利用切线方程证明一类不等式
利用切线方程证明不等式
75x 3 - 5x2 - 7x + 1 0
( 5x - 1) 2( 3x + 1) 0,
而最后一式显然成立. 所以, 式
5
故
i= 1
ai-
a
2 i
5a2i - 2ai +
1
成立.
3 4
5
ai+
i= 1
1 20
5 i=
1
1
=
3 4
1+
1 20
5= 1.
因此, 原不等式得证. 例 3 已知 a、b、c> 0, 且 a4 + b4 + c4 = 3.
i= 1
x 4+
i
x2i
=
4+
1 ai
-1
1 ai
-
1
2=
ai -
a
2 i
5
a
2 i
-
2ai+
1.
于是, 原不等式等价于
5
ai -
a
2 i
i= 1
5
a
2 i
-
2ai+
1
1.
设f (x)=
x- x2 5x 2 - 2x +
1
( 0<
x<
1) . 则
f
1 5
=
1 5
,
f
(
x) =
- 3x2 ( 5x 2 -
A( A, A) , 形如 f ( xi) M ( M ) ( A、
i= 1
M 为常数) 的不等式, 利用切 线方程证明是 一个很好的方法.
1 直接使用
例 1 已知 a、b、c、d> 0, 且 a+ b + c +
切线法证明不等式
切线法证明不等式牛顿法，也叫牛顿迭代法、切线法，是一种迭代求解函数零点的方法。
切线法又称为牛顿法,是一种一般情况下具有二阶收敛速度的非线性方程的数值解法。
具体方法如下:设x*是方程f(x)=0的根,又x0为x*附近的一个值,将f(x)在x0附近做泰勒展开:f(x)=f(x0)+(x-x0)f'(x0)+1/2(x-x0)2f''(ξ)其中ξ在x和x0之间令x=x*,则:0=f(x*)=f(x0)+(x*-x0)f'(x0)+1/2(x*-x0)2f''(ξ)去掉x*-x0的二次项得到:f(x0)+x*f'(x0)-x0f'(x0)≈0即x*≈x0-f(x0)/f'(x0)令x1=x0-f(x0)/f'(x0)并由此构成一个递推式x[k+1]=x[k]-f(x[k])/f'(x[k])([]表示下标)可以证明,当f(x)∈C[a,b]且满足以下条件时,由以上递推式产生的序列最后收敛到f(x)=0在[a,b]上的唯一根(1)f(a)f(b)0计算实例:1。
求解f(x)=x-cosx=0的实根由零点定理知f(x)=0在(0,π/2)内有实根f'(x)=1+sinx,由迭代公式有:x[n+1]=x[n]-(x[n]-cosx[n])/(1+sinx[n])取x0=π/4得到:x1=0。
73936133x2=0。
739085178x3=0。
739085133x4=0。
739085133所以x=0。
739085133。
2。
任意数开n次方为了说明的方便,在此就常见的开3次方作较详细的说明,对于其他的可以类比计算设x=3√A则x3=A所以x3-A=0采用递推公式x[n+1]=x[n]-(x[n]3-A)/(3x[n]2)([]表示下标)即可求出3√A的任意精度近似值。
初值x[0]一般取与3√A接近的整数。
举例求3√28,取x[0]=3,迭代结果如下:x[1]=3。
导数中证明不等式技巧——构造、切线放缩、二元变量、凹凸反转,唯手熟尔!
导数中证明不等式技巧——构造、切线放缩、二元变量、凹凸反转,唯手熟尔!导数中的不等式证明导数中的不等式证明是高考中的一个经典考点。
由于不等式证明的灵活性和多样性，该考点备受命题者的青睐。
本文将从五个方面系统地介绍一些常规的不等式证明手段。
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$f(x)=1-\ln x+\frac{e}{x}$，$g(x)=x-\frac{e}{x}$，若曲线$y=f(x)$与曲线$y=g(x)$的一个公共点是$A(1,1)$，且在点$A$处的切线互相垂直。
求$a,b$的值，并证明当$x\geq1$时，$f(x)+g(x)\geq\frac{2}{x}$。
解析】（1）$a=b=-1$；2）$g(x)=-\frac{e}{2\ln x}+\frac{x}{2}-\frac{e}{2x}$，$f(x)+g(x)\geq\frac{2}{x}$ $\Leftrightarrow 1-\frac{1}{x}+\frac{e}{x}-\frac{e}{2\ln x}+\frac{x}{2}-\frac{e}{2x}\geq\frac{2}{x}$ $\Leftrightarrow\frac{1}{x}+\frac{ e}{2\ln x}-\frac{x}{2}+\frac{e}{2x}\leq1$。
令$h(x)=f(x)+g(x)-\frac{2}{x}$，则$h(x)=1-\frac{1}{x}+\frac{e}{x}-\ln x-\frac{e}{2\ln x}+\frac{x}{2}-\frac{e}{2x}$，$h'(x)=-\frac{1}{x^2}+\frac{e}{x^2}-\frac{1}{x}-\frac{e}{2x^2}+\frac{1}{2}-\frac{e}{2x^2}$，$h''(x)=\frac{2}{x^3}-\frac{3e}{x^3}+\frac{2e}{x^3}$。
导数的应用-切线放缩证明不等式
单切线放缩
例1.求证:当x>0时，1+2x<e2x
例1：
单切线放缩
例2：
注：（1）该方法适用于凹函数与凸函数且它们的凹凸性相反
的问题（拆成两个函数）； ----数形结合
（2）两函数有斜率相同的切线，这是切线放缩的基础。引入
一个中间量，分别证明两个不等式成立，然后利用不等式的传
递性即可；
明.
小结
1.切线放缩法实质是以直（切线）代曲（原函数）；
2.切线放缩法中常用的两个定理必须先证明后使用；
3.证明流程为：求切线—构造差函数—证明差函数恒正
（负）--原不等式成立．
4.对于较为简单的导数试题，往往只涉及到一次切线放缩，
但是有些压轴试题涉及到两次不同的切线放缩．
----以直代曲
（3）难点在合理拆分函数，寻找它们斜率相等的切线隔板.
单切线放缩
例3：
略，
注：含参函数有时需要根据函数特征将原函数进行适当放缩.
单切线放缩
例4：
注：复杂形式的函数需要将函数适当转化后再进行放缩.
双切线放缩
例5：
a>1
注：含有两个零点的f(x)的解析式(可能含有参数, )，
告知方程f(x)=b有两个实根，要证明两个实根之差小于
(或大于)某个表达式．求解策略是画出f(x)的图象，并
求出f(x)在两个零点处(有时候不一定是零点处)的切线
方程(有时候不是找切线，而是找过曲线上某两点的直
线)，然后严格证明曲线f(x)在切线(或所找直线)的上
方或下方，进而对, 作出放大或者缩小，从而实现证
导数的应用
--切线放缩法证明不等式
复习引入：曲线在某一点处的切线的定义
例析利用切线放缩法巧解函数不等式问题
得2sinB二cos)又cos)+0 ,所以tanB=-$.点评：4sinBcos.-3sin2B二1这类方程可化为齐次方程，再转化为只含an)的方程求解，也可化为.+2)和os2B的一次式，再利用辅助角公式求解.'2,2-2分析3:由余弦定理得(二-3'x----j&#求出a#b#c间的关系，由此能求出cos.的值•3解法3：因为tanC二才,0vC V"，所以0VC V 号且sinC=-5,cosC二*.又因为c=-3'cos.，所以由余弦定理得C=-3'2'c a，所以5c2=3a2-3'2，即5(a2+'2-2a'cosC)=3a2一3'2，解得a=2'.所以C2=3/一3''2，即C=善5'.所以0S.=a-C'二"1^5#所以sin)=+ /1-COS2)=弓# 2a55即tan)二丁.分析4：灵活应用正余弦定理和同角三角函数的关系求解.3解法4:因为tanC二亍#0VC V"#所以0VC V ■"且sinC二丁#cosC二专.因为c=-3'cos.，所以由-1正弦定理得sinC=-3sin)cos.#所以cos.=V5n0#所以号V"V"，由此得0V)V号，所以os.>0.又由余弦定理得C=-3'吕_—，所以5c2=3a223 -3'2，即 5sin2C=3sin2A-3sin2)#所以sin2A=-^-sin2),所以1-2512)=^-sin2)#得sin)=咅# cos.=,从而tan)=；.点评:本题考查三角形边的代数式求值，考查三角形的角的正切值的求法，考查余弦定理、正弦定理、同角三角函数恒等式、诱导公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是一个典型的中档题.*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%*■%例析利用切线放缩法巧解函数不等式问题广东省汕头市澄海华侨中学(516007)潘敬贞山东省滨州市邹平县黄山中学(256200)韩景岗广东省市中学(515800)陈焕涛在解有关函数不等式问题时，当题目中的函数解析式含有F或9%的四则运算时就可以考虑利用切线放缩法进行求解.在利用切线放缩法对问题进行求解的过程中，其最关键的是根据题意寻找到合适的切点，从而得出合适的切线，然后利用切线放缩法有效的将问题转化为较为常规、简单的问题进行解答，最后顺利的将问题解决.如：函数*=e%在％=0处的切线方程为*=%+1,因此可得不等式F* %+1，当且仅当％=0时取得等号；函数*=e%在%= 1处的切线方程为*=ee,因此可得不等式e%*ee，当且仅当％=1时取得等号；函数*=9%在%=1处的切线方程为*=%-1,因此可得不等式In%#%-1,当且仅当％=1时取得等号；函数*=9(%-1)在%=0处的切线方程为*=%,因此可得不等式9(%-1)#%,当且仅当％=0时取得等号；函数*=9%在%=e处的切线方程为*=三，因此可得不等式lnx#—,当且仅当%=e时取得等号；函数*=9%在%= e丄处的切线方程为*=e-2,因此可得不等式In%# eee_2,当且仅当％=丄时取得等号等等.是否是能根e据题意有效选取切点然后得到合适的不等式才是解决此类的关键，但解答问题的过程中，利用切线放缩法得到的不等式是需要严格证明的.例1(2018全国卷I文21)已知函数$%)= ae"-ln%-1.(1)设%=2是$%)的极值点，求&,并求$%)的单调区间；(2)证明：当a*丄时,$%)*0.e解析：(1)略.(2)证明：因为当a*丄，所以e%$%)*—一9%-1=e%_1一9%-1.因为函数*=e%_1 e在％二1处的切线方程为*=%,因此用切线放缩法可得不等式e%-1*%,当且仅当％=1时取等号，所以得e%_1-9%-1*%-9%-1当且仅当%=1时取等1%-1号•设g(%)=%-9%-1,贝V g'(%)=1-——=-------x x当0v%v1时,g@%)<0,所以g(%)单调递减；当%>1时，g@%)>0,所以g(%)单调递增.所以%=1是g(%)的最小值点.故当％>0时,g(%)*g(1)= 0.因此，当&*丄时,/(%)*0.e评注：本题的第(2)问利用切线放缩法进行放缩，问题的解答过程简洁，思路清晰、自然.但在函数*=e”"的％=1处取切点，然后得切线方程*=%,从而可得不等式e”"*%成为本题利用切线放缩法解决问题的关键.例2(2018全国卷皿文21)已知函数$%)= &.(1)求曲线*=/(%)在点'0,-1)处的切 e线方程;(2)证明：当a*1时,/(%)+e*0.解析：(1)略•(2 )证明：因为$%)+e*00a%2+%-1—%-----+e*00a%2+%-1+e%+1*0.因为函数e*=e%+1在%=-1处的切线方程为*=%+2，因此用切线放缩法可得不等式e%+1 *%+2,当且仅当%=-1时取等号，所以a%2+%-1+e%+1*a%2+%-1+% +2=a%2+2%+1当且仅当％=-1时取等号.又因为a*1,所以a%2+2%+1*%2+2%+1=(%+1)2* 0，当且仅当%=-1取等号.故当a*1时，有/(%)+ e*0.评注:本题的第(2)问的求解其关键是在函数* =e%+1的%=-1处取切点，然后得切线方程*=%+ 2，从而得不等式e+1*%+2,后面问题的解决就相利.例3(2014全国I理21)设函数$%)=ae”9%%-1+%，曲线*=/(%)在点'1,/(1))处的切线方程%为*=€(%-1)+2.(1)求a,'；(2)证明：/(%)>1.解析：(1)a=1,'=2过程略.(2)证明：因为%-1$%)>10e^ln%+>109%+—>—.因为函数e e*=e%在％二1处的切线方程为*=e，因此用切线放缩法可得不等式e%*e,当且仅当％=1时取等号，112所以亠#—，当且仅当％二1时取等号，所以9%+三e1211>——2In%+——*——09%+——*0.令g(先)=9%+ e%丄，则g@%=e%1,当0<%<丄时,g@%)<0,所e%以g(%)单调递减；当%>丄时,g@%)>0,所以g(%)e单调递增，所以g(%mi n=g(+)=0,所以$%)>1.当然，本题还可以考虑对9%进行切线放缩.因为函数*=9%在％=e处的切线方程为*=三，所以用切e%11线放缩法可得不等式lnx#—，所以In—#丄即9%e x ex-19%+2>1-1+21e%eee%.令g(%=e%-ee,则g@%=e%-e,当0<%<1时,g@%)<0,所以g(%)单调递减；当％>1时，g@%)>0,所以g(%)单调递增，所以g(%min=g(1) =0，所以/(%)>1.评注：当题目同时出现e"与9%时，我们可以根据题意对e"或9%进行切线放缩，本题的第(2 )问就如此，既可以对e*进行切线放缩也可以对9%进行切线放缩，都可以顺利解决问题.例4(2020深圳一模理21)已知函数$%=e%-a9(%-1),(其中常数e«2.71828...,是自然对数的底数)-(1(若a e R,求函数/(%的极值点个数；(2)若函数/(%在区间(1,1+e-&)上不单调，证明丄+—+>a.a a+1解析：(1)函数$%的定义域为(1,+8), (%=(%_1)e-a.①当a#0时,/，(%>0,函数1代%在(1,+8)上单调递增，所以函数/(%无极值 点，即此时极值点个数为0;②当a>0时，令g(%= (%-1)e%-a(%>1),g(1)=(1-1)e1-a=-a <0，因为函数*=e%在％=0处的切线方程为*=% +1,因此用切线放缩法可得不等式e%*%+1,当且仅当％ = 0时取等号，所以g (% = (%-1)e " - & >(% -1) ( % +1) -&.令(% -1) ( % +1) - a = 0 得 % =>1,所以 M) >0,故存在 %0 ! ( 1,Ja +1 )使得 g ( %0 ) =0,所以当 ％ ! ( 1 ,%0 )时,M ( % <0即/( % <0 ,所以函数$( %在(1,%0 )上单调递减，当 ％! ( %0 , + 8 )时,g ( % >0 即 /'( % >0,所以函数$( %在(%0 , + 8 )上单调递增，所以函数/( %有 极小值点%0，即此时函数$( %的极值点个数为1.综上所述，当�时，函数$( %的极值点个数为0；当a >0时，函数$( %的极值点个数为1.(2 )证明：因为函数$( %在区间(1,1 +e -&)上不单调，所以函数$( %在区间(1 ,1 +e-&)存在极值点.由(1 )可知，当a >0时,1 + F & > %0 ,所以-a 1 + e _ &/'( 1 +e-a ) = 6，& ~a >0 ,所以 e 1-&"「& >a ,两e边取自然对数得1 - a + e~a > Ina ，即1 一 Ina + e~a >a ,此时要证丄 + 1 - > a ,不妨考虑 + 1 - > 1aa+1 aa+1-Ina +e-a .因为函数* = e %在％二0处的切线方程 为*=% + 1,因此用切线放缩法可得不等式e %*% +1,所以，当且仅当％=0时取等号，所以e e %+1=e，即丄,* e.又 e%* % + 1,所以 e 宁-1 *a 1 a 1[(丄 [—，所以e 書# a ,两边取自然对数得1 - 一 # Ina , aa即—* 1 — Ina ,所以—+ —> a.a a a +1评注：本题的求解过程较为复杂，难度较大，但切线放缩法在简化解答过程，化解思维痛点等起到了很重要的作用.例5 ( 2016山东理20 )已知/ ( %)=2%-1a ( % - 9% +--2—，& ! R . ( 1 )讨论 f( %)的单调性；%3(2)当a = 1时，证明/(%) >/@% +寸对于任意的% ! [ 1,2]成立.解析：(1 )略.(2 )当a = 1时，证明/( %) >33$ (% +—对于任意的％! [ 1,2 ]成立0% - 9% + —212+ + -各-1 >0对于任意的%! , 1,2]成立.因为 X X函数*二9%在% = 1处的切线方程为* = % - 1,因此用切线放缩法可得不等式ln%#%-1 ,当且仅当% = 1时取等号，所以%-ln%*1当且％二1时取等号，所312以此时只需证明2+*->0对于任意的％! [1,% %3122 [成立.令 G (% = — + 飞一——，贝V G ( %)=%%—―"设'(%) = - 3%2 _2%+6，贝寸'(%)在%[1,2]上单调递减，因为'(1) = 1,'(2) = - 10,所以在 4%。
考点20利用导数证明不等式(3种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习核心题型(新高考版
考点20利用导数证明不等式（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果【核心题型】题型一 将不等式转化为函数的最值问题待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．【例题1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知1201x x <<<，下列不等式恒成立的是（ ）A ．1221e e x xx x <B ．2112ln ln x x x x >C ．1122ln ln x x x x <D ．11e ln x x >【变式1】（2024·全国·模拟预测）下列正确结论的个数为（ ）①13sin1010π> ②141sin sin 334< ③16tan 16> ④()tan π3sin 3->A ．1B ．2C ．3D ．4【变式2】（2024·四川成都·三模）已知函数2()ln ,f x ax x a =-ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)设0,()()a g x f x bx >=+，且1x =是()g x 的极值点，证明：2+ln 12ln 2b a £-.【变式3】（2024·四川成都·三模）已知函数()()()e sin 1,0,πxf x ax x x x =---Î.(1)若12a =，证明：()0f x >；(2)若函数()f x 在()0,π内有唯一零点，求实数a 的取值范围.题型二 将不等式转化为两个函数的最值进行比较若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含ln x 与e x ，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．【例题2】（2023·河南开封·模拟预测）已知13a =，13e 1b =-，4ln 3c =，则（ ）A ．a b c <<B ．a c b <<C ．c<a<bD ．b<c<a【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知1e 1ln ,0aa b =+>，则下列结论正确的是（ ）A ．e 2a b<-B ．1lna b<C ．1a b<-D ．1e lnba<【变式2】（2024·浙江杭州·模拟预测）已知函数()()1122e ,e e e 1xxx x f x m m g x -=+-=++.(1)当0m =时，证明：()e xf x -<；(2)当0x <时，()g x t ³，求t 的最大值；(3)若()f x 在区间()0,¥+存在零点，求m 的取值范围.【变式3】（2024·贵州黔西·一模）已知函数29()ln 22f x x x x x =--.(1)判断()f x 的单调性;(2)证明:1352193ln(21)35721n n n n -æö++++>-+ç÷+èøL .题型三 适当放缩证明不等式导数方法证明不等式中，最常见的是e x 和ln x 与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对e x 和ln x 进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1)e x ≥1＋x ，当且仅当x ＝0时取等号；(2)ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取等号．【例题1】（2024·河北沧州·一模）已知等比数列{}n a 的前n 项和为413,1,e Sn S a S >=，则数列{}n a 的公比q 满足（ ）A ．01q <£B ．10q -<<C ．1q >D ．1q £-【变式1】（2024·广东·模拟预测）令()sin 0.5cos1cos 2cos ,N n a n n °°°°+=+++ÎL ．则n a 的最大值在如下哪个区间中（ ）A ．(0.49,0.495)B ．(0.495,0.5)C ．(0.5,0.505)D ．(0.505,0.51)【变式2】（2024·全国·模拟预测）设整数1p >，1x >-且0x ¹，函数()(1)1p f x x px =+--．(1)证明：()0f x >；(2)设0x >，证明：ln(1)x x +<；(3)设*n ÎN ，证明：111321232ln(1)n n n n ++++<-+L ．【变式3】（23-24高三下·河南·阶段练习）已知函数()(1)1(1)r f x x rx x =+-->-，0r >且1r ¹．(1)讨论()f x 的单调性；(2)6332的大小，并说明理由；(3)当*n ÎN时，证明：2sin 176n kk n =<+å．【课后强化】基础保分练一、单选题1．（22-23高三上·四川绵阳·开学考试）若1201x x <<<，则（ ）A ．2121e e ln ln x xx x ->-B ．2121e e ln ln x xx x -<-C ．1221e e x xx x >D ．1221e e x xx x <2．（2023·陕西咸阳·三模）已知12023a =，20222023eb -=，1cos 20232023c =，则（ ）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．b c a>>D ．a c b>>3．（23-24高三上·云南保山·期末）已知16a =，7ln 6b =，1tan 6c =，则（ ）A ．b a c <<B ．a b c <<C ．a c b<<D ．c<a<b4．（2024·全国·模拟预测）设13ln4,tan tan1,22a b c ==+=，则（ ）A ．a b c <<B ．b c a<<C ．c<a<bD ．a c b<<二、多选题5．（23-24高三上·广西百色·阶段练习）函数()21ln 2f x x ax a x =-+的两个极值点分别是12,x x ，则下列结论正确的是（ ）A ．4a >B ．22128x x +<C ．1212x x x x +=D ．()()()221212164f x f x x x +<+-6．（2023·福建·模拟预测）机械制图中经常用到渐开线函数inv tan x x x =-，其中x 的单位为弧度，则下列说法正确的是（ ）A ．inv x x ×是偶函数B ．inv x 在ππ(π,π)22k k --+上恰有21k +个零点（N k Î）C ．inv x 在ππ(π,π)22k k --+上恰有41k +个极值点（N k Î）D ．当π02x -<<时，inv sin x x x <-三、填空题7．（2023·海南·模拟预测）已知函数()1ln e x x af x --=，()1x a g x x--=，若对任意[)1,x ¥Î+，()()f x g x £恒成立，则实数a 的取值范围是 .8．（2023·河南开封·模拟预测）实数x ，y 满足()23e 31e x y x y -£--，则3xy -的值为 ．四、解答题9．（2023·吉林长春·模拟预测）已知函数()21()1ln 2f x x x =--.(1)求()f x 的最小值；(2)证明：47ln332>.10．（2024·广东佛山·二模）已知()21e 4e 52x xf x ax =-+--.(1)当3a =时，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：()()12120f x f x x x +++<.11．（2023·四川成都·二模）已知函数()e sin xf x x -=.(1)求()f x 在()()0,0f 处的切线方程；(2)若0x 是()f x 的最大的极大值点，求证：()01f x <<综合提升练一、单选题1．（22-23高三上·河南·阶段练习）若32e 3ln 22x yx y +-=+，其中2,2x y >>，则（ ）A ．e x y<B ．2x y>C ．24e xy>D ．2e x y>2．（2023·福建·模拟预测）已知ln 2a =，1e b a=-，2a c a =-，则（ ）A ．b c a>>B ．b a>C ．c a b>>D．c b a>>3．（2023·河北衡水·三模）若a =1b =-，c =则（ ）A ．c a b <<B ．c b a <<C ．b c a<<D ．a c b<<4．（2023·新疆·三模）已知数列{}n a 中，11a =，若1nn nna a n a +=+（N n *Î），则下列结论中错误的是（ ）A ．325a =B ．1111n na a +-£C ．1ln 1nn a <-（2,N n n *³Î）D ．2111112n n a a ++-<5．（2023·河南·模拟预测）设a ，b 为正数，且2ln ab a b=-，则（ ）.A ．112a b<<B ．12a b<<C ．112ab <<D ．12ab <<6．（2024·上海虹口·二模）已知定义在R 上的函数()(),f x g x 的导数满足()()f x g x ¢£¢，给出两个命题：①对任意12,x x ÎR ，都有()()()()1212f x f x g x g x -£-；②若()g x 的值域为[]()(),,1,1m M f m f M -==，则对任意x ÎR 都有()()f x g x =.则下列判断正确的是（ ）A ．①②都是假命题B ．①②都是真命题C ．①是假命题，②是真命题D ．①是真命题，②是假命题7．（2024·四川泸州·三模）已知0x >，e ln 1x y +=，给出下列不等式①ln 0x y +<；②e 2x y +>；③ln e 0y x +<；④1x y +>其中一定成立的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．48．（2024·四川攀枝花·三模）已知正数,,a b c 满足ln e c a b b ca ==，则（ ）A ．a b c >>B ．a c b>>C ．b a c>>D ．b c a>>二、多选题9．（2023·福建龙岩·二模）已知函数()ln n f x x n x =-（*n ÎN ）有两个零点，分别记为n x ，n y （<n n x y ）；对于0a b <<，存在q 使)()()(()n n n f f f a q b a b -=-¢，则（ ）A ．()n f x 在()1,+¥上单调递增B ．e n >（其中e 2.71828=L 是自然对数的底数）C ．11n n n n x x y y ++-<-D ．2q a b<+10．（2023·河南信阳·模拟预测）已知,,,a b c d ÎR ，满足0a b c d >>>>，则（ ）A ．sin sin a b >B ．sin sin a a b b ->-C ．a bd c>D ．ad bc ab cd+>+11．（2024·河北沧州·一模）已知函数()e xf x =与函数()211g x x =+-的图象相交于()()1122,,,A x y B x y 两点，且12x x <，则（ ）A ．121y y =B ．211exy =C ．21211y y x x ->-D ．221x y =三、填空题12．（2023·四川成都·三模）已知函数()2()2ln 32f x x a x x =+-+，a ÎR .当1x >时，()0f x >，则实数a 的取值范围为．13．（23-24高三下·广东云浮·阶段练习）若实数a ，b 满足()()221ln 2ln 1a b a b -³+-，则a b += ．14．（2024·全国·模拟预测）若实数a ，b ，c 满足条件：()2e e 2e 1a b ca b c a -++-+=-，则444abca b c ++的最大值是 ．四、解答题15．（2024·青海西宁·二模）已知函数()()()2222ln R f x x a x a x a =+--Î．(1)若2a =，求()f x 的极值；(2)若()()2222ln g x f x a x x =+-+，求证：()12g x ³．16．（2024·山东济南·二模）已知函数()()()22l ,n 1e x f x ax x g x x ax a =--=-ÎR .(1)讨论()f x 的单调性；(2)证明：()()f x g x x +³.17．（2024·上海松江·二模）已知函数ln y x x a =×+（a 为常数），记()()y f x x g x ==×.(1)若函数()y g x =在1x =处的切线过原点，求实数a 的值；(2)对于正实数t ，求证：()()()ln 2f x f t x f t t a +-³-+；(3)当1a =时，求证：e ()cos x g x x x+<.18．（2024·上海嘉定·二模）已知常数m ÎR ，设()ln mf x x x=+，(1)若1m =，求函数()y f x =的最小值；(2)是否存在1230x x x <<<，且1x ，2x ，3x 依次成等比数列，使得()1f x 、()2f x 、()3f x 依次成等差数列？请说明理由．(3)求证：“0m £”是“对任意()12,0,x x Î+¥，12x x <，都有()()()()1212122f x f x f x f x x x ¢¢+->-”的充要条件．19．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()2e ln 1xf x a x =-+．(1)若2a =，讨论()f x 的单调性．(2)若0x >，1a >，求证：()1ln 2f x a a >-．拓展冲刺练一、单选题1．（2023·上海奉贤·二模）设n S 是一个无穷数列{}n a 的前n 项和,若一个数列满足对任意的正整数n ,不等式11n n S S n n +<+恒成立,则称数列{}n a 为和谐数列,有下列3个命题:①若对任意的正整数n 均有1n n a a +<,则{}n a 为和谐数列;②若等差数列{}n a 是和谐数列,则n S 一定存在最小值;③若{}n a 的首项小于零,则一定存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列．以上3个命题中真命题的个数有( )个A ．0B ．1C ．2D ．32．（2023·新疆乌鲁木齐·三模）已知0.19e a -=，0.9b =，2ln0.91c =+，则（ ）A ．b c a>>B ．a c b>>C ．c b a>>D ．b a c>>3．（2023·湖南长沙·一模）已知()e 0.1e 0.1a +=-，e e b =，()e 0.1e 0.1c -=+，则a ，b ，c 的大小关系是（ ）A ．a b c <<B ．c a b <<C ．b a c<<D ．a c b<<4．（2024·青海·二模）定义在R 上的函数()f x 满足()()2231218f x f x x x --=-+，()f x ¢是函数()f x 的导函数，以下选项错误的是（ ）A ．()()000f f ¢+=B ．曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为210x y --=C ．()()f x f x m -¢³在R 上恒成立，则2m £-D ．()()74ee xf x f x -³-¢-二、多选题5．（2024·全国·模拟预测）已知n S 为正项数列{}n a 的前n 项和，且221n n n a S a -=，则（ ）A ．=n aB ．1n na a +>C ．1ln n nS n S -³D ．212n n n S S S +++>6．（2024·全国·模拟预测）已知1e 1ln ,0aa b=+>，则下列结论正确的是（ ）A ．e 2a b >-B ．1lna b<C ．1e lnb a<D ．1a b>-三、填空题7．（2023·浙江温州·二模）已知函数e e()ln ln f x x x x x=++-，则()f x 的最小值是 ；若关于x 的方程()22f x ax =+有1个实数解，则实数a 的取值范围是.8．（2023·福建福州·模拟预测）已知定义在()0,¥+上函数()f x 满足：()()ln 1x f x x +<<，写出一个满足上述条件的函数()f x = .四、解答题9．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数()()sin ln sin f x x x =-，()1,2x Î(1)求()f x 的最小值；(2)证明：()sin sin eln sin 1x xx x -×->.10．（2024·四川攀枝花·三模）已知函数()()ln 1R af x x a x=+-Î．(1)当2a =时，求函数()f x 在1x =处的切线方程；(2)设函数()f x 的导函数为()f x ¢，若()()()1212f x f x x x ¢¢=¹，证明：()()1211f x f x a++>．11．（2024·山西晋城·二模）已知函数()()e x f x x a x a =-++（a ÎR ）．(1)若4a =，求()f x 的图象在0x =处的切线方程；(2)若()0f x ³对于任意的[)0,x Î+¥恒成立，求a 的取值范围；(3)若数列{}n a 满足11a =且122nn n a a a +=+（*n ÎN ），记数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：[]1ln (1)(2)3n S n n +<++．。
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)，
专题14 利用导数证明一元不等式--《2023年高考数学命题热点聚焦与扩展》【解析版】
【热点聚焦】从高考命题看，通过研究函数性质与最值证明一元不等式，是导数综合题常涉及的一类问题. 导数是研究函数的工具，利用导数我们可以方便地求出函数的单调性、极值、最值等，在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题【重点知识回眸】（一）证明方法的理论基础（1）若要证()f x C <(C 为常数）恒成立，则只需证明：()max f x C <，进而将不等式的证明转化为求函数的最值（2）已知()(),f x g x 的公共定义域为D ，若()()min max f x g x >，则()(),x D f x g x ∀∈> 证明：对任意的1x D ∈，有()()()()11min max ,f x f x g x g x ≥≤∴由不等式的传递性可得：()()()()11min max f x f x g x g x ≥>>，即()(),x D f x g x ∀∈>（二）证明一元不等式主要的方法1.方法一：将含x 的项或所有项均移至不等号的一侧，将一侧的解析式构造为函数，通过分析函数的单调性得到最值，从而进行证明. 例如：，可通过导数求出，由此可得到对于任意的，均有，即不等式.其优点在于目的明确，构造方法简单，但对于移项后较复杂的解析式则很难分析出单调性2.方法二：利用不等式性质对所证不等式进行等价变形，转化成为()()f x g x >的形式，若能证明()()min max f x g x >，即可得：()()f x g x >，本方法的优点在于对x 的项进行分割变形，可将较复杂的解析式拆成两个简单的解析式.但缺点是局限性较强，如果()min f x 与()max g x 不满足()()min max f x g x >，则无法证明()()f x g x >.（三）常见构造函数方法(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f (x )＜g (a )转化为f (x )max ＜g (a ).(2)移项作差构造函数法：把不等式f (x )＞g (x )转化为f (x )－g (x )＞0，进而构造函数h (x )＝f (x )－g (x ).(3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f (x )＞g (x )利用其最值求解.()ln 1f x x x =-+()()min 10f x f ==0x >()()min 0f x f x ≥=ln 1x x ≤-(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f (x 1，x 2)≥A 的不等式，可将函数式变为与x 1x 2或x 1·x 2有关的式子，然后令t ＝x 1x 2或t ＝x 1x 2，构造函数g (t )求解. (5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x ≤x －1，e x ≥1＋x ，当且仅当x ＝0时取等号，ln x ＜x ＜e x (x ＞0)，1xx +≤ln(x ＋1)≤x (x ＞－1). e x ≥e x ，当且仅当x ＝1时取等号；当x ≥0时，e x ≥1＋x ＋12x 2,当且仅当x ＝0时取等号；当x ≥0时，e x ≥2e x 2＋1, 当且仅当x ＝0时取等号； 1x x -≤ln x ≤x －1≤x 2－x ，当且仅当x ＝1时取等号；当x ≥1时，2(1)1x x -+≤ln x x，当且仅当x ＝1时取等号．(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数.(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的.【典型考题解析】热点一 直接将不等式转化为函数的最值问题【典例1】（2017·全国·高考真题（文））已知函数2()ln (21)f x x ax a x =+++. （1）讨论()f x 的单调性； （2）当0a <时，证明3()24f x a≤--. 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【分析】（1）先求函数导数(21)(1)'()(0)ax x f x x x++=>，再根据导函数符号的变化情况讨论单调性：当0a ≥时，'()0f x >，则()f x 在(0,)+∞单调递增；当0a <时，()f x 在1(0,)2a-单调递增，在1(,)2a-+∞单调递减. （2）证明3()24f x a≤--，即证max 3()24f x a ≤--，而max 1()()2f x f a =-，所以需证11ln()1022a a-++≤，设g （x ）=ln x -x +1 ，利用导数易得max ()(1)0g x g ==，即得证. 【详解】（1）()f x 的定义域为（0，+∞），()()‘1211)22(1x ax f x ax a x x++=+++=. 若a ≥0，则当x ∈（0，+∞）时，’)(0f x ＞，故f （x ）在（0，+∞）单调递增.若a ＜0，则当10,2x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '＞时；当x ∈1()2a ∞-+，时，’)(0f x <. 故f （x ）在’)(0f x ＞单调递增，在1()2a∞-+，单调递减. （2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a =-取得最大值，最大值为111()ln()1224f a a a-=---. 所以3()24f x a ≤--等价于113ln()12244a a a ---≤--，即11ln()1022a a-++≤. 设g （x ）=ln x -x +1，则’1(1)g x x=-. 当x ∈（0,1）时，'；当x ∈（1，+∞）时，'.所以g （x ）在（0,1）单调递增，在（1，+∞）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，11ln()1022a a -++≤，即3()24f x a ≤--.【典例2】（2018年新课标I 卷文）已知函数()e 1x f x a lnx =--．（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1ea ≥时，()0f x ≥．【答案】(1) a =212e ；f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．(2)证明见解析. 【详解】分析：(1)先确定函数的定义域，对函数求导，利用f ′（2）=0，求得a =212e ，从而确定出函数的解析式，之后观察导函数的解析式，结合极值点的位置，从而得到函数的增区间和减区间；(2)结合指数函数的值域，可以确定当a ≥1e 时，f （x ）≥e ln 1exx --，之后构造新函数g （x ）=e ln 1exx --，利用导数研究函数的单调性，从而求得g （x ）≥g （1）=0，利用不等式的传递性，证得结果.详解：（1）f （x ）的定义域为()0+∞，，f ′（x ）=a e x –1x． 由题设知，f ′（2）=0，所以a =212e ． 从而f （x ）=21e ln 12e x x --，f ′（x ）=211e 2e x x-． 当0<x <2时，f ′（x ）<0；当x >2时，f ′（x ）>0．所以f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a ≥1e 时，f （x ）≥e ln 1exx --．设g （x ）=e ln 1e x x --，则()e 1'e x g x x=-．当0<x <1时，g′（x ）<0；当x >1时，g′（x ）>0．所以x =1是g （x ）的最小值点． 故当x >0时，g （x ）≥g （1）=0． 因此，当1a e≥时，()0f x ≥．(1)若证f (x )＞g (a )或f (x )＜g (a )，只需证f (x )min ＞g (a )或f (x )max ＜g (a )． (2)若证f (a )＞M 或f (a )＜M (a ，M 是常数)，只需证f (x )min ＞M 或f (x )max ＜M . 热点二 移项作差构造函数证明不等式【典例3】（辽宁·高考真题（文））设函数f （x ）=x+a 2x +blnx ，曲线y=f （x ）过P （1,0），且在P 点处的切斜线率为2. （I ）求a ，b 的值； （II ）证明：f(x)≤2x -2．【答案】（I ）a ＝－1，b ＝3. （II ）见解析【详解】试题分析： (1)f ′(x)＝1＋2ax ＋b x .由已知条件得(1)0{(1)2f f '==即10{122a ab +=++= 解得a ＝－1，b ＝3. (2)f(x)的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知f(x)＝x －x 2＋3lnx.设g(x)＝f(x)－(2x －2)＝2－x －x 2＋3lnx ，则 g′(x)＝－1－2x ＋3x＝－.当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0. 所以g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减． 而g(1)＝0，故当x>0时，g(x)≤0，即f(x)≤2x －2.【典例4】（2022·青海·模拟预测（理））已知函数().(1)求()f x 的最小值；(2)若0x >，证明：()()2e 3f x x x ≥+-.【答案】(1)0； (2)证明见解析.【分析】（1）利用导数求出函数的单调区间即得解；（2）即证2e 1e 2x x x--≥-，设()()2e 10x x h x x x --=>，求出函数()h x 的最小值即得证.(1)解：由题意可得()e 1xf x '=-.由()0f x '>，得0x >；由()0f x '<，得0x <. 则()f x 在(),0∞-上单调递减，在()0,∞+上单调递增， 故()()min 00f x f ==. (2)证明：要证()()2e 3f x x x >+-，即证()2e 1e 3x x x x -->+-，即证2e 1e 2x x x--≥-.设()()2e 10x x h x x x --=>，则()()()21e 1x x x h x x---'=. 由（1）可知当0x >时，e 10x x -->.由()0h x '>，得1x >，由()0h x '<，得01x <<， 则()()1e 2h x h ≥=-，当且仅当1x =时，等号成立.即()()2e 3f x x x ≥+-.若证明f (x )＞g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数h (x )＝f (x )－g (x )．如果能证明h (x )min ＞0，x ∈(a ，b )，即可证明f (x )＞g (x )，x ∈(a ，b )．使用此法证明不等式的前提是h (x )＝f (x )－g (x )易于用导数求最值．热点三 构造双函数证明不等式 【典例5】已知函数f (x )＝e x 2－x ln x . 证明：当x ＞0时，f (x )＜x e x ＋1e. 【答案】见解析 【解析】要证f (x )＜x e x ＋1e ，只需证e x －ln x ＜e x ＋1ex ，即e x －e x ＜ln x ＋1ex. 令h (x )＝ln x ＋1ex (x ＞0)，则h ′(x )＝21ex ex -，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 ＋1ex≥0. 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 ＋1ex，故原不等式成立． 【典例6】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()e 1xf x x =--.(1)求()f x 的最小值；(2)证明：()22e ln 3f x x x x >+-.【答案】(1)0 (2)证明见解析【分析】（1）用导数法直接求解即可；（2）要证()22ln 3f x e x x x >+-，即证221ln 3x e x e x x x -->+-，即证221ln 2x e x e x x x-->-.构造函数()2ln 2e x g x x =-与()()210x e x h x x x--=>，这问题可转化为()()min max h x g x >，利用导数法即可求解【详解】(1)由题意可得()1xf x e '=-.由()0f x '>，得0x >；由()0f x '<，得0x <.()f x 在(),0∞-上单调递减，在()0,∞+上单调递增，故()()min 00f x f ==. (2)证明：要证()22ln 3f x e x x x >+-，即证221ln 3x e x e x x x -->+-，即证221ln 2x e x e x x x-->-.设()2ln 2e xg x x =-，则()()221ln e x g x x-'=， 由()0g x '>，得0x e <<，由()0g x '<，得x e >， 则()()2g x g e e ≤=-，当且仅当x e =时，等号成立.设()()210x e x h x x x --=>，则()()()211xx e x h x x ---'=. 由（1）可知当0x >时，10x e x -->.由()0h x '>，得1x >，由()0h x '<，得01x <<， 则()()12h x h e ≥=-，当且仅当1x =时，等号成立.因为2ln 22e xe x-≤-与212x e x e x --≥-等号成立的条件不同，所以221ln 2x e x e x x x -->-，即()22ln 3f x e x x x >+-.(1)若证f (x )＜g (x )，只需证f (x )max ＜g (x )min ； (2)若证f (x )＞g (x )，只需证f (x )min ＞g (x )max . 热点四 适当放缩构造函数证明不等式【典例7】（2022·全国·模拟预测（文））已知函数()sin 2cos xf x x=+在区间()0,a 上单调．(1)求a 的最大值；(2)证明：当0x >时，()31e xf x +<．【答案】(1)23π (2)证明见解析【分析】（1）利用导数的符号求出函数的单调区间，通过单调区间可求得结果． （2）将问题转化为证明e 1()33x x f x -<<，再分别证明1x e x ->及()3x f x <成立即可．(1)由已知得，22cos (2cos )sin sin 2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +++'==++， 要使函数()f x 在区间(0,)a 上单调，可知在区间(0,)a 上单调递增， 令()0f x '>，得2cos 10x +>，即1cos 2x >-，解得22(2,2)33x k k ππππ∈-++，（k Z ∈）， 当0k =时满足题意，此时，在区间2(0,)3π上是单调递增的，故a 的最在值为23π.(2)当0x >时，要证明()31e xf x +<，即证明e 1()3x f x -<，而1xe x ->，故需要证明e 1()33x x f x -<<. 先证：e 133x x -<，（0x >）记()e 1x F x x =--，()e 1x F x '=-，,()0x ∈+∞时，()0F x '>，所以()F x 在(0,)+∞上递增，∴()e 1x F x x =--(0)0F >=，故1xe x ->，即e 133x x -<. 再证：()3x f x <，（0x >） 令1()()3G x f x x =-，则sin 1(),2cos 3x G x x x =-+则()()()()222cos 12cos 1132cos 32cos x x G x x x '--+=-=++, 故对于0x ∀>，都有()0'<G x ，因而()G x 在(0，)∞+上递减， 对于0x ∀>，都有()(0)0G x G <=， 因此对于0x ∀>，都有()3xf x <. 所以e 1()33x x f x -<<成立，即e 1()3x f x -<成立，故原不等式成立.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键利用不等式1x e x ->放缩，从而使得问题得以顺利解决. 通过适当放缩可将较复杂的函数变为简单的函数，一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x ≤x －1，e x ≥x ＋1，ln x ＜x ＜e x (x ＞0)，1xx +≤ln(x ＋1)≤x (x ＞－1)等. 热点五 利用二阶导数（两次求导）证明不等式【典例8】（2018·全国·高考真题（文））已知函数()21xax x f x e+-=． （1）求曲线()y f x =在点()0,1-处的切线方程； （2）证明：当1a ≥时，()0f x e +≥．【答案】（1）切线方程是210x y --=（2）证明见解析 【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程．（2）当a 1≥时，()12f x e 1x x e x x e +-+≥++-（）,令12gx 1x e x x +=++-，只需证明gx 0≥即可．【详解】（1）()()2212xax a x f x e-++'-=，()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，()()211x xf x e x x e e +-+≥+-+．令()211x g x x x e +=+-+，则()121x g x x e +=++'，()120x g x e +''=+>当1x <-时，()()10g x g '-'<=，()g x 单调递减；当1x >-时，()()10g x g '-'>=，()g x 单调递增；所以()g x ()1=0g ≥-．因此()0f x e +≥．【典例9】（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()ln 0f x ax x a =≠. (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1a =时，证明：()e sin 1xf x x <+-.【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析【分析】（1）求导可得()()ln 1f x x '=+，再分0a >和0a <两种情况讨论即可；（2）当01x <≤根据函数的正负证明，当1x >时，转证ln sin 1e 0x x x x --+<，构造函数求导分析单调性与最值即可 (1)依题意知()0,x ∈+∞，()()ln ln 1f x a x a a x '=+=+， 令()0f x '=得1ex =，当0a >时，在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上()0f x '<，()f x 单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增；当0a <时，在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上()0f x '>，()f x 单调递增，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减.(2)依题意，要证ln e sin 1x x x x <+-，①当01x <≤时，ln 0x x ≤，1sin 0e x x -+>，故原不等式成立， ②当1x >时，要证：ln e sin 1x x x x <+-，即证：ln sin 1e 0x x x x --+<，令()()e ln sin 11x h x x x x x =--+>，则()e ln cos 1xh x x x '=--+，()e 1sin 0xh x x x''=-+<， ∴()h x '在()1,+∞单调递减，∴()()11e cos10h x h ''<=--<，∴()h x 在()1,+∞单调递减，∴()()11e sin10h x h <=--<，即ln sin 1e 0x x x x --+<，故原不等式成立.2()(42)4ln ()=-++∈g x mx m x x a R ．(1)当1m =时，求()g x 在点(1,(1))g 处的切线方程；(2)当0m =时，证明：()24e 8x g x x +<-（其中e 为自然对数的底数）． 【答案】(1)5y =-(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导函数，即可求切线的斜率，从而求出切线方程；（2）依题意只需证明e ln 2x x >+，令()e ln 2x h x x =--，(0)x >，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的最小值，再利用基本不等式计算可得； (1)解：当1m =时，2()64ln g x x x x =-+， 所以4()26g x x x=-+'，(1)0g '=，(1)5g =- 故()g x 在点(1,(1))g 处的切线方程是5y =-； (2)解：当0m =时，要证明()24e 8x g x x +<-， 只需证明e ln 2x x >+，令()e ln 2x h x x =--，(0)x >，则1()e x h x x '=-，令()1()e xu x h x x ='=-()21e 0x u x x'=+>，故()h x '在(0,)+∞上单调递增， 又(1)e 10h '=->，1e 202h ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，故存在01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=，即001e 0x x -=，当()00,x x ∈时，()0h x '<，即()h x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，即()h x 单调递增， 故0x x =时，()h x 取得唯一的极小值，也是最小值，即()0000min 0011e ln 22220xh x x x x x x =--=+->⋅-=． 所以e ln 2x x >+，即()24e 8x g x x +<-． 两种做法，一是对函数直接两次求导，求导函数的最值；二是令导函数为一“新函数”，通过对其求导，进一步研究函数的最值． 热点六 构造“形似”函数证明不等式【典例11】（2022·河南·高三开学考试（理））设0.01a =，ln1.01b =，3log 0.01c =，则（ ）A ．a c b <<B ．c a b <<C ．b c a <<D ．c b a <<【答案】D【分析】构造()()()ln 10f x x x x =+-≥，并利用导数、对数的性质研究大小关系即可. 【详解】设函数()()()ln 10f x x x x =+-≥，则()01xf x x '=-≤+，所以()f x 为减函数，则()()0.0100f f <=，即ln1.010.01<，又0c b <<， 所以c b a <<． 故选：D【典例12】（2021·黑龙江·大庆实验中学高三开学考试（理））若08a <<且88a a =，032b <<且3232b b =，03c <<且33c c =，则（ ） A ．a b c << B ．c b a << C ．b a c << D ．a c b <<【答案】A【分析】构造函数()ln xf x x=，求导，根据函数的单调性比大小即可. 【详解】由88a a =，两边同时以e 为底取对数得ln ln 88a a =， 同理可得ln ln 3232b b =，ln ln 33c c =， 设()ln xf x x=，0x >，则()()8f a f =，()()32f b f =，()()3f c f =， ()21ln xf x x-'=，令()0f x '=，解得e x =， 当()0,e x ∈时，()0f x '>，函数()f x 单调递增， 当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 则(),,0,e a b c ∈，且()()()3832f f f >>， 所以()()()f c f a f b >>， 故c a b >>， 故选：A. 根据条件构造“形似”函数，再判断此函数的单调性，最后根据函数的单调性证明不等式． 热点七 “放缩”“赋值”证明与数列有关的不等式【典例13】（2022·全国·高考真题）已知函数()e e ax x f x x =-． (1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围； (3)设n *∈N 2221ln(1)1122n n n+>++++．【答案】(1)()f x 的减区间为(),0-∞，增区间为()0,+∞. (2)12a ≤(3)见解析【分析】（1）求出()f x '，讨论其符号后可得()f x 的单调性.（2）设()e e 1ax x h x x =-+，求出()h x ''，先讨论12a >时题设中的不等式不成立，再就102a <≤结合放缩法讨论()h x '符号，最后就0a ≤结合放缩法讨论()h x 的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得12ln t t t<-对任意的1t >恒成立，从而可得()21ln 1ln n n n n+-<+对任意的*n N ∈恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.（1）当1a =时，()()1e x f x x =-，则()e xf x x '=，当0x <时，()0f x '<，当0x >时，()0f x '>，故()f x 的减区间为(),0∞-，增区间为()0,∞+.（2）设()e e 1ax x h x x =-+，则()00h =，又()()1e e ax x h x ax '=+-，设()()1e e ax xg x ax =+-，则()()22e e ax xg x a a x '=+-，若12a >，则()0210g a '=->，因为()g x '为连续不间断函数，故存在()00,x ∈+∞，使得()00,x x ∀∈，总有()0g x '>，故()g x 在()00,x 为增函数，故()()00g x g >=，故()h x 在()00,x 为增函数，故()()01h x h >=-，与题设矛盾.若102a <≤，则()()()ln 11e e ee ax ax ax xx h x ax ++'=+-=-，下证：对任意0x >，总有()ln 1x x +<成立，证明：设()()ln 1S x x x =+-，故()11011x S x x x-'=-=<++，故()S x 在()0,∞+上为减函数，故()()00S x S <=即()ln 1x x +<成立.由上述不等式有()ln 12e e e e e e 0ax ax x ax ax x ax x +++-<-=-≤，故()0h x '≤总成立，即()h x 在()0,∞+上为减函数，所以()()01h x h <=-.当0a ≤时，有()e e e 1100ax x ax h x ax '=-+<-+=， 所以()h x 在()0,∞+上为减函数，所以()()01h x h <=-.综上，12a ≤. （3）取12a =，则0x ∀>，总有12e e 10x x x -+<成立，令12e x t =，则21,e ,2ln x t t x t >==，故22ln 1t t t <-即12ln t t t<-对任意的1t >恒成立.所以对任意的*n N ∈，有112ln 1n n nn n n ++<-+，整理得到：()21ln 1ln n n n n +-<+，故()222111ln 2ln1ln 3ln 2ln 1ln 1122n n n n+++>-+-+++-+++()ln 1n =+，故不等式成立.【典例14】（2022·广东·高三开学考试）已知函数()ln 1f x x x =++，0x >．(1)当4k =时，比较()f x 与2的大小； (2)求证：2222ln(1)35721n n ++++<++，*n ∈N ． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析【分析】（1）当4k =时，求得()f x 导函数()f x '，再根据()12f =，分不同范围讨论即可. （2）由（1）中结论可知，当1x >时，4ln 21x x +>+，然后换元，即可得21ln 21n n n +<+， 结合对数运算从而可证得结论. （1）当4k =时，4()ln 1f x x x =++，,()0x ∈+∞， 所以2222214(1)4(1)()0(1)(1)(1)x x x f x x x x x x x +--'=-==≥+++，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增，又因为4(1)ln1211f =+=+，所以当01x <<时，()2f x ，当1x =时，()2f x =，当1x >时，()2f x > （2）由（1）知，当1x >时，4ln 21x x +>+，即2(1)ln 1x x x ->+，令11x n =+，*n ∈N ，则有12ln 121n n ⎛⎫+> ⎪+⎝⎭，即21ln 21n n n +<+， 所以222223412341ln ln ln lnln ln(1)35721123123n n n n n n ++⎛⎫++++<++++=⨯⨯⨯⨯=+ ⎪+⎝⎭，即2222ln(1)35721n n ++++<++，*n ∈N ． 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．【精选精练】一、单选题1．（2022·广东·高三开学考试）设2ea =2b =24ln 4e c -=，则（ ） A ．a b c <<B ．c b a <<C ．a c b <<D ．b c a <<【答案】A【分析】构造函数ln ()xf x x=，求导得其单调性，再利用()f x 单调性，即可判断出,,a b c 的大小关系. 【详解】设ln ()xf x x=，,()0x ∈+∞， 因为21ln ()xf x x -'=，令()0f x '>，得0e x <<； 令()0f x '<，得e x >．所以()f x 在(0,e)上单调递增，在(e,)+∞上单调递减， 而1(e)2ea f ==，12ln 2ln 4ln 2(2)(4)24b f f =====， 22222e ln 4ln 42ln 2e 2e e e 222c f ⎛⎫--==== ⎪⎝⎭， 因为0e 2e <<<<2e 42<，所以a b c <<． 故选：A ．2．（2022·福建省福安市第一中学高三阶段练习）设2,,ln 2e ea b c ===，则,,a b c 的大小关系为（ ） A ．a b c << B ．b a c <<C ．a c b <<D ．c a b <<【答案】D【分析】设ln ()(0)xf x x x =>，利用导数求得()f x 的单调性和最值，化简可得2e 2a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，(e)b f =，(2)c f =，根据函数解析式，可得ln 4(4)(2)4f f ==且2e e 42<<，根据函数的单调性，分析比较，即可得答案. 【详解】设ln ()(0)xf x x x=>， 则221ln 1ln ()x xx x f x x x ⋅--'==， 当(0,e)x ∈时，()0f x '>，则()f x 为单调递增函数， 当(e,)x ∈+∞时，()0f x '<，则()f x 为单调递减函数，所以max 1()(e)ef x f ==，又222222e ln 4ln42(ln e e 2e e e 22ln 2)a f ⎛⎫-==-== ⎪⎝⎭，1(e)e b f ==，1ln 2ln 2(2)2c f ===， 又2ln 4ln 2ln 2(4)(2)442f f ====，2e e 42<<，且()f x 在(e,)+∞上单调递减，所以2e (2)(4)2f f f ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，所以b a c >>. 故选：D 3．（2021·山东·高三开学考试）已知定义在π02⎡⎫⎪⎢⎣⎭，上的函数()f x 的导函数为()'f x ，且(0)0f =，()cos ()sin 0f x x f x x '+<，则下列判断中正确的是（ ） A ．π6f ⎛⎫ ⎪⎝⎭6π4f ⎛⎫⎪⎝⎭B ．πln 3f ⎛⎫⎪⎝⎭>0C ．π6f ⎛⎫ ⎪⎝⎭π33⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．π4f ⎛⎫ ⎪⎝⎭π23⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】CD【分析】根据题干中的条件，构造出新函数：()()π,0,cos 2f x g x x x ⎡⎫=∈⎪⎢⎣⎭，利用新函数的单调性逐一检查每个选项是否正确. 【详解】令()()π,0,cos 2f x g x x x ⎡⎫=∈⎪⎢⎣⎭，则()()()2cos sin cos f x x f x x g x x +''=， 因为()()cos sin 0f x x f x x '+<，所以()()()2cos sin 0cos f x x f x xg x x+='<'在π0,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭上恒成立，因此函数()()cos f x g x x =在π0,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，故ππ64g g ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即ππ64ππcos cos 64f f ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭>，即π6π624f f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A 错； 又()00=f ，所以()()000cos0f g ==，所以()()0cos f x g x x=≤在π0,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭上恒成立，因为ππ0ln1lnln e 132=<<=<，所以πln 03f ⎛⎫< ⎪⎝⎭，故B 错；又ππ63g g ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以ππ63ππcos cos63f f ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭>，即ππ363f f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故C 正确； 又ππ43g g ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以ππ43ππcos cos43f f ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭>，即ππ243f f ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故D 正确. 故选：CD 4．（2023·全国·高三专题练习）已知a ，b 是实数，且e a b <<，其中e 是自然对数的底数，则b a 与a b 的大小关系是__． 【答案】b a a b >##a b b a < 【分析】构造函数()ln xf x x=，0x >，利用导数判断单调性，即得. 【详解】构造函数()ln x f x x =，0x >，则()21ln xf x x -'=， 当e x >时，()0f x '<，()f x 单调递减， ∵e a b <<， ∴ln ln a ba b>，即b ln a ＞a ln b ， 即ln ln b a a b >， 所以b a a b >． 故答案为：b a a b >． 5.（2023·全国·高三专题练习）设函数()e 1xf x a x =--，a R ∈．(1)当1a =时，求()f x 在点()()0,0f 处的切线方程； (2)当x ∈R 时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；(3)求证：当()0,x ∈+∞时，2e 1e xx x->． 【答案】(1)0y = (2)1a ≥ (3)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可. （2）首先将问题转化为1e x a x +≥恒成立，设()1e xx g x +=，再利用导数求出其最大值即可得到答案.（3）首先将问题转化为()0,x ∈+∞，2e e 10xx x -->，设()2=e e 1xx h x x --，利用导数求出()()00h x h >=，即可得到答案.(1)()e 1x f x x =--，()00e 010f =--=，即切线()0,0. ()e 1x f x '=-，()00e 10k f '==-=，则切线方程为：0y =.(2)x ∈R ，0e 1x a x --≥恒成立等价于x ∈R ，1e xa x +≥恒成立. 设()1e x x g x +=，()ex xg x -'=， (),0∈-∞x ，()0g x '>，()g x 为增函数， ()0,x ∈+∞，()0g x '<，()g x 为减函数，所以()()max 01g x g ==，即1a ≥. (3)()0,x ∈+∞，2e 1e xx x->等价于()0,x ∈+∞，2e e 10x x x -->.设()2=e e 1xx h x x --，()0,x ∈+∞，()221=e e 12x x h x x ⎛⎫'-- ⎪⎝⎭，设()21=e 12xk x x --，()0,x ∈+∞，()21=e 102xk x ⎛⎫'-> ⎪⎝⎭，所以()k x 在()0,+∞为增函数，即()()00k x k >=，所以()221=e e 102xx h x x ⎛⎫'--> ⎪⎝⎭，即()h x 在()0,+∞为增函数，即()()00h x h >=，即证：2e 1e xx x->. 6．（2022·全国·长垣市第一中学高三开学考试（理））已知函数(). (1)若函数()f x 在(),a +∞上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)证明：()21e x f x x -≥.【答案】(1)1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭(2)证明见解析【分析】（1）利用导数求得()f x 的单调区间，从而求得a 的取值范围.（2）将()21xf x x e -≥转化为11ln e x x x x-+≥，对不等式的两边分别构造函数，然后结合导数来证得不等式成立.（1）()f x 的定义域为()()0,,ln 1f x x ∞='++.令()0f x '=，可得1e x =.当10ex <<时，()()0,f x f x '<单调递减；当1e x >时，()()0,f x f x '>单调递增，所以()f x 的单调递增区间为1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.因为函数()f x 在(),a +∞上单调递增，所以()1,,e a ∞∞⎡⎫+⊆+⎪⎢⎣⎭.所以1e a ≥.故实数a 的取值范围为1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.（2）因为0x >，所以要证21ln 1e x x x x -+≥，只需证明11ln e x x x x-+≥成立.令()1ln g x x x =+，则()22111x g x x x x-'=-=.令()0g x '=，得1x =，当01x <<时，()()0,g x g x '<单调递减；当1x >时，()()0,g x g x '>单调递增，所以()min ()11g x g ==.令()1e xh x x -=，则()()11e x h x x -=-'，令()0h x '=，得1x =，当01x <<时，()()0,h x h x '>单调递增；当1x >时，()()0,h x h x '<单调递减，所以()max ()11h x h ==.因此()()g x h x ≥，即()21e xf x x -≥，当且仅当1x =时等号成立.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)证明：当1a ≤ 时，e ()0x f x -> ． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论导数的正负，即可求得答案;（2）当1a ≤时，要证e ()0x f x ->,即证e ()x f x >，只需证明e ln 2x x >+ ；构造函数()e ln x h x x =﹣，利用其导数，只需证明min ()()h x h x ≥，即证明min ()2h x >即可.（1）函数()ln (1)1()f x x a x a a =+-++∈R ,定义域：0,+∞（）,11(1)()1a xf x a x x+-'==+- ，①当1a ≥ 时，()0()f x f x '>， 单调递增，②当1a <时，由()0f x '=，得x 11a=-，当x ∈(0，11a -）时，()0()f x f x '>，单调递增；当x ∈(11a -，+∞）时，()0()f x f x '<，单调递减；综上讨论得：①当1a ≥时，()f x 在0,+∞（）单调递增；②当1a <时， 当x ∈(0，11a-）时，()f x 单调递增；当x ∈(11a-，+∞）时，()f x 单调递减；（2）证明：当1a ≤时，要证e ()0x f x ->,即证e ()x f x >，只需证e ln 2x x >+ ； 令()e ln x h x x =﹣ ，则1()e x h x x '=- ，令()e 1x m x x =- ，则2e 0()1xx m x '+=>，∴()h x '在0,+∞（）单调递增，而1()e 20,(1)e 102h h ''=-<=->故方程1e 0xx -=有唯一解0x ，即000011e 0,e x x x x -=∴=，则0000e ,ln x x x x -=∴-=，且0(0,)x x ∈ 时，()0h x '<，()h x 在0(0,)x 单调递减；0(,)x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 在0(,)x +∞单调递增；∴000001()()e ln 2x x h x x h x x ≥=-=+>，∴e ln 2x x >+，故当1a ≤ 时，e ()0x f x ->. 8．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测（文））已知函数ln 1xf x x ，()1,x ∈+∞， (1)判断函数()f x 的单调性； (2)证明：()211f x x <<+. 【答案】(1)在(1,)∞+上单调递减 (2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，判断导数的正负，从而判断原函数的单调性； （2）将不等式()2()1,11,f x x x <<∈++∞等价转化为2(1)ln 11x x x x -<<-+，然后构造函数，利用导数判断函数的单调性，从而证明不等式. (1)因为ln ()1xf x x =-，()1,x ∈+∞，所以21ln ()1x xxf x x --'=-（）， 设1()ln x g x x x -=-，则22111()xg x x x x-=-='， 因为(1)x ∈+∞,，故()0g x '<，()g x 在区间(1)+∞,上单调递减， 故()(1)0g x g <=，即()0f x '<， 所以函数()f x 在区间(1)+∞,上单调递减. (2) 证明：()22(1)()11,ln 111,x f x x x x x x -<<⇔<++∞<∈-+； 设()()ln 1,1,p x x x x =-+∈+∞，1()10p x x'=-<，()p x 在区间(1)+∞,上单调递减，(1)x ∈+∞,，()(1)0p x p <=，即ln 1x x <-，即()1f x <；设2(1)()ln 1x q x x x -=-+，()1,x ∈+∞，22214(1)()0(1)(1)x q x x x x x -'=-=≥++，则()q x 在(1)+∞,上单调递增，(1)x ∈+∞,，()(1)0q x q >=，即2(1)ln 1x x x ->+，所以ln 2()11x f x x x =>-+. 综上，2()11f x x <<+. 【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性以及证明函数不等式的问题，解答时要明确导数与函数的单调性之间的关系，解答的关键是对不等式进行合理变形，从而构造函数，利用导数判断单调性，从而证明不等式.9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()f x a =-.(1)若函数f (x )的图象与直线y ＝x －1相切，求a 的值； (2)若a ≤2，证明f (x )>ln x . 【答案】(1)a ＝2 (2)证明见解析【分析】（1）求导函数，令f ′(x )＝1，得x ＝0，继而有f (0)＝－1，代入可求得答案； （2）由已知得f (x )＝e x －a ≥e x －2，令φ(x )＝e x －x －1，运用导函数分析所令函数的单调性得φ(x )≥0，可证得e x －2≥x －1，当且仅当x ＝0时等号成立，令h (x )＝ln x －x +1，运用导函数分析所令函数的单调性得()()10h x h ≤=，证得ln 1≤-x x ，当且仅当x ＝1时等号成立，从而有e x －2≥x －1≥ln x ，两等号不能同时成立，由此可得证. (1)解：f (x )＝e x －a ，∴f ′(x )＝e x ，令f ′(x )＝1，得x ＝0，而当x ＝0时，y ＝－1，即f (0)＝－1，所以()00e 1f a =-=-，解得a ＝2.(2)证明 ∵a ≤2，∴f (x )＝e x －a ≥e x －2，令φ(x )＝e x －x －1，则φ′(x )＝e x －1，令φ′(x )＝0⇒x ＝0， ∴当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0；当x ∈(－∞，0)时，φ′(x )<0， ∴φ(x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(0)＝0，即φ(x )≥0，即e x ≥x ＋1， ∴e x －2≥x －1，当且仅当x ＝0时等号成立，令h (x )＝ln x －x +1，则()111xh x x x-'==－，令h ′(x )＝0⇒x ＝1，∴当x ∈(0，1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，+∞)时，h ′(x )<0， ∴h (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴h(x )max ＝h (1)＝0，即()()10h x h ≤=，即ln 1≤-x x ， ∴ln 1≤-x x ，当且仅当x ＝1时等号成立，∴e x －2≥x －1≥ln x ，两等号不能同时成立， ∴e x －2>ln x ，即证f (x )>ln x .10．（2022·新疆·三模（理））已知函数()sin cos f x x ax x =-，a ∈R (1)若()f x 在0x =处的切线为y x =，求实数a 的值； (2)当13a ≥，[0,)x ∈+∞时，求证：()2.f x ax ≤【答案】(1)0a = (2)证明见解析【分析】（1）由导数的几何意义有()01f '=，求解即可； （2）将()2f x ax ≤变形成sin 02cos x ax x-≤+，故只需证sin ()02cos xg x ax x =-≤+，用导数法证明max ()0g x ≤即可 (1)∵()cos cos sin f x x a x ax x '=-+，∴(0)11f a '=-=，∴0a = (2)要证()2f x ax ≤，即证sin cos 2x ax x ax -≤，只需证sin (2cos )x ax x ≤+，因为2cos 0x +>，也就是要证sin 02cos xax x-≤+，令sin ()2cos xg x ax x=-+，22cos (2cos )sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x g x a a x x +--+'=-=-++∵13a ≥，∴2222cos 11(cos 1)()0(2cos )33(2cos )x x g x x x +--'≤-=≤++ ∴()g x 在[0,)+∞为减函数，∴()(0)0g x g ≤=， ∴sin cos 2x ax x ax -≤，得证(1)若()f x 有两个极值点，求实数a 的取值范围； (2)当0a =时，证明：2()f x x x>-. 【答案】(1)10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭(2)证明见解析【分析】（1）根据函数有两个极值点转化为导函数等于0有两不相等的根，分离参数后，转化为分析ln 1()(0)x g x x x+=>大致图象，根据数形结合求解即可;（2）不等式可转化为2ln 20x x x x+-+>，构造函数，求导后得到函数极小值，转化为求极小值大于0即可.（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，()ln 21f x x ax '=-+，由题意()0f x '=在(0,)+∞上有两解，即ln 210x ax -+=，即ln 12x a x +=有两解.令ln 1()(0)x g x x x+=>，即()g x 的图象与直线2y a =有两个交点.2ln ()0xg x x'-==，得1x =，当(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 递增；当(1,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 递减，max ()(1)1g x g ∴==，10g e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，0x →时，()g x →-∞；x →+∞时，()0g x →，021a ∴<<，102a ∴<<，∴a 的取值范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭. （2）当0a =时，()ln 2f x x x =+，即证2ln 2x x x x+>-，即证2ln 20x x x x+-+>，令2()ln 2(0)h x x x x x x =+-+>，22()ln h x x x ='-，令22()ln m x x x =-，则314()m x x x '=+，当0x >时，()0m x '>，()h x '∴在(0,)+∞递增.(1)20h =-<'，22(e)10e h '=->，∴存在唯一的0(1,e)x ∈，使得00202()ln 0h x x x '=-=，当00(0,)x x ∈时，()0h x '<，()h x 递减；当0(,)x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 递增，min 0()()h x h x ∴=.又0(1,e)x ∈，0()0h x '=，0202ln 0x x ∴-=，000000000022244()ln 2222e 0e h x x x x x x x x x x ∴=+-+=+-+=-+>-+>，()0h x ∴>，2()f x x x∴>-. 12．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()f x ax =-(e 为自然对数的底数，为常数)的图像在(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0x >时，2e x x <.【答案】(1)2a =，()f x 极小值22ln 2-，()f x 无极大值 (2)证明见解析【分析】（1）对函数()f x 求导得到()f x '，由导数的几何意义得到()01f '=-，解得a ，再利用导数研究其单调性和极值，即可得出；（2）令()2e x g x x =-，对其求导，结合（1）可得：()0g x '>，得到()g x 的单调性，即可证明. (1)由()e x f x ax =-，得()e xf x a '=-.由题意得，()00e 1f a '=-=-，即2a =，所以()e 2x f x x =-，()e 2xf x '=-.令()0f x '=，得ln 2x =，当ln 2x <时，()0f x '<，则()f x 在(),ln 2-∞上单调递减； 当ln 2x >时，()0f x '>，则()f x 在()ln 2,+∞上单调递增．所以当ln 2x =时，()f x 取得极小值，且极小值为()ln2ln 2e 2ln 222ln 2f =-=-，()f x 无极大值．(2)证明：令()2e x g x x =-，则()e 2xg x x '=-.由(1)知，()()()()ln 222ln 221ln 20g x f x f '=≥=-=->， 故()g x 在R 上单调递增．所以当0x >时，()()010g x g >=>， 即2e x x <.【点睛】本题考查不等式的恒成立问题，常用到以下两个结论： (1)()()f x g x ≥恒成立()()()0F x f x g x ⇔=-≥恒成立()min 0F x ⇔≥； (2)()()f x g x ≤恒成立()()()0F x f x g x ⇔=-≤恒成立()max 0F x ⇔≤. 13．（2023·全国·高三专题练习）已知()sin 2f x k x x =+． (1)当2k =时，判断函数()f x 零点的个数； (2)求证：()sin 2ln 1,(0,)2x x x x π-+>+∈.【答案】(1)1； (2)证明见解析.【分析】（1）把2k =代入，求导得函数()f x 的单调性，再由(0)0f =作答. （2）构造函数()2sin ln(1)g x x x x =--+，利用导数借助单调性证明作答. (1)当2k =时，()2sin 2f x x x =+，()2cos 20f x x '=+≥，当且仅当(21)π,Z x k k =-∈时取“=”， 所以()f x 在R 上单调递增，而(0)0f =，即0是()f x 的唯一零点， 所以函数()f x 零点的个数是1. (2)(0,)2x π∈，令()2sin ln(1)g x x x x =--+，则()12cos 1g x x x =-'-+，因1cos 1,11x x <<+，则()0g x '>，因此，函数()g x 在(0,)2π上单调递增，(0,)2x π∀∈，()(0)0g x g >=，所以当(0,)2x π∈时，()sin 2ln 1x x x -+>+成立.．（全国高三专题练习（文））已知函数()e e f x x =-． (1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围； (3)设n *∈N 2221ln(1)1122n n n+>++++．【答案】(1)()f x 的减区间为(),0-∞，增区间为()0,+∞. (2)12a ≤(3)见解析【分析】（1）求出()f x '，讨论其符号后可得()f x 的单调性.（2）设()e e 1ax x h x x =-+，求出()h x ''，先讨论12a >时题设中的不等式不成立，再就102a <≤结合放缩法讨论()h x '符号，最后就0a ≤结合放缩法讨论()h x 的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得12ln t t t<-对任意的1t >恒成立，从而可得()21ln 1ln n n n n+-<+对任意的*n N ∈恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.（1）当1a =时，()()1e x f x x =-，则()e xf x x '=，当0x <时，()0f x '<，当0x >时，()0f x '>，故()f x 的减区间为(),0∞-，增区间为()0,∞+.（2）设()e e 1ax x h x x =-+，则()00h =，又()()1e e ax x h x ax '=+-，设()()1e e ax xg x ax =+-，则()()22e e ax xg x a a x '=+-，若12a >，则()0210g a '=->，因为()g x '为连续不间断函数，故存在()00,x ∈+∞，使得()00,x x ∀∈，总有()0g x '>，故()g x 在()00,x 为增函数，故()()00g x g >=，故()h x 在()00,x 为增函数，故()()01h x h >=-，与题设矛盾.若102a <≤，则()()()ln 11e e ee ax ax ax xx h x ax ++'=+-=-，下证：对任意0x >，总有()ln 1x x +<成立，证明：设()()ln 1S x x x =+-，故()11011x S x x x-'=-=<++，故()S x 在()0,∞+上为减函数，故()()00S x S <=即()ln 1x x +<成立.由上述不等式有()ln 12e e e e e e 0ax ax x ax ax x ax x +++-<-=-≤，故()0h x '≤总成立，即()h x 在()0,∞+上为减函数，所以()()01h x h <=-.当0a ≤时，有()e e e 1100ax x ax h x ax '=-+<-+=， 所以()h x 在()0,∞+上为减函数，所以()()01h x h <=-.综上，12a ≤.。
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.
利用导数证明不等式考点与题型归纳
利用导数证明不等式考点与题型归纳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ln x ae 1［例1］已知函数f(x)= 1 —~x，g(x)= 'e x + X— 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(2)求证：当 x> 1 时，f(x) + g(x)> -xIn x［解］⑴因为f(x)= 1 —-^,In x— 1所以f (x)= 7 , f' (1) =— 1.ae 1 ae 1因为 g(x)= e x + x— bx,所以 g (x)= — e x—x^—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.e 1(2)证明：由(1)知，g(x)= —孑+ x + x,小2^ A In x e 1贝 y f(x)+g(x) > x?1—T—e x— x+X》0.令 h(x) = 1 —皿—€—1+ x(x> 1),x e x则 h'(x)=—+e+x2+1=少+當+1.In x e因为 x> 1,所以 h' (x)=卡+1>o,所以h(x)在［1 ,+s)上单调递增，所以h(x)>h(1) = 0,即 1-也-e—丄+x> o,x e xx2 所以当 x> 1 时，f(x) + g(x)>x.［解题技法］待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.方法二隔离审查分析法证明不等式1 ［例2］ (2019长沙模拟)已知函数f(x)= ex2- xln x•求证：当x> 0时，f(x)v xe x+ -.1 1 1［证明］要证 f(x)v xe x+-，只需证 ex — In x v e x+ ，即 ex - e x< In x+ .ex —e ex ex1令 h(x) = In x +—(x>0),贝U h' (x)= ex易知h(x)在0, e上单调递减，在e，上单调递增，则h(x)min = h 1 = 0，所以In1x+ex》°.再令0(x)= ex— e x,贝U O' (x) = e— e x,易知O(x)在 (0,1)上单调递增，在(1,+^ )上单调递减，则O(X)max= 0(1) = 0，所以ex —e x< 0.x 1因为h(x)与«x)不同时为0，所以ex — e x< In 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— In x— 1.(1)若f(x)》0恒成立，求a的最小值；e x(2)求证：—+ x+ In x— 1 > 0;xx［解］(1)f(x) >0 等价于 a >(3)已知k(e x + x2)> x— xIn x恒成立，求k的取值范围. In x+ 1x1 — Inx所以k》- e- x T + x人In x+1…, In x令 g(x) = X~(x>0)，贝V g (x)=—立，所以当 x€ (0,1)时，g' (x)> 0,当 x€ (1 ,+s)时,g' (x)v 0,则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1 ,+s)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.⑵证明：当a= 1时，由(1)得x> In x+ 1,即 t> In t + 1(t> 0).e—x令~x~ = t,则—x— In x= In t,e—x所以——> —x— In x+ 1,xe-x即一+ x+ In x — 1 > 0. x—xe 、⑶因为k(e-x+ x2) >x— xIn x恒成立，即 k—— + x > 1 — In x恒成立,xe- x二 + x + In x— 1+1,e—x由⑵知■— + x+ In x— 1> 0恒成立,入—xe+ x+ In x— 1x所以一二 ---------------- + K 1,所以k> 1.e—故k的取值范围为［1 , + g).［解题技法］导数的综合应用题中，最常见就是e x和In 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In 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>ex,当且仅当x = 1时取等号；1(3)当x>0时，e x> 1 + x+ ?x2,当且仅当x= 0时取等号；(6)当 x> 1 时, 2 x— 1x+ 1 < In x<x— 1x，当且仅当x= 1时取等号.X1 +⑷当x>0时，e x>討+ 1,当且仅当x= 0时取等号；X— 1⑸一 < In x< x — K X2— x,当且仅当 x= 1时取等号;X考点二双变量不等式的证明［典例］已知函数 f(x)= In x— 2ax2+ 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;⑵若 a =— 2,正实数 X1, x2 满足 f(X1)+ f(X2)+ X1x2= 0,求证:1 ［解］(1)当 a= 0 时，f(x)= In x+ x，则 f(1) = 1，所以切点为(1,1)，又因为 f ' (x) = - +入1,所以切线斜率k= f (1) = 2,故切线方程为 y— 1 = 2(x— 1),即卩2x— y— 1 = 0.(2)证明：当 a=— 2 时，f(x)= In x+ x2 + x(x> 0).由 f(X1 ) + f(X2) + X1X2= 0,即 In X1 + x1+ X1 + In X2 + x2+ x2 + X1X2 = 0,从而(X1+ X2)2 +(X1+ X2) = X1X2 — In(X1X2),令 t= X1X2,设©(t) = t — In t(t> 0),则© (t)= 1 —1 =一,易知©(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+^)上单调递增，所以©(t) > ©(1) = 1,所以(X1+ X2)2 + (X1+ X2) > 1 ,V5 — 1 因为 X1> 0, X2> 0，所以 X1+ X2> —2 —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;2 4a x — a 石 2v 0,二是巧构造函数，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］a已知函数f(x) = In x+ .x(1)求f(x)的最小值；⑵若方程f(x)= a 有两个根x i , X 2(x i v x 2)，求证：x i + X 2> 2a.1 a x — a解：(1)因为 f' (x) = x — x 2= x^(x> 0)，所以当a w 0时，f(x)在(0 ,+R )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)= In a+ 1.⑵证明：若函数y= f(x)的两个零点为X 1, x 2(X 1V x 2),由(1)可得 O v X 1V a v X 2.令 g(x) = f(x) — f(2a — x)(0 v x v a),丄 1则 g ' (x)= (x — a) X 2— 2a — x 2 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 v a,贝V 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, + g )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a ［典例］已知函数f(x)= In(x+ 1) + 二..X. I 厶(1)若x>0时，f(x)> 1恒成立，求a 的取值范围；1 1 1 1 *⑵求证：ln(n+ 1)>3+ 5171…+ 2^+1 (n C N ).a［解］(1)由 In(x+ 1)+ > 1,得x+ 2a> (x+ 2) — (x+ 2)1 n(x+ 1).令 g(x) = (x+ 2)[1 — In(x+ 1)],x+ 2 1则 g ' (x)= 1 — In (x+ 1) —=— In (x+ 1)—-x+ 1 x + 1 当x>0时，g' (x) v 0，所以g(x)在(0,+g)上单调递减.所以g(x)v g(0) = 2,故a的取值范围为[2 , + ).2(2)证明：由(1)知 In(x+ 1) + > 1(x> 0),x+ 2所以 In(x+ 1) > xx+ 2令 x = k(k> 0)，得 In k+ 1>k+2k+ 1 即In1 > 一2 3所以 In” + In^+ In 4n + 11 1 1 13+…+ In => 1+1+尹…+ 乔，即 ln(n + 1)>3 +1 + 7+・・・+-^(n € N *).3 5 72n + 1［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In(x+ 1)v x 等.［题组训练］(2019 长春质检)已知函数 f(x)= e x ，g(x)= In(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：In 2 + (In 3 - In2)2+ (In 4 - In 3)3+ — + [ln(n + 1) — In n]n v -^(n € N *). e i 解：⑴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),ii又因为 f' (x)= e x , g' (x)= ，所以 1 = In a+ b,1 = ;,x+ aa解得 a= 1, b= 1.⑵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 € (—a, 0)时，F ' (x)v 0，所以F(x)在(0 ,+s )上单调递增，在(一a, 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 In(x+ 2)w x+ 1，即 e x> In(x+ 2),当 a w 2 时，ln(x + a) w ln(x+ 2) v e x,所以当a w 2时，f(x) — g(x) > 0恒成立.当 a >3 时，e0v In a，即 e x- In(x+ a)> 0 不恒成立.故整数a的最大值为2.—n+ 1⑶证明：由⑵知e x>ln(x+2),令x= —，—n+1一n+ 1则e~~^~ >ln一n—+2,——n -k 1即 e-n + 1> In ----------- + 2n= [ln(n + 1) - In n]n,n所以 e°+ e-1 + e-2+ …+ e一n+ 1>In 2+ (In 3 — In 2)2+ (In 4— In 3) 3+ …+ [ln(n+ 1) — Innn],11—』1 e 又因为 e0 + e-1+ e-2+ ••• + e-n+1= 1 v —= ,1-；1-1 e-1e ee 所以 In 2 + (In 3 - In 2) 2+ (In 4 — In 3)3+ …+ [ln(n+ 1)-In n]n v e- 1［课时跟踪检测］11. (2019 唐山模拟)已知 f(x)= qx2— a2ln x, a>0.⑴求函数f(x)的最小值；f x — f 2a 3⑵当x>2a时，证明：>尹x— 2a 2解：⑴函数f(x)的定义域为(0 ,+^),a2 x+ a x— a f (x) = x — x=当 x € (0, a)时，f' (x)v 0, f(x)单调递减；当 x € (a ,+s)时，f' (x)> 0, f(x)单调递增.1所以当x= a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a) = ~a2— a2ln a.(2)证明：由⑴知，f(x)在(2a, + )上单调递增，3则所证不等式等价于 f(x) — f(2a) — ^a(x— 2a) > 0.“ 3设 g(x) = f(x) — f(2a) — 2a(x— 2a),则当x>2a时，, , 3 a2 32x+ a x— 2a2x > 0,g (x) = f (x) — 2a = x—— ^a所以g(x)在(2a,+s)上单调递增,当 x>2a 时，g(x)>g(2a)= 0,3即 f(x) — f(2a) — ?a(x— 2a)>0,f x — f 2a 3故> "a.x— 2a 22.(2018黄冈模拟)已知函数f(x)=亦x— e—x(入€ R). (1)若函数f(x)是单调函数，求入的取值范围；x2 ⑵求证：当 0v X1 v x2 时，e1 — x2 — e1 — X1> 1 —:.1解：⑴函数f(x)的定义域为(0 ,+8 ),••f(x)= An x— e—x,+ xe— x~X~，•••函数f(x)是单调函数，••• f' (x)w 0或f' (x) > 0在(0 ,+s)上恒成立,+ xe x①当函数f(x)是单调递减函数时，f' (x)< 0, •------------------- < 0,即X+ xe—x< 0,疋xe—x Xx X一 1令y(x)=—孑，贝y y (x)=-e^,当 0 v x v 1 时，y (x) v 0；当 x> 1 时，y (x) >0,则y x)在(0,1)上单调递减，在(1 ,+8 )上单调递增，•••当x> 0时，y x)min=y i) =x+ xe②当函数f(x)是单调递增函数时，f' (x)>0,•••------------------- >0,即入 + xe—x》0, xe—xx由①得y(x)= —吞在(o,1)上单调递减，在(1, + 8)上单调递增,又■ y(0) = 0,当 x综上，入的取值范围为1——8(2)证明：由(1)可知，当f(x)= — ein X — e— x在(0, + 8 )上单调递减,X1 X2 ln X2>1 —门■-0 v x i v X2,1 1•••f(X1)>f(x2)，即一：ln X1 — e— X1 >— ?ln X2 — e— X2,•'el — X2— el — x i > In x i — In X2.X2 X2要证e1—X2—e1 — 11>1—X1,只需证In X1—ln X2>1—门即证11 1令 t= X11，t€ (0,1)，则只需证 In t> 1 —-,• - f(x)min ==In k,1t —12 13令 h(t) = In t+ f — 1，则当 0v t v 1 时，h'⑴v 。
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 +≥.。
构造函数,利用“切线法”证明不等式
因为
＜０ ＇ 所以函数
）
２ ０ １ ５年 第 ３期
河北理 科教 学研 究
所 以 ５
≤
’ 口 ］ 题 讨论
在［ ０ ， １ ｊ是 上 凸 函 数 ，因 此 冥 切 线 在 凼 数
ｆ （ ｘ ） ＃ Ｊ Ｉ ￣＃ Ｊ Ｔ Ｗ ， 即 南 ≤ １ ８ （ 一 了 １ ）
（ ≥ ） ， 且 满足∑ ＝ （ ≥ｋ ， ≤ ） 的
不 等式 时 ， 可 以构造 在 的均值 ＝ 点处 的切线 ｇ（ ） ， 即用 ｇ （ Ｘ ） 来估 计 － 厂 （ ） 的值 ，
然 后 比较 ｇ （ ） 与ｆ （ ） 的大 小 ， 再 累 加获得
切 线 法 对 于 ， ， …， ∈ Ｄ， 其 中
等价 于 ５
≤ １ ． 设 ＿ 厂 （ ） ＝
上
，
求证：
ａ ｉ ≥
・ 设 （ ）＝
１ －２ （ ， ２ ， 则 厂（ ）＝
， 且／ （ ）＝
（ ｏ＜
＜１ ） ， 则 ／（ ） ＝
２ ， ／ （ ） ： ３ ， 从 而 ／ （ ） 在 ＝ 譬 处 的 切
２ ０ １ ５年 第 ３期
河 北理科教 学研 究
问题 讨论
构 造 函数 ， 利用“ 切 线 法’ ’ 证 明不 等 式
湖 北省 黄石 市 第一 中学 杨瑞 强 ４ ３ ５ ０ ０ ０
对满足 条件∑ ＝ （ ≥ｋ ， ≤后 ） 的 形 ∑ （ ） ≤ （ ≥ ） 成立．
ｋ ） ， 如果不 符合 ， 则要 做适 当 的变量 替换 ．
例２ 已知 ＞０ （ ｉ＝ １ ， ２ ， ３ ， ４ ， ５ ） ， 且
导数中的切线放缩证明不等式
x
>
0，n
>
0，等号
当且仅当 x = n 时成立 . 特别地，当 n = 1 时，有 lnx ≤ x - 1；当 n = e 时，有 lnx ≤
1 e
x.
利用切线进行放缩，能实现以直代曲，化超越函数为一次函数 . 生成二：利用曲线的相切曲线进行放缩
由图
1
可得
lnx
≥
x
x
1
；
由图
2
可得
lnx
≥
-
1 ex
ex ≥ 1 + x(x ∈ R);
ex ≥ ex(x ∈ R).
与 lnx 有关的常用不等式 :
⑴
x
x
1
≤
lnx
≤
x
-
1;
(2) -
1 ex
≤ lnx ≤
1 e
x;
(3)
lnx ≤
2x - 1 x+1
0 < x ≤ 1
,lnx ≥
2x - 1 x+1
x ≥ 1 ;
(4)lnx ≥
1 2
x -
Hale Waihona Puke 1 xex、lnx 有关的常用不等式等方法进行适当的放缩，再进行证明 . 下面着重谈谈与 ex、lnx 有
关的常用不等式的生成 . 生成一：利用曲线的切线进行放缩
设 y = ex 上任一点 P 的横坐标为 m，则过该点的切线方程为 y - em = em (x - m)，即 y =
em (x + 1) - mem 由此可得与 ex 有关的不等式：ex ≥ em(x + 1) - mem，其中 x ∈ R，m ∈ R，等
一类数列不等式的证明方法
ｂ １ ｂ １ ｂ １ ｂ １ 左 边 ＝ １ ＋ · ２ ＋ ·…· ｋ ＋ · ｋ＋１ ＋ ｂ ｂ ｂ ｂ １ ２ ｋ ｋ １ ＋
＝ ３ · ５ · ７ ·…·２ ｋ＋１·２ ｋ＋３ ２ ４ ６ ２ ｋ ２ ｋ＋２
ｎ＋１ 即 ３ · ５ · ７ ·…·２ ｎ ＋１． ＞ 槡 ２ ２ ４ ６ ｎ
· 辅教导学 · 数学通讯 — — —２ 上半月 ） ０ １ １ 年第 ７、 ８期（
５ ３
说明 对所证明的不等式进行变形后 ， 构造 合适的数列 ， 把问题转化为考虑数列｛ ｃ ｎ ｝的 单 调 这也是证明不等式的常用方法之一 ． 性， 思路 ３： 利用取对数化乘积式为求和式后再 证明 ．
ｂ ｂ ２ ＋１ ｎ ＋１ ·…· ｎ＋１ 成立 ． ＞ 槡 ｂ ｂ ２ ｎ 第（ 答 案 为 ｒ ＝－１， 从而ａ Ⅰ ）问比较 容 易 ， ｎ ｎ １ － ） ｂ－１ ｂ ． ＝（
对于第 （ 当ｂ ＝ ２ 时 ， Ⅱ ）问 ， ｎ １ ｎ １ － （ ） ａ ＝ ２－ ， ｎ ＝ ｂ－１ｂ
ｎ １ － （ ）＝ ２ （ ）＝ ２ ｂ ｌ ｏ ａ ｌ ｏ ２ ｎ， ＋１ ｇ ｇ ｎ ＝２ ２ ｎ ＋１ ２ ｂ １ ｎ＋１， 从而 ｎ ＋ ＝ ２ 所以 ｂ ｎ ２ ｎ ｂ ｂ １ ＋１ ｂ ｎ ＋１ · ２ ＋１·…· ｂ ｂ ｂ １ ２ ｎ ３ ５ ７ ２ ｎ＋１ ． ＝ · · ·…· ２ ４ ６ ２ ｎ ｂ １ １ ＋１ ｂ 下面从不同角度来思考不等式 · ２＋ ｂ ｂ １ ２ ｂ ｎ ＋１ ·…· ｎ ＋１ 的证明方法 ． ＞ 槡 ｂ ｎ 思路 １： 数学归纳法 ．
用切线法新探一类条件不等式
ｇ） 在 一 处 切 为 一７—） ｚ （一 ｚ ｚ ÷ 的 线 Ｌ ｚ因。 ２ｚ ，
Ｉ Ｉ Ｉ
Ｉ
ｆ ＼ｙ （ ： ＼： ｘ 、 １ｇ ）
Ｉ Ｉ Ｉ —
Ｉ Ｉ ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
Ｉ
Ｃ ＸＯ ｄ
Ｘ
Ｃ Ｘ ｄ Ｏ
Ｘ
图 １
图 ２
若 Ｙ＝ ｇ ｚ （ ）在 区 间 ［ ， 上 是 下 凸 的 ，。∈ ［ ， ， ｃ ｚ （ Ｙ
一
告 ［ ． ．） ∈ 譬譬 ｇ 一 在 譬譬上上 一 ］（ ［ ， 是 ｚ 一 ］
切 线 ， ｚ∈ （ ， ） ， 有 ｇ ｚ ≥ ＋ ６ 当 ｚ— ｚ 时 取 则 ｃｄ 时 恒 （） （ ｏ
“
一
≤ 一
≥ 从得骞 ≤ 而出
”号 ） ．
Ｉｎ 一＋或ｇ≥＝ 硎 骞＋ 硎 耋 ｎ ＝ ｚ ｃ ｃ ＋ ｉ １ ｚ 泰 从１ 不 出欲 等 “号＇ ｌ 文结 难 ＿证 式一时 ［论 看当 不 取’ 必 ］
ｇｚ （ ）≤ ＋ ６ 或 ｇ ｚ ≥ ＋ ６ ， 而 得 出 欲 证 不 等 式 ． （ （） ）进 下 面 再 以文 ［ ］ 给不 等 式 予 以 分 析 ： ２所
若 ｚ ＞ ０ ｉ １２ ３ 且 ｚ 一 １ 则 ． ： ，， ． 。
詈 ：．＋ 一￣＝＋ 曲 ：ｚ ｌ ｎ ｃ ｎｙｘ为线 ｇ 荤 ， ， ａ ｃ ｇ 詈 晶 ｚ詈的 切！・便 出 何 Ｉ在一处一 线此们 得其 直 商 呈 条 由我 可 几 观
切线法在函数元不等式中的一个应用
切线法在函数元不等式中的一个应用切线法（Tangent Line Method）是数学中一种常见的方法，主要用于对函数的增减性、最值等问题进行研究。
而在函数元不等式中，切线法也有着很广泛的应用。
本文将从切线法的基本思想和步骤开始介绍，然后通过具体的例子来展示切线法在函数元不等式中的应用。
切线法的基本思想：切线法的基本思想是通过使用函数的切线来逼近函数的实际取值。
对于函数f(x)，如果在其中一点x=a处切线与函数曲线f(x)的拐点相切，那么切线代表了经过点(a,f(a))且与函数曲线f(x)非常接近的线性函数。
通过研究这个切线，我们可以对函数的性质和取值范围进行一些推导。
切线法的步骤：1.找到函数f(x)的切线点：首先需要找到切线点，即函数f(x)的其中一点x=a处。
这个点可以通过对函数f(x)进行求导然后令导数等于一些给定的值来确定。
2.求得切线方程：通过已知切线点和切线的斜率，可以求得切线方程。
切线方程一般形式为y=f'(a)(x-a)+f(a)。
3.利用切线方程求得相应的函数取值：通过已知的切线方程，可以求得相应的函数在切线点处的取值。
在函数元不等式中，我们经常需要研究函数的最值或者函数的增减性。
而切线法正好可以帮助我们对函数的最值或者增减性进行研究。
首先，我们以一个求函数最小值的例子来介绍切线法在函数元不等式中的应用。
示例1：求函数f(x)=x^2的最小值。
解：首先，我们需要找到函数f(x)=x^2的切线点。
由于f(x)=x^2是一个二次函数，其导数f'(x)=2x。
令f'(x)=0，解得x=0。
所以切线点为(0,f(0))=(0,0)。
接下来，我们求得切线方程。
由于切线点为(0,0)，切线的斜率可以通过求导得到。
即f'(0)=2(0)=0。
所以切线方程为y=0(x-0)+0=0。
然后，我们求得函数在切线点处的取值。
由于切线点为(0,0)，所以函数在切线点处的取值为f(0)=0。
不等式求椭圆切线
不等式求椭圆切线
要求解不等式求椭圆切线的问题，首先需要明确什么是椭圆，什么是切线。
椭圆是距离两个固定点（焦点）之和为常数的点集构成的图形；切线则是与圆或椭
圆等曲线相交在一点上且该点为接触点的直线。
对于给定的椭圆方程，首先需要将其化为标准形式，然后通过求导找出椭圆的切线。
其具体步骤如下：
设椭圆的标准方程为（x^2/a^2）+（y^2/b^2）=1，若a>b，则椭圆为水平椭圆；反之，若a<b，则为竖直椭圆。
设椭圆上任一点P(x0,y0)，则切线方程可以通过求
导和代入点P的坐标得到。
对于水平椭圆，椭圆任意一点的切线方程可通过下式得出：x*x0/a^2 +
y*y0/b^2=1；对于竖直椭圆，切线方程则为：x*x0/a^2 + y*y0/b^2=1。
求解不等式与求解等式有相似之处，只不过不等式的解为一个区间而非一个确定的数值。
在求解切线与椭圆所构成的不等式时，需要注意切线与椭圆所形成的内外两个区域。
通常，我们关心的是切线以内的区域，这是因为这个区域的点到焦
点的距离之和小于等于给定的常数。
对于此类不等式，首先需要求出切线方程，然后确定所关心的区域，最后求出满足不等式的解集。
总的来说，求解不等式求椭圆切线的问题需要理解和掌握椭圆与切线的基本性质和求解方法，通过实践和应用，可以在解决此类问题上更加得心应手。
利用一个对数不等式探究一类题的生成与解决
利用一个对数不等式探究一类题的生成与解决管利民【期刊名称】《中学数学月刊》【年(卷),期】2016(000)004【总页数】4页(P48-51)【作者】管利民【作者单位】江苏省南菁高级中学 214437【正文语种】中文在近几年江苏各地的模拟试题中，通过运用导数研究函数的单调性，在给定区间内研究两函数之间不等关系的一类问题，已然成为常考的题型.要解决这类问题，往往是直接构造某个新函数，或者分离变量之后构造新的函数，通过研究构造的新函数的单调性来求出最值或者得到我们想要的不等关系.在看上去千变万化的函数构造中，有一类函数的特点非常鲜明，而学生却常常束手无策.本文对此类问题做一探究，看看它有什么结构特征，是如何生成的，又该如何去解决.首先看一个函数不等式：). ①证明这个不等式是简单的，简证如下：证明设函数，则，所以h(t)在(0,1)上为单调增函数，从而有h(t)<h(1)=0，因此从证明的过程可以看出，如果t>1，h(t)在(1,+∞)上仍为单调增函数，从而有h(t)>h(1)=0，因此在同一坐标系中作出y=ln t和的图象，从图象上也能清晰地看出它们之间的不等关系.如果有两个变量x1，x2，0<x1<x2，我们将t用代替，①式就变为，也即②.这里0<t<1.如果t用代替，则可得③.仔细观察②和③这两个不等式，我们发现式子中不仅有两数之和，有两数之差，还有两数之商！就像桃园三结义的三兄弟，聚在一起准备大展身手！当然还有个可爱的系数横亘其中，被不少命题人惦记着大做文章.我们来看一个例题：例1 设函数f(x)=x2-(a-2)x-aln x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个零点,求满足条件的最小正整数a的值；(3)若方程f(x)=c有两个不相等的实数根x1,x2,求证.分析 (1)(2)略.(3)中，由于，可知,故要证，即证，也即证x1+x2>a．观察要证目标的结构特点，这里出现了两数之和！如何将两数之和表示出来呢？由题意，x1,x2是方程f(x)=c的两个不等实根，不妨设0<x1<x2，则-(a-2)x1-aln -(a-2)x2-alnx2=c,两式相减消去c得，整理得，故我们需证.化简得到，这正是②式！点评我们在分析的过程中，牢牢抓住目标结构的特点，先消去c，用x1和x2表示a，再消去a.在化简的过程中，平方差公式、对数运算法则起着重要的作用，因为我们要出现这样的形式.而平方差公式中有两数之和、两数之差，对数运算法则中有两数之商.既然不等式中出现了两数之和、两数之差、两数之商，命题人当然也忘不了两数之积！例2 已知函数f(x)=ln x-mx(m∈R).(1)若曲线y=f(x)过点P(1,-1)，求曲线y=f(x)在点P处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间[1,e]上的最大值；(3)若函数f(x)有两个不同的零点x1,x2，求证：x1x2>e2．分析 (1)(2)略.(3)中，两数之积如何转化呢？由题意，x1,x2是方程f(x)=0的两个不等实根，不妨设0<x1<x2，则ln x1-mx1=0，ln x2-mx2=0，两式相减得ln x1-lnx2=m(x1-x2).如何消去m呢？我们再把两式相加一下得ln x1+ln x2=m(x1+x2)，这样就可以消去m得，所以.由于，故ln(x1x2)>2，从而x1x2>e2，命题得证.当然，根据对数的运算法则，也可转化为证明x1+x2>2.证法留给大家思考.如果说对例2中两数之积的不等关系的处理还算不了什么的话，那下面一题应该能入得了大家的法眼了.例3 已知函数(1)若函数h(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若直线g(x)=ax+b是函数图象的切线，求a+b的最小值；(3)当b=0时，若f(x)与g(x)的图象有两个交点A(x1，y1),B(x2,y2),求证：x1x2>2e2．分析 (1)(2)略.(3)中，两数之积如何转化呢？由题意,x1,x2是方程f(x)=g(x)的两个不等实根，不妨设0<x1<x2，则.两式相加得，两式相减得，即，从而消去a得，即④.观察④式的右边，两数之和、两数之差、两数之商，“三兄弟”又聚在了一起，不过少了一个可爱的数字2！由③式可知>2，而x1+x2与x1x2又可以通过基本不等式联系起来，于是,由两个不等关系，我们得到，即.到这一步，结论就呼之欲出了.再次观察不等式形式的特点，构造新的函数，则x>0时，，所以G(x)在(0,+∞)上单调递增.又,所以，则，即x1x2>2e2.点评此题为泰州市2015届高三上学期期末考试最后一题，当时做出此题者寥寥，如果不熟悉②(或③)式，根本无从下手！而追溯命题者的命题意图，他将②式与基本不等式中两数之和、两数之积的特点融合在一起，甚至还考虑到数字2的处理，颇具匠心，令人回味.很多时候，命题者对数字2似乎情有独钟，往往在数字的构造上往这上面凑.例4 已知函数有一个极值点为x=1．(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)设函数F(x)=f(x)+f(2x)，当时，比较F(t)与F(1)的大小；(3)若方程f(x)=m(m∈R)有三个实数根x1，x2，x3，且x1<x2<x3,求证：x1+x2∈(2,3)．(参考数据ln 2≈0.693 1,ln 3≈1.098 6,ln 5≈1.609 4)分析 (3)中，循着前面几道例题的想法，两数之和似乎很好处理.由(1)可知x1∈(0,1)，x2∈(1,2)，首先有x1+x2<3，且,两式相减消去m，整理得,即⑤.⑤式右边独缺两数之和！于是两边同乘以x1+x2得,从而解得x1+x2>2.故x1+x2∈(2,3).最后我们来看这一类型的题目在不等关系与等量关系之间如何命题.例5 已知函数f(x)=x2，g(x)=aln x(常数a>0).(1)判断函数h(x)=f(x)+g(x)在其定义域上的单调性.(2)若方程f(x)-g(x)=ax有唯一解，求a的值.(3)若a=2，设函数F(x)=g(x)-f(x)-bx(b∈R)的两个零点为m，n(0<m<n)，若x0满足2x0=m+n，问F(x)的图象在点(x0,F(x0))处的切线能否平行于x轴？若能，求出该切线方程;若不能，请说明理由．分析 (1)(2)略.(3)中，设F(x)在(x0,F(x0))处的切线平行于x轴，其中F(x)=2ln x-x2-bx，由已知条件，我们可以挖掘出⑥-⑦得,所以).由⑨得，从而⑩而我们由②式知，,此式与⑩矛盾．所以F(x)在(x0,F(x0)) 处的切线不能平行于x轴. 点评命题者熟悉②式，从不等的角度逆向思维，构造一个等式，考查学生此等式能否成立.如果我们熟悉②式，就能够一眼看出命题者的心思，那么解决这样的问题就轻而易举了.从上面的例题分析可以看出，作为压轴题的最后一问，命题者往往喜欢用②式来构造一些不等关系.如果对②式不熟悉的话，在较短的时间里解决最后一问会比较困难.笔者认为，解决数学问题需要有结构眼光，因为结构决定功能.所以，如果我们平时的教学与训练中能多关注一些常见函数不等关系的结构特征，研究它、吃透它的本质，这样就能够构造一些熟知的函数来解决这一类难题.这一类问题，多数与指数函数、对数函数有关，转化的关键可分为如下几步：(1)根据条件或目标的结构特点，建立等量关系；(2)消去不需要的参数，若等式中含有指数式，则两边取对数；(3)通过恒等变形转化为②式.这个过程实际上是将两个变元的不等式问题转化为一元问题来求解，而解决问题的大功臣则是不等式②.为探究这一类问题的来源，已有邢友宝老师在文献[1]中提出“极值点偏移问题”这一概念，也有赖淑明老师在文献[2]中提出“对数平均问题”这一说法.而本文作者认为，不管怎样高深的理论，我们对学生阐述时还需低下身来，“稚化”教师的思维，用学生的思维去分析他们面对的题目，这样才能激发学生对数学探究的兴趣与欲望.《普通高中数学课程标准(实验)》[3]在基本理念中提到“强调本质，注意适度形式化”.形式化是数学的基本特征之一，在数学教学中，学习形式化的表达是一项基本要求.当然，我们不能只限于形式化的表达，还要强调对数学本质的认识.这样，才能将生动活泼的数学思维活动呈现在学生的面前，激励他们探究更广阔的数学知识海洋.【相关文献】[1] 刑友宝. 极值点偏移问题的处理策略[J].中学数学教学参考(上旬)，2014(7)：19-22.[2] 赖淑明.极值点偏移问题的另一本质回归[J].中学数学教学参考(上旬)，2015(4)：49-51.[3] 普通高中数学课程标准(实验)[M].北京：人民教育出版社，2013.。
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利用切线方程证明一类不等式
湖北黄冈罗田一中：杨德兵 余咏梅（438600）
文[2]证明了三个问题：
ⅰ.通过证明)31(1091322-≥+-x x
x x ,)1,0(∈x 证明了:若1,0,,=++>c b a c b a 则01313132
22222≥+-++-++-c c c b b b a a a ; ⅱ.通过证明
)2(50
27112x x -≤+,)1,0(∈x 证明了:若1,0,,=++>c b a c b a 则10
27111111222≤+++++c b a ; ⅲ.通过证明)2(5027122x x x
x -≤+,)1,0(∈x 证明了:若1,0,,=++>c b a c b a 则109111222≤+++++c c b b a a . 本文解决两个问题: ①)31(109132
2-≥+-x x x x 和)2(5027112x x -≤+中的)31(109-x 和)2(5027x -是如何构造的? ②改进（ⅲ）的证明.统一解决类似的问题的思路.
先解决问题①
可以猜想（ⅰ）,（ⅱ）中的不等式均在31===c b a 处取等号,容易求得2
213x x x y +-=和211x
y +=在31=x 处的切线刚好分别为)31(109-=x y 和)2(5027x y -=,这难道是巧合吗？ 事实上，证明形如“已知∑=A a i ,求证∑≤B a f i )(或∑≥B a f i )(”这类不等式时,可以通过证明d cx a f i +≤)(或d cx a f i +≥)(达到目的，而d cx y +=为)(x f y =在变量取等号处的切线.若d cx a f i +≤)(或d cx a f i +≥)(在给定范围内成立，在这类问题很容易突破.
再解决问题②
下面我用上述方法改进（ⅲ）的证明.
分析: 可以猜想（ⅲ）中的不等式均在31=
==c b a 处取等号,容易得到21x x y +=在31=x 处的切线分别为)12
1(2518+=x y
证明:先证明当)1,0(∈x 时
≤+21x x )121(2518+x ≤+21x x )121(2518+x )1)(336(502x x x ++≤⇔314336023+-+≤⇔x x x 0)34()13(2≥+-⇔x x
因为0)34()13(2≥+-x x 在)1,0(∈x 成立,所以)1,0(∈x 时
≤+21x x )121(2518+x 成立. 所以≤+++++222111c
c b b a a )3121(2518⨯+++c b a =109 可以看出以上证明比原文的证明简洁.
作为这类题统一的思路，一般的，证明形如“已知
∑=A a i ,求证∑≤)()(n
A nf a f i ”这类不等式时,可以通过证明)())(()(n A f n A x n A f a f i +-'≤达到目的，而)())((n
A f n A x n A f y +-'=为)(x f y =在变量取等号处即n A x =的切线.若)())(()(n
A f n A x n A f a f i +-'≤在给定范围内成立，则∑≤)(i a f )())((n A nf n A n a n A f i +-'∑)(n
A nf =，成立. 证明形如“已知∑=A a i ,求证∑≥)()(n A nf a f i ”思路同上. 最后笔者再用上述方法证明文[2]留下的一个不等式,文[2]对该不等式提出了猜想但没有证明. 已知1,0,,,=+++>d c b a d c b a ,证明:656411113333≤+++++++d
d c c b b a a . 证明: )1,0(∈x 时,0482574839680)48127248()14(3422≥+-+⇔≥++-x x x x x x
x x x x x x x 4225)1)(483968(4225483968483968334≥++⇔≥+++⇔
)483968(4225113+≤+⇔
x x
x 所以33331111d d c c b b a a +++++++6564]448)(3968[42251=⨯++++≤d c b a 参考文献
1 安振平，梁丽平. 精彩问题来自不断的反思与探索[J]. 中学数学教学参考，2002，8 1 朱明侠，安振平. 函数与不等式的综合性问题[J]. 中学数学教学参考，2007，5。