导数与不等式证明
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。
第三讲 导数的应用--不等式证明(教师版)
【答案】
f
( x)
1 x 1
1
x x 1
∴当 1 x 0 时， f (x) 0 ，即 f (x) 在 x (1,0) 上为增函数
当 x 0 时， f (x) 0 ，即 f (x) 在 x (0,) 上为减函数
故函数 f (x) 的单调递增区间为 (1,0) ，单调递减区间 (0,)
1
【答案】B
解析：设 gx
f x ， gx
x
f xx
x2
f x 0 ，函数 gx 是单调递减函数，那么定
义在 0, 上的函数，不等式 f x xf 1 等价于 f x f 1 0 x 1 ，解集为
x1
0,1 ，故选 B.
【变式 1-3】函数 f (x) 的导函数为 f '(x) ，对 x R ，都有 f '(x) f (x) 成立，若 f (2) e2 ，
3
题型二：利用导数证明不等式 方法一：主要是移项法构造函数，通过利用导数研究函数的性质求函数的最值证明不等式
在对不等式的证明过程中，可以依此不等式的特点构造函数，进而求函数的最值，当该 函数的最大值或最小值对不等式成立时，则不等式是永远是成立的，从而可将不等式的证明 转化到求函数的最值上来.
2
【例 2】已知函数 f (x) ln(x 1) x ，求证：当 x 1时，恒有1 1 ln(x 1) x x 1
∵ f (2) e2 ，∴ g2 1，∴ x 2 ，故选：A．
【变式 1-4】已知定义域为 R 的偶函数 f x ，其导函数为 f x ，对任意 x 0, ，
均满足：xf x 2 f x ．若 g x x2 f x ，则不等式 g 2x g 1 x 的解集是（ ）
高考数学复习知识点讲解教案第18讲 导数与不等式-第2课时 利用导数证明不等式
= e
=
e1−
2−2
要证当 > 0时， ≤ e
−1
记 = e
<
1−
所以函数 的单调递增区间为 0, e
1−
1−−ln
=
2
1−
<e ，
，单调递减区间为 e
，
, +∞ ，
.
，只需证
e1−
−1
− ， > 0，则′ = e
2−2
≤e
−1
2
−2
1时，′ =
2
上单调递增，在
所以 在
< 0，得2 < <
上单调递减；
≥ 0，所以 在 0, +∞ 上单调递增；
当 > 1时，由′ > 0，得0 < <
2
0,
2
2,
2
，由′
2
或
> 2，由′ <
， 2, +∞ 上单调递增，在
2
,2
2
0，得
，即证e
≥ .
− 1，
当 ∈ 0,1 时，′ < 0，当 ∈ 1, +∞ 时，′ > 0，
所以函数 的单调递减区间为 0,1 ，单调递增区间为 1, +∞ ，
所以
min
= 1 = 0，所以 ≥
−1
0恒成立，即e
≥ ，得证.
探究点二 构造双函数证明不等式
例3
解：由题知 的定义域为，且′ = e − 1.
当 ≤ 0时，′ < 0恒成立，故 在R上是减函数；
导数与不等式的证明及函数零点、方程根的问题
05 总结与展望
导数与不等式证明及函数零点、方程根问题的总结
导数与不等式证明
导数是研究函数性质的重要工具，通过导数可以研究函数的单调性、极值和最值等。不等 式证明则是数学中常见的题型，利用导数可以证明不等式，如AM-GM不等式、CauchySchwarz不等式等。
函数零点问题
函数的零点是指满足$f(x)=0$的$x$值。研究函数的零点对于理解函数的性质和解决方程 的根的问题具有重要意义。通过导数可以研究函数的零点个数和位置，以及零点附近的函 数性质。
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• 应用领域的拓展：导数与不等式证明及函数零点、方程根的问题不仅在数学领 域有广泛应用，在其他学科和工程领域也有着重要的应用价值。例如，在经济 学、物理学和社会科学等领域，这些问题都可能成为重要的研究课题。
• 与其他数学分支的交叉融合：随着数学各分支之间的交叉融合，导数与不等式 证明及函数零点、方程根的问题可能会与其他数学分支产生更多的交叉点。例 如，与概率论、统计学和复分析等领域的结合可能会产生新的研究方向和应用 场景。
导数在求解函数零点、方程根中的注意事项
注意定义域
在使用导数研究函数性质 时，需要注意函数的定义 域，确保导数在定义域内 连续。
考虑多解情况
在求解函数零点或方程根 时，需要注意多解情况， 全面考虑所有可能的解。
注意函数的奇偶性
在利用导数研究函数性质 时，需要注意函数的奇偶 性，以便更准确地判断函 数的性质。
不等式
不等式是表示两个数或两个量之 间大小关系的数学表达式。
导数与不等式的性质
01
导数大于零，函数在该区间内单 调递增；导数小于零，函数在该 区间内单调递减。
02
不等式的基本性质包括传递性、 加法性质、乘法性质等。
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)，
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。
导数与不等式证明
导数与不等式证明导数是微积分中的重要概念，它描述了函数在某一点的变化率。
而不等式是数学中常用的一种关系，用于比较两个数或表达变量之间的大小关系。
本文将探讨导数与不等式之间的关系，并通过具体的例子来证明与应用。
一、导数的定义与性质首先，我们回顾导数的定义：对于函数f(x)，在点x处的导数可以表示为lim（h->0）（f(x+h)-f(x)）/h。
简单来说，导数就是函数在某一点的斜率。
导数具有以下性质：1. 导数存在性：如果函数在某一点可导，则该点的导数存在。
2. 导数与函数图像：导数可以帮助我们理解函数图像的特性，如切线与曲线的关系、函数的增减性等。
3. 导数的计算：可以通过求导法则，例如常数法则、幂函数法则、链式法则等，来计算导数。
二、不等式的基本性质接下来，我们简要介绍不等式的基本性质。
不等式常见的有大于号（>）、小于号（<）、大于等于号（≥）、小于等于号（≤）等。
对于不等式的证明，通常有以下方法：1. 同向性：如果a>b，那么对于任意正数c，ac>bc。
这个性质可以用于不等式的乘法性质证明。
2. 等价性：如果两个不等式的左边和右边分别相等，则两个不等式等价。
这个性质可以用于不等式的代换和变形。
三、导数与不等式之间的关系导数在不等式的证明中具有重要作用。
通过对比函数在不同区间的导数值以及函数图像的特征，可以得出不等式的结论。
下面通过两个具体的例子来说明导数与不等式之间的关系。
例1：证明函数f(x)=x²在区间（0，∞）上是递增的。
解：首先计算f(x)=x²的导数：f'(x)=2x。
由于导数描述了函数的变化率，当导数大于0时，函数是递增的。
因此，我们需要证明2x>0在区间（0，∞）上成立。
由于x大于0，所以2x大于0，即导数大于0，因此函数f(x)=x²在区间（0，∞）上是递增的。
例2：证明函数f(x)=eˣ在任意区间上是递增的。
高考数学导数与不等式 导数方法证明不等式
探究点二 双变量不等式的证明
[思路点拨]首先求得导函数的解析式,然后结合导函数的符号即可确定函数的单调性;解: f'(x)=1-ln x-1=-ln x,x∈(0,+∞).当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
[总结反思]待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”的函数,即若证明f(x)>g(x)在区间D上恒成立,则构造函数h(x)=f(x)-g(x),再根据函数h(x)的单调性,证明h(x)>0在区间D上恒成立.
课堂考点探究
课堂考点探究
变式题 [2021·云南师大附中模拟] 已知函数f(x)=aex+b,若f(x)的图像在点(0,f(0))处的切线方程为y=x+1.(1)求a,b的值;
课堂考点探究
例2 [2021·辽宁丹东二模] 已知函数f(x)=ln(ax)-x+a.(2)当0<a≤1时,证明:f(x)≤(x-1)ex-a-x+a.
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)。
A新高考数学 高考重难专攻(一) 导数与不等式的证明
成立．
适当放缩法
已知函数f(x)＝aex－ln x－1． (1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间； (2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0． [解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x． 由题设知，f′(2)＝0，所以a＝21e2． 从而f(x)＝21e2ex－ln x－1，f′(x)＝21e2ex－1x． 当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0． 所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
1．待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接构造“左减右” 或“右减
2．利用构造差函数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数g(x)； (3)利用导数研究g(x)的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
x＝ln 2．
于是当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
2(1－ln 2＋a)
故 f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)． 所以 f(x)在 x＝ln 2 处取得极小值，极小值为 f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)证明：当a＝0，x∈(0,1)时，x2－1x<fexx等价于－elnx x＋x2－1x<0， ∵当x∈(0,1)时，ex∈(1，e)，－ln x>0，∴－elnx x<－ln x， ∴只需要证－ln x＋x2－1x<0在(0,1)上恒成立． 令g(x)＝－ln x＋x2－1x，x∈(0,1)， ∴g′(x)＝－1x＋2x＋x12＝2x3－x2x＋1>0， 则函数g(x)在(0,1)上单调递增，于是g(x)<g(1)＝－ln 1＋1－1＝0， ∴当x∈(0,1)时，x2－1x<fexx．
利用导数证明不等式的四种方法
利用导数证明不等式的四种方法在初等数学中证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法、数学归纳法和构造法.但是当不等式比较复杂时，用初等的方法证明会比较困难,有时还证不出来.如果用函数的观点去认识不等式,利用导数为工具,那么不等式的证明就会化难为易.本文通过举例阐述利用泰勒公式, 中值定理,函数的性质, Jensen 不等式等四种方法证明不等式,说明了导数在证明不等式中的重要作用.一、利用泰勒公式证明不等式若函数)(x f 在含有0x 的某区间有定义,并且有直到)1(-n 阶的各阶导数,又在点0x 处有n 阶的导数)(0)(x fn ,则有公式)()(!)()(!2)()(!1)()()()(00)(200000x R x x n x f x x x f x x x f x f x f n n n +-++-''+-'+=在上述公式中若0)(≤x R n (或0)(≥x R n ),则可得)(00)(200000)(!)()(!2)()(!1)()()(n n x x n x f x x x f x x x f x f x f -++-''+-'+≥或)(00)(200000)(!)()(!2)()(!1)()()(n n x x n x f x x x f x x x f x f x f -++-''+-'+≤例1 证明: ).11(,32)1ln(32<<-+-≤+x x x x x 证明 设)11)1ln()(<<-+=x x x f （ 则)(x f 在0=x 处有带有拉格朗日余项三阶泰勒公式)11()1(432)1ln(4432<<-+-+-=+ξξ x x x x x0)1(444≤+-ξx 32)1ln(32x x x x +-≤+∴ 由以上证明可知,用泰勒公式证明不等式,首先构造函数,选取适当的点0x 在0x 处展开,然后判断余项)(x R n 的正负,从而证明不等式.二、利用中值定理证明不等式微分)(Lagrange中值定理: 若)(x f 满足以下条件:(1) )(x f 在闭区间],[b a 内连续 (2) )(x f 在开区间),(b a 上可导则 ab a f b f f b a --='∍∈∃)()()(),(ξξ 例2 若)()(1,011y x py y x y x py p x y p p p p -<-<-><<--则 分析 因为,0x y <<则原不等式等价于11--<--<p p p p px yx y x py)1(>p .令p t x f =)(,则我们容易联想到Lagrange 中值定理yx y f x f y x f --=-)()())(('ξ.证明 设p t t f =)(,显然],[)(x y t f 在满足Lagrange 中值定理的条件则 ,)()()(),(y x y f x f f x y --='∍∈∃ξξ 即yx y x p ppp ---＝1ξ111,),(---<<∴<<∴∈p p p px p py x y x y ξξξ )()(11y x py y x y x py p p p p -<-<-∴-- 例3 设)(x f 在],[b a 上连续可导,且,0)()(==b f a f 则dx x f a b x f babx a ⎰-≥≤≤)()(4)(max 2'证明 设)(max 'x f M bx a ≤≤=则由中值公式,当),(b a x ∈时,有))(())(()()(11a x f a x f a f x f -'=-'+=ξξ ))(())(()()(22b x f b x f b f x f -'=-'+=ξξ其中).,(),,(21b x x a ∈∈ξξ由此可得)()()()(x b M x f a x M x f -≤-≤及所以4)()()()()()(22222a b M dx x b M dx a x M dxx f dx x f dx x f b a abb a bab a a bb a -=-+-≤+=⎰⎰⎰⎰⎰++++ 即⎰-≥badx x f a b M )()(42所以 dx x f a b x f babx a ⎰-≥'≤≤)()(4)(max 2积分第二中值定理]1[ 若在区间f ],[b a 上f 为非负的单调递减函数,而g 是可积函数,则存在],[b a ∈ξ,使得⎰⎰=ξabag a f fg )(例4 设⎰+=12sin )(x xdt t x f ,则0>x 时xx f 1)(<特别地:当2003=x 时机为2003年浙江省高等数学竞赛试题(工科、经管类)证明 令u t =,则由积分第二中值定理xudu x udu ux f xx x 1sin 212sin )(2221≤=⎰⎰+ξ ＝又因为⎰⎰⎰+++-++-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++-=222222)1(2322)1(2322)1(cos 41)1cos()1(21cos 21cos 21)1(cos 1212sin )(x x x x x xu udu x x x x u udu x x u u udu ux f ＝ ＝于是,0>x 时xx x x x duu x x x f x x 1)111(21)1(212141)1(2121)(22)1(23=-+-+++++<⎰+- ＝由上可见利用中值定理证明不等式,通常是首先构造辅助函数和考虑区间,辅助函数和定义区间的选择要与题设和结论相联系,然后由中值定理写出不等式,从而进行证明.三、利用函数的单调性证明不等式定理1 如果函数)(),(x g x f 满足以下条件:(1) )(),(x g x f 在闭区间],[b a 内连续(2) )(),(x g x f 在开区间),(b a 可导,且有)()(x g x f '>'(或)()(x g x f '<') (3) )()(a g a f =则 在),(b a 内有)()(x g x f >(或)()(x g x f <令)()()(x g x f x F -=由于0)(0)()()()(≤⇔≤-⇔≤x F x g x f x g x f 所以证明)()(x g x f ≤⇔证明0)(≤x F 则相应地有推论1 若)(x f 在],[b a 上连续,在),(b a 内可导,c a f =)(且0)('>x f (或0)('<x f )则在),(b a 内有c x f >)((或c x f <)().例5 证明:当1>x 时,有).2ln(ln )1(ln 2+⋅>+x x x分析 只要把要证的不等式变形为)1ln()2ln(ln )1ln(++>+x x x x ,然后把x 相对固定看作常数,并选取辅助函数xx x f ln )1ln()(+=.则只要证明)(x f 在),0(+∞是单调减函数即可. 证明 作辅助函数xx x f ln )1ln()(+= )1(>x于是有xx x x x x x x x x x x x f 22ln )1()1ln()1(ln ln )1ln(1ln )(+++-=+-+=' 因为 ,11+<<x x 故)1ln(ln 0+<<x x 所以 )1ln()1(ln ++<x x x x因而在），（∞+1内恒有0)('<x f ,所以)(x f 在区间),1(+∞内严格递减.又因为x x +<<11,可知)1()(+>x f x f即)1ln()2ln(ln )1ln(++-+x x x x 所以 ).2ln(ln )1(ln 2+⋅>+x x x例6 证明不等式x x x x <+<-)1ln(22,其中0>x .分析 因为例6中不等式的不等号两边形式不一样,对它作差)2()1ln(2x x x --+,则发现作差以后不容易化简.如果对)1ln(x +求导得x+11,这样就能对它进行比较.证明 先证 )1ln(22x x x +<-设 )2()1l n ()(2x x x x f --+= )0(>x则 00)01l n ()0(=-+=f xx x x x f +=+-+=1111)(2'0>x 即 0012>>+x x 01)(2>+='∴x x x f ,即在),0(+∞上)(x f 单调递增0)0()(=>∴f x f 2)1ln(2x x x ->+∴ 再证 x x <+)1ln(令 x x x g -+=)1l n ()( 则 0)0(=g 111)(-+='xx g10<+∴>xx １１x x x g <+∴<'∴)1ln(0)( x x x x <+<-∴)1ln(22定理1将可导函数的不等式)()(x g x f <的证明转化为)()(x g x f '<'的证明，但当)(x f '与)(x g '的大小不容易判定时，则有推论2 设)(x f ，)(x g 在[b a ,]上n 阶可导， （1）)()()()(a g a f k k = 1,2,1,0-=n k （2）)()()()(x g x f n n > （或)()()()(x g x f n n <）则在（b a ,）内有)()(x g x f > （或)()(x g x f <）例7 证明:331x x tgx +>，)2,0(π∈x .分析 两边函数类型不同,右边多项式次数较高,不易比较,对它求一阶导数得.1)31(,sec )(232x x x x tgx +='+='仍然不易比较,则我们自然就能想到推论2.证明 设tgx x f =)(331)(x x x g +=则 （1）0)0()0(==g f（2）1)0()0(),1()(),(sec )(22='='+='='g f x x g x x f （3）1)0()0(,2)(,cos sec 2)(2=''=''=''=''g f x x g xxx f（4）2)(),31)(1(2)(22='''++='''x g x tg x tg x f 显然有 )()(x g x f '''>'''由推论2得，231x x tgx+> （20π<<x ）.利用函数的单调性证明不等式我们都是先构造函数.然后通过对函数求导,来判定函数的增减性,从而达到证明不等式的目的.四、利用Jensen(琴森)不等式证明不等式定义]1[ 如果),()(b a x f 在内存在二阶导数)("x f 则(1) 若对,.0)(),(>''∈∀x f b a x 有则函数)(x f 在),(b a 内为凸函数.(2) 若对,.0)(),(<''∈∀x f b a x 有则函数)(x f 在),(b a 内为凹函数.若函数),()(b a x f 在内是凸(或凹)函数时,对),(,,,21b a x x x n ∈∀ 及∑==ni i 11λ,有Jensen(琴森)不等式∑∑∑∑====⎪⎭⎫ ⎝⎛≥⎪⎭⎫ ⎝⎛≤⎪⎭⎫ ⎝⎛n i ni i i n i i i i i n i i i x f x f x f x f 1111)()( 或 λλλλ 等号当且仅当n x x x === 21时成立.例8 证明下列不等式),2,1,0(111212121n i a na a a a a a a a a ni nn n n=>+++≤⋅≤+++ .分析 上式只要能证明),2,1,0(2121n i a na a a a a a i nnn =>+++≤⋅ ,如果此题用前面所述的几种方法来证明显然不合适,因为对它求导后不等式会更复杂.而这里的i a 可以看作是同一函数的多个不同函数值,设x x f ln )(=那么就可以用Jensen 不等式来证明它.然后只要令xx f 1ln)(=,同理可得n n na a a a a a n 2121111⋅≤+++.证明 令)0(ln )(>=x x x f 因为 01)(2<-=''x x f ,所以),0()(+∞在x f 是凹函数 则对),0(,,,21+∞∈∀na a a 有[])()()(1)(12121n n a f a f a f na a a n f +++≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++即 []n n a a a na a a n ln ln ln 1)(1ln 2121+++≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++ 又因为[]n n n a a a a a a n2121ln ln ln ln 1⋅=+++ 所以 na a a a a a nnn +++≤⋅ 2121 令 xx f 1ln)(=, 则同理可得n n na a a a a a n 2121111⋅≤+++所以),2,1,0(111212121n i a na a a a a a a a a ni nn n n=>+++≤⋅≤+++ 例9 设)(x f 二次可微,且对一切x ,有0)(≥''x f ,而)(t u 在],0[a 上连续,则⎰⎰≥a adt t u af dt t u f a 00])(1[)]([1 分析 上述不等式在形式上很像Jensen 不等式,且当t 取不同的值时,)]([t u f 就是同一函数的不同函数值,则可以用琴森不等式进行证明.证明 由)(x f 及)(t u 的连续性,保证了可积性.并且∑⎰-=∞→=100)]([1lim )]([1n K n a n Ka u f n dt t u f a ⎰∑-=∞→=a n K n n Ka u n dt t u a 010)(1lim )(1因0)(≥''x f ,故)(x f 为凸函数,在Jensen 不等式)()()(112211n n n n x f q x f q x q x q x q f ++≤+++ )1,,,(2121=+++n n q q q q q q 均为正，且中,取） （ n i nq a n i u x i i ,3,2,11),1(==-= 即得∑∑-=-=≤1010)]([1])(1[n K n K nKa u f n n Ka u n f 由)(x f 的连续性,在上式取∞→n 即得所要证的结论.由以上证明可知应用Jensen 不等式证明不等式,首先是构造适当的函数并判断它的凹凸性,然后用Jensen 不等式证明之.本文所述四种用导数证明不等式的四种方法充分说明了导数在不等式证明中的独到之处.在证明不等式时,应用导数等知识往往能使复杂问题简单化,从而达到事半功倍的效果.需要指出的是利用导数证明不等式,除上述四种方法外还有不少方法.如用极值、最值等来证明不等式.由于受篇幅之限,这里不再详述.参考文献[1] 华东师范大学数学系,数学分析[M]第三版,北京:高等教育出版社,2001. [2] 裘单明等,研究生入学考试指导,数学分析[M],济南:山东科学技术出版社,1985.[3] 胡雁军,李育生,邓聚成,数学分析中的证题方法与难题选解[M],开封:河南大学出版社,1987.Four Usual Methods to Prove Tthe Inequality by UsingDerivativeYang Yuxin(Department of Mathematics Shaoxing College of Arts and Sciences, Shaoxing Zhejiang,312000) Abstract:Examplisies four methods to prove the Inequality by using Derivative to show the imporpance of using derivative to crove the inequalityKey words:Derivative; Monotonicity; Theorem of mean; Taylor formula; Jensen Inequality。
利用导数证明不等式
函数： f (x) g(x) （其中 f (x) ex ， g(x) x 1）
最值问题 函数与不等式思想
x ，都有 f (x) g(x) 恒成立
F(x) f (x) g(x) 0(ex (x+1) 0）
F(x)min 0
二、典型例题
例 1.求证：ex x+1
法（一） ex x+1 ex (x+1) 0
1 2
ln x ex
1 2
因为
1 x0
ln
x0
，
所以
f
(x)max
f
(x0)
ln x0 ex0
=
1 x0ex0
.
因为 x0 (1,e)， y x0ex0 在 (1,e) 上是单调递增的，
所以 x0ex0 e .
所以
f
(x)max
1 x0ex0
1 e
1.
2
所以 f (x)
1.
2
ln x0 1 ex0 2
0
f (x)
极小值
f
(x)min
f
(x) 极小值
f
(0) 0.
所以 f (x) 0 即ex x+1.
（求最值）
二、典型例题
例 1.求证：ex x+1
小结：
法（一） 直接构造函数（ F(x) f (x) g(x) ）（转化）
证明不等式 （形如 f (x) g(x) ）
F (x)min 0
构造新函数，再次求导
二、典型例题
【练习】当 x 0时，求证：ex x2+1
g(x) ex (x2+1)
法（二）变形构造函数
ex
利用导数证明不等式常见的四种构造法
解题篇创新题追根溯源高二数学2021年4月利用导数证明不等式常见的四种构造法■河南省长葛市第一高级中学牛英在新课标高考命题中，导数与函数问题一般出现在压轴题的位置，该题主要考查导数在函数中的应用，具有一定的难度，尤其是利用导数证明不等式问题，在高考中的“出镜率”最高。
解决这类问题的关键是构造恰当的函数，再利用导数考查该函数的单调性，那么，函数该如何构造呢？下面介绍四种常见的方法，供同学们参考。
一、直接构造法1W/已知a e r,函数fs=£-ax.—1,g（工）=jr—ln（je H-1）o（1）讨论函数于（鼻）极值点的个数；（2）若a=l,当鼻W[O,+co）时，求证：（工）o分析：（1）求得导数_f'（d）=eZ—a,分a <0和a>0两种情况，求得函数的单调性，结合函数极值点的定义，即可求解；（2）构造函数FGO=/'（H）-ga）=e'+ln（H+l）一2鼻一1,利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解。
解：（1）因为于（小—力一1,所以f r（x）=e x—a o当a<0时，对于VrceR,/，（^）=e"-a>0,所以于（工）在（一oo,+oo）上是单调增函数，此时函数不存在极值。
当a>0时（鼻）=X—a,令/*'（#）= 0,解得h=ln a o若x G（—oo»In a）,则f f（x）<0,所以f5）在X—00»In a）上是减函数；若xE（ln a,-Foo）,则f Q）>0,所以于（鼻）在（In a, +x）上是增函数。
当rr=ln a时，于（工）取得极小值，函数于（鼻）有且仅有一个极小值点H=ln a e 所以当a<0时，于（工）没有极值点，当a>0时JGc）有一个极小值点。
（2）设F（x）=/（rc）—g（広）=e”+ln（rc +1）—2jc—19且F（0）=0°则F'（e）=e"--一2,且F'（0）=0。
高考数学复习：利用导数证明不等式
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.
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在[0，ln(2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴当 x∈(0，ln(2a))时，有 h(x)<h(0)＝0， 即 f′(x)<f′(0)＝0， ∴f(x)在区间(0，ln(2a))上为减函数， ∴f(x)<f(0)＝0，不合题意． 综上，实数 a 的取值范围为－∞，12.
再令 h(x)＝x－lnx(x≥1)，则 h′(x)＝1－1x≥0， 所以 h(x)≥h(1)＝1，所以 g′(x)>0， 所以 g(x)为单调增函数，所以 g(x)≥g(1)＝2， 故 k≤2，即实数 k 的取值范围是(－∞，2]．
引申探究 本例(2)中若改为：∃x0∈[1，e]，使不等式 f(x0)≥x0＋k 1成立，求实数 k 的取值范围． 解：当 x∈[1，e]时，k≤x＋1x1＋lnx有解， 令 g(x)＝x＋1x1＋lnx(x∈[1，e])，由例(2)解题知， g(x)为单调增函数，所以 g(x)max＝g(e)＝2＋2e， 所以 k≤2＋2e，即实数 k 的取值范围是－∞，2＋2e.
题型二 不等式恒成立或有解问题 例 2 已知函数 f(x)＝1＋xlnx. (1)若函数 f(x)在区间a，a＋12上存在极值，求正实数 a 的取值范围； (2)如果当 x≥1 时，不等式 f(x)≥x＋k 1恒成立，求实数 k 的取值范围．
解：(1)函数的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1－1x－2 lnx＝－lxn2x， 令 f′(x)＝0，得 x＝1. 当 x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
跟踪训练 1 已知函数 f(x)＝lnx＋x＋2 1，求证：
f(x)≤x＋2 1. 证明：令 g(x)＝f(x)－x＋2 1＝lnx＋x＋2 1－x＋2 1(x＞0)， 则 g′(x)＝1x－x＋212－12＝22x－xx＋－1x32 ＝－x－2x1x＋x2＋12x＋2.
当 x＞1 时，g′(x)＜0，当 0＜x＜1 时，g′(x)＞0， ∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 即当 x＝1 时，g(x)取得最大值， 故 g(x)≤g(1)＝0，即 f(x)≤x＋2 1成立．
(2)f′(x)＝ex－1－2ax，令 h(x)＝ex－1－2ax， 则 h′(x)＝ex－2a. ①当 2a≤1，即 a≤12时， 在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增， h(x)≥h(0)，即 f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，∴f(x)≥f(0)＝0，
高考中的导数应用问题
--导数与不等式
题型一 证明不等式 例 1 (2020·长沙模拟)已知函数 f(x)＝ex2－xlnx.求证：当 x＞0 时，f(x)＜xex＋1e. 证明：要证 f(x)＜xex＋1e，只需证 ex－lnx＜ex＋e1x，即 ex－ex＜lnx＋e1x. 令 h(x)＝lnx＋e1x(x＞0)，则 h′(x)＝exe－x21， 易知 h(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，则 h(x)min＝h1e＝0，所以 lnx＋e1x≥0.
所以 x＝1 为函数 f(x)的极大值点，且是唯一极值点， 所以 0<a<1<a＋12， 故12<a<1，即实数 a 的取值范围为12，1.
(2)当 x≥1 时，k≤x＋1x1＋lnx恒成立， 令 g(x)＝x＋1x1＋lnx(x≥1)， 则 g′(x)＝1＋lnx＋1＋1xxx－2 x＋1ex，则 φ′(x)＝e－ex， 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 ex－ex≤0. 因为 h(x)与 φ(x)不同时为 0，所以 ex－ex＜lnx＋e1x，故不等式成立．
【思维升华】 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．
【思维升华】 利用导数解决不等式的恒成立问题的策略 (1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围． (2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
跟踪训练 2 已知函数 f(x)＝ex－1－x－ax2. (1)当 a＝0 时，求证：f(x)≥0；
(2)当 x≥0 时，若不等式 f(x)≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围． 解：(1)证明 当 a＝0 时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1. 当 x∈(－∞，0)时，f′(x)<0； 当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0. 故 f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.