x≥ln x+1,即e x-1≥ln x+1,即e x-1-ln x-1≥0(当且仅当x=1时取“=”),即f(x)≥0.【加练备选】已知函数f(x)=En r,g(x)=e,且曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为x-2y+n=0.(1)求m,n的值;(2)证明:f(x)>2g(x)-1.【解析】(1)由已知得f(1)=0,所以1-0+n=0,解得n=-1.因为f'(x)=(lnr1)(r)−En(r)2,所以f'(1)=r1(1+)2=12,解得m=1;(2)设h(x)=e x-x-1(x>0),则h'(x)=e x-1>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(0)=0,即e x>x+1>1,所以1e<1r1.要证f(x)>2g(x)-1,即证En r1>2e-1,只需证En r1≥2r1-1,即证x ln x≥x-1,令m(x)=x ln x-x+1,则m'(x)=ln x,因为当x∈(0,1)时,m'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,m'(x)>0,所以m(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以m(x)min=m(1)=0,即m(x)≥0,所以x ln x≥x-1,则f(x)>2g(x)-1得证.。

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:

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.