导数在证明不等式中的应用
利用导数证明数列不等式(含解析)
利用导数证明数列不等式利用导数证明数列不等式，在高考题中能较好的考查学生灵活运用知识的能力，一方面以函数为背景让学生探寻函数的性质，另一方面体现数列是特殊的函数，进而利用恒成立的不等式将没有规律的数列放缩为为有具体特征的数列，可谓一题多考，巧妙地将函数、导数、数列、不等式结合在一起，也是近年来高考的热门题型. 1、常见类型：（1）利用放缩通项公式解决数列求和中的不等问题 （2）利用递推公式处理通项公式中的不等问题 2、恒成立不等式的来源：（1）函数的最值：在前面的章节中我们提到过最值的一个作用就是提供恒成立的不等式.（2）恒成立问题的求解：此类题目往往会在前几问中进行铺垫，暗示数列放缩的方向.其中，有关恒成立问题的求解，参数范围内的值均可提供恒成立不等式. 3、常见恒成立不等式：（1） 对数→多项式 （2） 指数→多项式4、关于前项和的放缩问题：求数列前项公式往往要通过数列的通项公式来解决，高中阶段求和的方法有以下几种：（1）倒序相加：通项公式具备第项与第项的和为常数的特点.（2）错位相减：通项公式为“等差等比”的形式（例如，求和可用错位相减）.（3）等比数列求和公式（4）裂项相消：通项公式可裂为两项作差的形式，且裂开的某项能够与后面项裂开的某项进行相消. 注：在放缩法处理数列求和不等式时，放缩为等比数列和能够裂项相消的数列的情况比较多见，故优先考虑.5、大体思路：对于数列求和不等式，要谨记“求和看通项”，从通项公式入手，结合不等号方向考虑放缩成可求和的通项公式.6、在放缩时要注意前几问的铺垫与提示，尤其是关于恒成立问题与最值问题所带来的恒成立不等式，往往提供了放缩数列的方向.7、放缩通项公式有可能会进行多次，要注意放缩的方向：朝着可求和的通项公式进行靠拢（等比数列，裂项相消等）.ln 1x x <-1x e x >+n n k 1n k -+⨯2nn a n =⋅n a8、数列不等式也可考虑利用数学归纳法进行证明（有时更容易发现所证不等式与题目条件的联系）.【经典例题】1．（2020·江苏省如皋中学高三三模）已知函数()ln f x kx x x =-，k ∈R ． （1）当2k =时，求函数()f x 的单调区间；（2）当01x <≤时，()f x k ≤恒成立，求k 的取值范围； （3）设n N *∈，求证：ln1ln 2ln (1)2314n n n n -+++≤+． 2．（2020·四川省内江市第六中学高三三模）已知函数2()ln(1)(0,0),()2x f x ax x a g x x -=+≥>=+. （1）讨论函数()()y f x g x =-的单调性；（2）若不等式()()1f x g x ≥+在[0,)x ∈+∞时恒成立，求实数a 的取值范围； （3）当1a =时，证明：1111+35721n +++<+…*1()(N )2f n n ∈. 3．（2020·安徽合肥·三模）已知函数()x xf x e e ax -=--（e 为自然对数的底数），其中a ∈R.（1）试讨论函数f （x ）的单调性；（2）证明：22132ln 2(1)ni n n i i n n =-->+∑. 4．（2020·安徽相山·淮北一中高三三模）已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （∈）讨论()f x 的单调性；（∈）比较222222ln 2ln 3ln 23n n++⋯+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.5．（2020·云南高三三模）已知函数()1ln f x x a x =-- （１）讨论()f x 的单调性； （2）证明：()*333ln 2ln3ln 1,222332n n N n n n +++<∈≥---．【精选精练】1．（2020·榆林市第二中学高三三模）已知(),()1(xf x eg x x e ==+为自然对数的底数).(1)求证()()f x g x ≥恒成立；(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，2111(1)(1)(1)333n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值. 2．（2020·广东广州高三三模·）已知函数()()()3214613x f x x ex x g x a x lnx -⎛⎫=-+-=--- ⎪⎝⎭，．（1）求函数()f x 在()0+∞，上的单调区间； （2）用{}max m n ，表示m n ，中的最大值，()f x '为()f x 的导函数，设函数()()(){}h x max f x g x '=，，若()0h x ≥在()0+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围； （3）证明：()*11111ln 312313n N n n n n n+++++>∈++-． 3．（2020·安徽蚌埠·高三三模）已知函数()()ln 1x f x x+=.（1）分析函数()f x 的单调性；（2）证明：2111ln 3ln 212n n n ⎛⎫+⎛⎫+++≤ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，2n ≥. 4．（2020·全国高三三模）已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R . (1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 5．（2020·辽宁沙河口·辽师大附中高三三模）已知函数()()2ln 11f x p x p x =+-+．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1p =时，()f x kx ≤恒成立，求实数k 的取值范围； （3）证明：()()*111ln 1123n n N n+<+++⋯+∈．6．（2020·浙江省宁波市鄞州中学高三三模）已知函数()()2f x ax a a R =+∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≤对任意的1x ≥-恒成立，求a 的取值范围；（32600⋅⋅⋅+<.7．（2020·广东广州·高三三模）已知函数()2ln f x a x x =+，其中a R ∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，证明:()21f x x x ≤+-；（3）试比较22222222ln2ln3ln4ln 234n n++++与()()()12121n n n -++ ()*2n N n ∈≥且的大小，并证明你的结论． 8．（2020·黑龙江南岗·哈师大附中三模）已知函数()()2ln 1f x ax bx x =+-+．（∈）当0a =时，函数()f x 存在极值，求实数b 的取值范围；（∈）当1b =时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减，求实数a 的取值范围；（∈）求证：()()1*113ln 2122N 14nk n n k =-+<∈-∑． 9．（2020·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数()()()()ln 111f x x k x k R =---+∈ （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≤恒成立，试确定实数k 的取值范围；（3）证明：()()*1ln 2ln 3ln ,13414n n n n n n -++⋅⋅⋅+<∈>+N . 10．（2020·浙江三模）已知数列{}n a ，112a =，1ln 1n n a a +=-. （1）求证：11n n a a +<<； （2）求证：123201912020a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅<.【经典例题】1．（2020·江苏省如皋中学高三三模）已知函数()ln f x kx x x =-，k ∈R ． （1）当2k =时，求函数()f x 的单调区间；（2）当01x <≤时，()f x k ≤恒成立，求k 的取值范围； （3）设n N *∈，求证：ln1ln 2ln (1)2314n n n n -+++≤+． 【答案】（1）单调递增区间为(0,)e ，单调递减区间为(,)e +∞；（2）[1,)+∞；（3）证明见解析.【解析】（1）当2k =时，()2ln f x x x x =-，'()1ln f x x =-，由'()0f x >，解得0x e <<；由'()0f x <，解得x e >，因此函数()f x 单调递增区间为(0,)e ，单调递减区间为(,)e +∞．（2）()ln f x kx x x =-，故'()1ln f x k x --＝．当1k时，因为01x <≤，所以10ln k x -≥≥，因此'()0f x ≥恒成立，即()f x 在(]0,1上单调递增，所以()(1)f x f k ≤=恒成立．当1k <时，令'()0f x =，解得1(0,1)k x e -=∈．当1(0,)k x e -∈，'()0f x >，()f x 单调递增；当1(,1)k x e -∈，'()0f x <，()f x 单调递减； 于是1(1))(k f ef k -=＞，与()f x k ≤恒成立相矛盾．综上，k 的取值范围为[1,)+∞．（3）由（2）知，当01x <≤时，ln 1x x x -≤． 令x =21n *()n N ∈，则21n +22nln 1n ≤，即22ln 1n n -≤， 因此ln 1n n +≤12n -． 所以ln1ln 2ln 011(1) (2312224)n n n n n --+++≤+++=+. 2．（2020·四川省内江市第六中学高三三模）已知函数2()ln(1)(0,0),()2x f x ax x a g x x -=+≥>=+. （1）讨论函数()()y f x g x =-的单调性；（2）若不等式()()1f x g x ≥+在[0,)x ∈+∞时恒成立，求实数a 的取值范围； （3）当1a =时，证明：1111+35721n +++<+…*1()(N )2f n n ∈.【答案】（1）见解析；（2）[1，＋∞)；（3）证明见解析. 【解析】（1）求导数可得2224441(2)(1)(2)a ax a y ax x ax x +-'=-=++++， 当1a 时，0y '，∴函数()()y f x g x =-在[)0+∞，上单调递增； 当01a <<时，由0y '>可得x > ∴函数在⎡⎫∞⎪⎢⎪⎣⎭上单调递增，在0⎡⎢⎣上单调递减； （2）由（1）知当1a 时，函数()()y f x g x =-在[)0+∞，上单调递增， ()()(0)(0)1f x g x f g ∴--=，即不等式()()1f x g x +在[)0x ∈+∞，时恒成立， 当01a <<时，函数在0⎡⎢⎣上单调递减，存在00x ⎡∈⎢⎣使得00()()(0)(0)1f x g x f g -<-=， 即不等式00()()1f x g x +不成立， 综上可知实数a 的取值范围为[1，)+∞；（3）由（2）得当1a 时，不等式()()1f x g x >+在(0,)x ∈+∞时恒成立， 即2(1)2x ln x x +>+，12(1)12ln k k∴+>+，*()k N ∈． 即11[(1)]122ln k lnk k <+-+， ∴11(21)32ln ln <-，11(32)52ln ln <-，11(43)72ln ln <-，11[(1)]212ln n lnn n ⋯<+-+， 将上述式子相加可得11111111(1)(1)()357212222lnn ln lnn ln n f n n +++⋯+<-=<+=+ 原不等式得证．3．（2020·安徽合肥·三模）已知函数()x xf x e e ax -=--（e 为自然对数的底数），其中a ∈R.（1）试讨论函数f （x ）的单调性；（2）证明：22132ln 2(1)ni n n i i n n =-->+∑. 【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析.【解析】（1）因为()x xf x e ea -'=+-，且2x x e e -+≥，所以当2a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在R 上为增函数，当2a >时，由()0f x '>，得0x x e e a -+->，所以2()10x xe ae -+>，所以22()124x a a e ->-，所以2x ae ->或2xa e -<，所以2xa e +>2xa e -<，所以24ln2aa x 或24ln2aa x ，由()0f x '<，得0x x e e a -+-<，解得2244ln22aa aax ，所以()f x 在ln 22a a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上递减，在,ln2a ⎛--∞ ⎪⎝⎭和ln 2a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上递增.（2）由（1）知，当2a =时，()2xxf x e e x -=--在R 上为增函数，所以1()(ln )2ln g x f x x x x==--在(0,)+∞上为增函数， 所以当*n N ∈且2n ≥时，13()(2)22ln 2ln 422g n g ≥=--=-=32ln 04e >， 即12ln 0n n n-->，所以212211ln 1(1)(1)11n n n n n n n >==---+-+， 所以211111ln 2ln 23ln 34ln 4ln ni i i n n==++++∑ 1111111121213131414111n n >-+-+-++--+-+-+-+ 111121n n =+--+2322(1)n n n n --=+， 所以22132ln 2(1)ni n n i i n n =-->+∑.4．（2020·安徽相山·淮北一中高三三模）已知函数()||ln (0)f x x a x a =-->. （∈）讨论()f x 的单调性；（∈）比较222222ln 2ln 3ln 23n n++⋯+ 与(1)(21)2(1)n n n -++的大小(n N +∈且)2n >，并证明你的结论.【答案】（I ）见解析；（II ）见解析 【解析】（∈）函数()f x 可化为ln ,()ln ,0x x a x af x a x x x a --≥⎧=⎨--<<⎩，当0x a <<时，1()10f x x '=--<，从而()f x 在(0,)a 上总是递减的， 当x a ≥时，11()1x f x x x'-=-=，此时要考虑a 与1的大小.若1a ≥，则()0f x '≥，故()f x 在[,)a +∞上递增，若01a <<，则当1a x ≤<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，故()f x 在[,1)a 上递减， 在(1,)+∞上递增，而()f x 在x a =处连续，所以 当1a ≥时，()f x 在(0,)a 上递减，在[,)a +∞上递增； 当01a <<时，()f x 在(0,1)上递减，在[1,)+∞上递增.（∈）由（∈）可知当1a =，1x >时，1ln 0x x -->，即ln 1x x >-，所以ln 11x x x <-.所以 222222ln 2ln 3ln 23n n+++22211111123n <-+-+-222111123n n ⎛⎫=--+++⎪⎝⎭11112334(1)n n n ⎛⎫<--+++⎪⨯⨯+⎝⎭11121n n ⎛⎫=--- ⎪+⎝⎭1(1)2(1)n n n -=--+ 2221(1)(21)2(1)2(1)n n n n n n --+-+==++.5．（2020·云南高三三模）已知函数()1ln f x x a x =-- （１）讨论()f x 的单调性；（2）证明：()*333ln 2ln3ln 1,222332n n N n n n +++<∈≥---． 【答案】（1）当0a 时，()f x 在(0,)+∞内单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．（2）证明见解析 【解析】（1）解：()1ln (0)f x x a x x =-->，()1af x x'∴=-．∈若0a ，则()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞内单调递增；∈若0a >，则()f x '在(0,)+∞内单调递增，且()0f a '=，∴当(0,)x a ∈时，()0f x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x ∴在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．综上所述，当0a 时，()f x 在(0,)+∞内单调递增；当0a >时，()f x 在(0,)a 内单调递减，在(,)a +∞内单调递增．（2）证明：当1a =时，()1ln =--f x x x ．由（1）知()(1)0f x f =，ln 1x x ∴-，当且仅当1x =时，等号成立， 令()*,2x n n N n =∈，ln 1n n ∴<-，33ln 1111(1)1n n n n n n n n n n -∴<==---++． 从而3ln 2112223<--， 3ln 3113334<-- …3ln 111n n n n n <--+， 累加可得333ln 2ln3ln 11223321n n n n ++⋯+<----+， 111212n -<+， 333ln 2ln3ln 122332n n n ∴++⋯+<---，证毕．【精选精练】1．（2020·榆林市第二中学高三三模）已知(),()1(x f x e g x x e ==+为自然对数的底数).(1)求证()()f x g x ≥恒成立；(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，2111(1)(1)(1)333n m ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 2.【解析】（1）令()()()1xF x f x g x e x =-=--，则()1xF x e '=-∴当(),0x ∈-∞时，()0F x '<；当()0,x ∈+∞时，()0F x '>()F x ∴在(),0-∞上单调递减；在()0,∞+上单调递增()()0min 0010F x F e ∴==--=，即()()()0F x f x g x =-≥恒成立 ()()f x g x ∴≥恒成立（2）由（1）知：13113n n e +≤221111113333332111111333n n n e e e e++⋅⋅⋅+⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴++⋅⋅⋅+≤⋅⋅⋅⋅= ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又211111111133********13nn n⎛⎫⨯- ⎪⎛⎫⎝⎭++⋅⋅⋅+==⨯-<⎪⎝⎭- 11112322111111333n n e e ⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴++⋅⋅⋅+≤< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭又2111111333n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭恒成立 12m e ∴≥ m 为正整数 m ∴的最小值为：22．（2020·广东广州高三三模·）已知函数()()()3214613x f x x ex x g x a x lnx -⎛⎫=-+-=--- ⎪⎝⎭，．（1）求函数()f x 在()0+∞，上的单调区间； （2）用{}max m n ，表示m n ，中的最大值，()f x '为()f x 的导函数，设函数()()(){}h x max f x g x '=，，若()0h x ≥在()0+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围； （3）证明：()*11111ln 312313n N n n n n n+++++>∈++-． 【答案】（1）()f x 单调递增区间为()3+∞，;() f x 单调递减区间为()03，；（2）43a ≥；（3）详见解析． 【解析】（1）因为()()3246x f x x ex x -=-+-，所以()()()()3332632x x f x x ex x e --=-+-='-+，令()0f x '=得3x =，当3x >时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当03x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；所以函数()f x 在()0+∞，上的单调递增区间为()3+∞，，单调递减区间为()03，； （2）由（1）知()()()332x f x x e-'=-+，当3x ≥时，()0f x '≥恒成立，故()0h x ≥恒成立；当3x <时，()0f x '<，又因为()()(){}0h x max f x g x '=≥，恒成立，所以()0g x ≥在()03，上恒成立， 所以11ln 03a x x ⎛⎫---≥ ⎪⎝⎭，即11ln 3xa x+-≥在()03，上恒成立， 令()()1ln 03x F x x x +=<<，则()13max a F x -≥， 由()()221ln 1ln x xF x x x-+-'==， 令()0F x '=得1x =，易得()F x 在()01，上单调递增，在[)13，上单调递减，所以()()11max F x F ==，所以113a -≥，即43a ≥， 综上可得43a ≥.（3）证明：设()()10xm x e x x =-->，则()10xm x e '=->，所以()m x 在()0+∞，上单调递增，所以()()00m x m >=，即1x e x >+， 所以1111111111312312333112313n n n nn n n nn n n n n ee eeen n n n n++++++++++++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅>⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++- 123331231n n n nn n n n +++>⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=++-，所以11111ln 312313n n n n n+++++>++-. 3．（2020·安徽蚌埠·高三三模）已知函数()()ln 1x f x x+=.（1）分析函数()f x 的单调性；（2）证明：2111ln 3ln 212n n n ⎛⎫+⎛⎫+++≤ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，2n ≥. 【答案】（1）()f x 在区间()–1,0和()0,∞+上单调递减；（2）证明见解析. 【解析】（1）由题意得：()f x 的定义域为()()–1,00,+∞，且()()2ln 11xx x f x x -++'=，令()()ln 11x g x x x=-++则()()21x g x x -'=+，()–1,0x ∈时，()0g x '>； ()0,x ∈+∞时，()0g x '<.即()g x 在()–1,0上单调递增，在()0,∞+上单调递减.因为()00g =，则在()–1,0和()0,∞+上()0g x <. 因为20x >，所以在()–1,0和()0,∞+上()0f x '<， 即函数()f x 在区间()–1,0和()0,∞+上单调递减. （2）由（1）可知，当02x <≤时，()()ln 322x f f =≥，即()ln 3ln 12x x +≥， 当2n ≥时，2021n <≤-，则2ln 3ln 111n n ⎛⎫+≥⎪--⎝⎭， 即()()2ln 3ln 1ln 1ln 111n n n n ⎛⎫+=+--≥ ⎪--⎝⎭， 所以()()()ln 1ln 1ln ln 2ln 4ln 2ln3ln1n n n n +--+--++-+-111ln 31122n n ⎛⎫≥++++ ⎪--⎝⎭整理得：()111ln 1ln ln 2ln1ln 31122n n n n ⎛⎫++--≥++++⎪--⎝⎭， 即2111ln 3ln 212n n n ⎛⎫+⎛⎫+++≤ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，2n ≥，不等式得证.4．（2020·全国高三三模）已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R . (1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）由题意可得，()'222(0,)f x ax lnx x a R =-->∈，由1x e =时，函数()f x 取得极值知12'220af e e ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，所以0a =． 所以()()21,'22(0)f x xlnx f x lnx x =--=-->， 所以10x e <<时，()'0f x >；1x e>时，()'0f x <； 所以()f x 的单调增区间10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，. （2）当1a =时，()221f x x xlnx =--，所以()()'22221f x x lnx x lnx =--=--，令()ln 1g x x x =--，则()11'1x g x x x-=-=，当01x <<时，()'0g x <；当1x >时，()'0g x >，()g x 的单调减区间为()01，，单调增区间为()1+∞，， 所以()()10g x g ≥=，所以()'0f x ≥，()f x 是增函数，所以1x >时，()()22ln 110f x x x x f =-->=，所以1x >时，12ln x x x->， 令*211,21n x n N n +=>∈-，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+- 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭ 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭上式中123n =，，，…，n ，然后n 个不等式相加， 得到()11111...ln 213521221nn n n ++++>++-+ 5．（2020·辽宁沙河口·辽师大附中高三三模）已知函数()()2ln 11f x p x p x =+-+．（2）当1p =时，()f x kx ≤恒成立，求实数k 的取值范围； （3）证明：()()*111ln 1123n n N n+<+++⋯+∈． 【答案】(1) 见详解；(2)1k；(3)证明见解析．【解析】（1）()f x 的定义域为()0 +∞，，()()()221'21p x p p f x p x x x-+=+-=，当1p >时，()'0f x >，故()f x 在()0,∞+单调递增； 当0p ≤时，()'0f x <，故()f x 在()0,∞+单调递减；当10p -<<时，令()'0f x =，解得x =则当x ⎛∈ ⎝时，()'0f x >； x ⎫∈+∞⎪⎪⎭，时，()'0f x <．故()f x 在⎛ ⎝单调递增，在 ⎫+∞⎪⎪⎭，单调递减． （2）因为0x >，所以：当1p =时，()f x kx ≤恒成立11ln ln kx xx k x+⇔+≤⇔≥， 令()1ln xh x x +=，则()max k x h ≥， 因为()2ln 'xh x x-=，由()'0h x =得x =1， 且当()0,1x ∈时，()'0h x >；当()1,x ∈+∞时，()'0h x <．所以()h x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，所以()()max 11h x h ==， 故1k ．(3)取,则代入由题设可得,取,并将上述各不等式两边加起来可得()()*111ln 1123n n N n+<+++⋯+∈．6．（2020·浙江省宁波市鄞州中学高三三模）已知函数()()2f x ax a a R =+∈.（2）若()0f x ≤对任意的1x ≥-恒成立，求a 的取值范围；（32600⋅⋅⋅+<. 【答案】（1）()f x 在211,14a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单增；在211,4a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单减；（2）1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦；（3）证明见解析. 【解析】()'f x a =+.（1）当0a ≥时，()'0f x ≥，所以()f x 在()1,-+∞上单调递增； 当0a <时，由()'0f x >解得21114x a -<<-， 所以()f x 在211,14a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递增；在211,4a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）当0a ≥时，()()2000f x a x =+≥+=，故不合题意；当0a <时，由（∈）知()max 21104x f f a ⎛⎫=-≤ ⎪⎝⎭，211(21)(21)20141244a a f a a a a a a +-⎛⎫=-+- ⎪⎝-+=≤⎭102a a <∴≤-，综上，a 的取值范围为1,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.（3）由（2）知，取12a =-112x ≤+成立.当()1,2,3,,20482020kx k ==时，1111220204040k k =≤⨯+=⨯+，⋅⋅⋅+()11234204820484040++++++<20491024204826004040⨯=+<.7．（2020·广东广州·高三三模）已知函数()2ln f x a x x =+，其中a R ∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，证明:()21f x x x ≤+-；（3）试比较22222222ln2ln3ln4ln 234n n++++与()()()12121n n n -++ ()*2n N n ∈≥且的大小，并证明你的结论． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】（1）函数()f x 的定义域为：()0,∞+，()'f x = 222a a x x x x++=∈当0a ≥时，()'0f x >，所以()f x 在()0,∞+上单调递增∈当0a <时，令()'0f x =，解得x =当0x <<时，220a x +<，所以()'0f x <， 所以()f x 在⎛ ⎝上单调递减；当x >220a x +>，所以()'0f x >，所以()f x 在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增． 综上，当0a ≥时，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，函数()f x 在⎛ ⎝上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增. （2）当a 1=时，()2ln f x x x =+，要证明()21f x x x ≤+-，即证ln 1x x ≤-，即证：ln 10x x -+≤. 设()g ln 1x x x =-+，则()g'x =1xx-，令()0g x '=得，1x =. 当()0,1x ∈时，()0g x '>，当()1,x ∈+∞时，()0g x '<. 所以1x =为极大值点，且()g x 在1x =处取得最大值．所以()()10g x g ≤=，即ln 10x x -+≤．故()21f x x x ≤+-.（3）证明：ln 1x x ≤-（当且仅当1x =时等号成立），即11lnx x x≤-, 则有2222ln +22222222223111111111n 132323ln lnn n n n ⎛⎫+⋯+<-+-+⋯+-=--++⋯+ ⎪⎝⎭()111n 123341n n ⎛⎫<--++⋯+ ⎪ ⎪⨯⨯+⎝⎭ ()()()12111111111n 1n 1233412121n n n n n n -+⎛⎫⎛⎫=---+-+⋯+-=---=⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭, 故：2222ln +()()()22221213321n n ln lnn n n -++⋯+<+ 8．（2020·黑龙江南岗·哈师大附中三模）已知函数()()2ln 1f x ax bx x =+-+．（∈）当0a =时，函数()f x 存在极值，求实数b 的取值范围；（∈）当1b =时，函数()f x 在()0,∞+上单调递减，求实数a 的取值范围；（∈）求证：()()1*113ln 2122N 14nk n n k =-+<∈-∑． 【答案】（∈）0b >；（∈）12a ≤-；（∈）证明见解析． 【解析】（∈）当0a =时，()()()ln 11f x bx x x =-+>-，()()1111bx b f x b x x --'=-=++， ∈当0b ≤时，()0f x '<，则()f x 在()1,-+∞递减，无极值； ∈当0b >时，令()1'0,11f x x b==->-， 1()0,(1,1),()f x x f x b '<∈--单调递减，1()0,(1,),()f x x f x b '>∈-+∞单调递增，所以11,()x f x b=-取得极小值.综上可知：0b >．（∈）当1b =时，()()()2ln 10f x ax x x x =+-+>，()1212011x f x ax ax x x '=+-=+≤++恒成立 121a x ⇔-≥+对一切()0,x ∈+∞恒成立， ∈11x +>，∈1011x <<+，∈21a -≥，∈12a ≤-．（∈）由（∈）知：当12a =-时，()()21ln 12f x x x x =-+-+在()0,∞+递减，∈()()00f x f ≤=，即：()2ln 12x x x -+<，令221x n =-，则()22212ln 212121n n n n +-<---， 当2n ≥时，()2222122ln 212144121n n n n n n +-<=---+- ()21114121n n n n ⎛⎫<=- ⎪--⎝⎭，∈23ln 2ln 311-=- 2511ln 13322⎛⎫-<- ⎪⎝⎭ 27111ln 55223⎛⎫-<- ⎪⎝⎭……221111ln 212121n n n n n +⎛⎫-<- ⎪---⎝⎭累加得，()11112ln 212ln 31212nk n k n =⎛⎫⋅-+<-+- ⎪-⎝⎭∑ 5153ln3ln32222n =--<-<， 当1n =时，131ln 324-<，即：1ln 32>，综上，()1113ln 212124nk n k =-+<-∑． 9．（2020·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数()()()()ln 111f x x k x k R =---+∈ （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≤恒成立，试确定实数k 的取值范围；（3）证明：()()*1ln 2ln 3ln ,13414n n n n n n -++⋅⋅⋅+<∈>+N . 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）[)1,+∞；（3）证明见解析. 【解析】（1）函数()()()ln 111f x x k x =---+的定义域为()1,+∞，且()11f x k x '=--. ∈当0k ≤时，()0f x '>恒成立，故函数()y f x =在()1,+∞上为增函数； ∈当0k >时，令()0f x '<，得1k x k +>时，即函数()y f x =在1,k k +⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减， 令()0f x '>，得11k x k +<<时，即函数()y f x =在11,k k +⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.综上：当0k ≤时，函数()y f x =在()1,+∞上为增函数； 当0k >时，函数()y f x =在11,k k +⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，在1,k k +⎛⎫+∞⎪⎝⎭上为减函数； （2）当0k ≤时，()211f k =-+≥，显然()0f x ≤不恒成立； 当0k >时，()max 11ln 0k f x f k k +⎛⎫==≤⎪⎝⎭，即1k .综上：实数k 的取值范围是[)1,+∞；（3）由（2）可知，当1k =时()0f x ≤恒成立，即()ln 12x x -<-，()ln 121x x x-∴<-， ()()22ln ln 11121212n n n n n n n --=<=+++，可得出ln 2132<，ln 3242<，，ln 112n n n -<+， ()()*1ln 2ln 3ln 121,23412224n n n n n N n n --∴+++<+++=∈≥+. 10．（2020·浙江三模）已知数列{}n a ，112a =，1ln 1n n a a +=-. （1）求证：11n n a a +<<； （2）求证：123201912020a a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅<. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）∈先利用数学归纳法证明1n a <. （∈）当1n =时，1112a =<成立； （∈）假设n k =时1k a <成立，则1ln 10k k a a +=-<，11k a +∴<. 综上所述，对任意的n *∈N ，1n a <； ∈利用导数证明1x e x -≥，设()1x f x ex -=-，则()1e 1x f x -'=-，当1x <时，()0f x '<，此时函数()y f x =单调递减； 当1x >时，()0f x '>，此时函数()y f x =单调递增.所以，()()0110f x f e ≥=-=，即1x e x -≥，当且仅当1x =时，等号成立.1n a <，()()10n f a f ∴>=，即1n a n e a ->，1ln 1n n a a +=-，11n a n n a e a -+∴=>，综合∈∈可知11n n a a +<<；（2）利用数学归纳法证明1n n a n ≤+. ∈当1n =时，112a =满足1n n a n ≤+；∈假设n k =时成立，即1k ka k ≤+，则由1ln 1n n a a +=-，得111111k k a k k k a eee---+++==≤，要证1112k k ek -++<+，令11,012t k ⎛⎫-=∈- ⎪+⎝⎭，则要证11012t e t t ⎛⎫<-<< ⎪-⎝⎭，21 / 21 构造()11x f x e x =+-，1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()()()()22211111x x e x f x e x x --'=-=--，令()()211x h x e x =--，1,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()()()()2212110x x x h x e x e x e x '=-+⋅-=-<， 所以，函数()y f x '=在1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，()()00f x f ''∴>=，所以，函数()y f x =在1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，()()00f x f ∴<=，即11x e x <-成立，即1112k k e k -++<+，112k k a k ++∴<+， 综上1n na n ≤+，当且仅当1n =时等号成立，由于1ln 1n n a a +=-，可知0n a >， 所以，1102a <≤，2203a <<，，2019201902020a <<，1220191232019123420202020a a a ⋅⋅⋅⋅<⨯⨯⨯⋅⋅⨯=.。
利用导数证明或解决不等式问题
利用导数证明或解决不等式问题
导数在解决不等式问题中起着非常重要的作用，利用导数可以轻松地证明和解决各种
不等式问题。
本文将通过一些具体的例子，来展示导数在不等式问题中的应用。
我们来看一个简单的例子：证明当x>0时，e^x\geq1+x。
我们可以利用导数来证明这
个不等式。
我们计算e^x和1+x的导数，分别为e^x和1。
然后我们发现e^x-1\geq x，这意味着在x>0时，e^x\geq1+x。
这样就利用导数证明了这个不等式。
除了证明不等式，我们还可以利用导数来解决不等式问题。
我们要求解不等式
x^2-5x+6>0。
我们可以通过求解x^2-5x+6的导数来判断x^2-5x+6的增减性。
首先求导得
到2x-5，然后令2x-5=0，解得x=\frac{5}{2}。
这说明在x<\frac{5}{2}时，x^2-5x+6<0，而在x>\frac{5}{2}时，x^2-5x+6>0。
不等式x^2-5x+6>0的解集是x<\frac{5}{2}或
x>\frac{3}{2}。
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（ ）
浅析导数在不等式证明中的应用
浅析导数在不等式证明中的应用
导数是数学中一个重要的概念，它可以证明许多数学定理，也是很多学科研究的基础。
比如，在做不等式证明时，导数会保证证明的连贯性和有效性。
误差分析和最优化问题是数学研究中常常遇到的问题，解决这些问题的关键在于找到较好的函数，以便评估结果的可靠性。
一个函数对于给定的变量可以描述为一个函数模型，那么我们可以利用导数来推测变量之间的关系，其中，导数也可以证明不等式定理。
在不等式领域，可以借助导数分析函数的变化情况，找出函数拐点或者极值，以证明不等式定理。
此外，导数也可以用来证明概率采样的中心极限定理，以及熵的最小值定理。
更重要的是，导数还有助于优化不等式的解，例如证明梯度下降优化算法最优解是全局最优解，以此来满足最优性原理要求。
总之，导数是研究数学问题中一个不可缺少的重要概念，它在不等式证明中的作用是非常重要的。
特别是，根据导数的微分性质，可以衡量函数变化的快慢，从而有效解决不等式证明问题。
导数在不等式证明中的应用
导数在不等式证明中的应用摘 要本文归纳、介绍了用导数证明不等式的几种证明思路和证明方法.使用这些方法可以简洁、快速地解决一些不等式的证明问题.关键词 导数; 不等式; 函数在数学学习中,不等式是证明定理与公式的工具,不等式的证明又蕴涵着许多数学做题的技巧.其证明方法有很多且难易不同,所用技巧也不相同.结合对微分学的学习发现导数在不等式的证明中有着广泛的应用.本文我们就导数在不等式证明中的应用作以下五方面的归纳,分别介绍具体的证明思路和证明方法.1 利用函数单调性证明不等式该方法使用于某区间I 上成立的函数不等式,一般地,证明区间I 上的不等式()()f x g x >时,可以选择()()()F x f x g x =-作为辅助函数.对()F x 求导，判断()F x '是大于0或小于0,判定()F x 的单调性,从而证明不等式.定理 [1]1 设函数)(x f 在区间I 上可导,则)(x f 在I 上递增（递减）的充要条件是()0(()0)f x f x ''><.例1 设0>x ,证明不等式)1(2)1ln(222x x x x x x +-<+<-成立. 证明 令2)1ln()(xx x x f +-+=,显然.0)0(=f 当0>x 时,有 01111)(2>+=+-+='xx x x x f从而)(x f 在),0(+∞内严格递增,又)(x f 在0=x 处连续,所以,当0>x 时,.0)0()(=>f x f即 .2)1ln(2x x x ->+ （1） 设)1(2)1ln()(2x x x x x g ++-+=,则0>x 时,0)1(2)1(2)1(2111)(2222<+-=+-+⋅+-+='x x x x x x x x g 所以)(x g 在),0(+∞内递减,又)(x g 在0=x 处连续,故0>x 时,有0)0()(=<g x g即 )1(2)ln(2x x x x +-<（2）由（1）、（2）可知,当0>x 时,有)1(2)1ln(222x x x x x x +-<+<-. 注 构造适当的辅助函数,使得证明简洁些是很有必要的.为此,往往对待证的不等式作适当的恒等变形.2 利用函数的极值证明不等式此法使用范围也是在某区间上成立的不等式,这里所作的辅助函数()F x 比较的不是函数的端点,而是极值和最值.定理]1[3 设函数)(x f 在点0x 连续,在某邻域),(00δx U 内可导,)1(若当),(00x x x δ-∈时0)(≤'x f ,当),(00δ+∈x x x 时0)(≥'x f ,则)(x f 在点0x 取得极小值.)2(若当),(00x x x δ-∈时0)(≥'x f ,当),(00δ+∈x x x 时0)(≤'x f ,则)(x f 在点0x 取得极大值.定理]1[4 设函数)(x f 在0x 的某邻域),(0δx U 内一阶可导,且0)(0='x f ,0)(0≠''x f .)1(若0)(0<''x f ,则)(x f 在0x 取得极大值. )2(若0)(0>''x f ,则)(x f 在0x 取得极小值.例3 证明：121-p ≤p p x x )1(-+≤1.,10≤≤x 1>p .分析 由待证不等式建立辅助函数,当)(x f 在定义域内可导时,只须解方程()0f x '=得出稳定点,再对每个稳定点应用定理3或定理4判定是否为极值点,求出极大（小）值,再借助函数的单调性证明不等式成立.证明 引入辅助函数)(x f =ppx x )1(-+,则有])1([)(11----='p p x x p x f ,求得稳定点21=x , 又0)1()[1()(]22>-+-=''--p p x x p p x f故21=x 是)(x f 在)1,0(的唯一极值点,且有极小值121)21(-=p f ,而1)1()0(==f f 为)(x f 在]1,0[上最大值,于是有121-p ≤p p x x )1(-+≤1.例4 设12ln ->a 为任一常数,试证：当0>x 时，xe ax x <+-122. 证明 当0>x 时,取2()21xf x e x ax ≡-+-.因0)0(='f ,所以只要证明当0>x 时022)(>+-='a x e x f x,或0)(min 0>'>x f x令 02)(=-=''xe xf ,解得稳定点 2ln =x 当2ln <x 时,0)(<''x f 2ln >x 时,0)(>''x f所以,2ln =x 是)(x f 的最小值点.即有 a f x f x 22ln 22)2(ln )(min 0+-='='>02)2ln 1(2>+-a 故 当0>x 时,xe ax x <+-122成立.注 利用最值证明不等式,如果函数()()()F x f x g x =-在I 上不是单调函数,要证在I 上有()()f x g x ≥成立,不妨证明()F x 在I 上的最小值0()0F x ≥；要证在I 上有()()f x g x ≤成立,不妨证明()F x 在I 上的最大值0()0F x ≤.4 利用函数的凸凹性证明不等式函数的凸凹性的重要应用之一是证明不等式,许多不等式问题用以前的方法（如中值定理、泰勒公式等）证明起来十分困难,但利用函数的凸凹性质,可以方便、快捷地得到结论.定理]6[5 )(x f 为I 上的凸函数的充要条件是：对于I 上的任意三点321x x x <<总有32212132()()()()f x f x f x f x x x x x --≤--. 例5 利用)(x f ln x =-(0)x >是凸函数,证明：1212nnx x x λλλ≤ 1122n n x x x λλλ+++ .其中0i x >,0i λ>,11nii λ==∑.证明 因为)(x f ln x =-(0)x >是凸函数,所以詹森不等式11()()nni iiii i f x f x λλ==≤∑∑成立.即 1122ln()n n x x x λλλ-+++ ≤1122[ln ln ln ]n n x x x λλλ-+++1122ln()n n x x x λλλ-+++ ≤1212ln()n n x x x λλλ-亦即 1122ln()n n x x x λλλ+++ ≥1212ln()n n x x x λλλ从而 1212nnx x x λλλ≤ 1122n n x x x λλλ+++注 如果)(x f 是I 上凸（凹）函数,那么由定义,对于I 上的任意两点1x ,2x 总有12121212()()()()()(())2222x x f x f x x x f x f x f f ++++≤≥, 所以只需证明)(x f 在I 上是凸（凹）函数即可证上述不等式.6 利用两导数的不等性证明不等式使用该方法，可以有待证不等式建立两个再端点值相等的函数，比较两函数导数的大小 ，应用下面定理证明不等式.定理]4[7设函数(),()f x g x 满足:（1）在区间[,]a b 上可导;（2）在半开区间(,]a b 上有,()()f x g x ''>; （3）()()f a g a =, 则,在[,]a b 上,有()()f x g x >.证明 设()()()F x f x g x =-,则在[,]a b 上,有()()()0F x f x g x '''=->因而，()F x 是(,]a b 上的增函数另一方面,()()()0F a f a g a =-=,且lim ()()0x a F x F a +→==,故()F x 在[,]a b 上递增且()0F a =于是,当(,]x a b ∈时,(,]x a b ∈,即()()f x g x >.此定理具有明显的几何意义:如果曲线(),()y f x y g x ==,都过一点(,())M a f a ,且当a xb <≤时,曲线()y f x =的切线斜率大于曲线()y g x =的切线斜率,则曲线()y f x =必在曲线 ()y g x =的上方.类似地可以得到定理]3[8 设函数(),()f x g x 满足: （1）在区间[,]a b 上可导;（2）在半开区间[,)a b 上,有()()f x g x ''<; （3）()()f b g b =, 则, 在[,]a b 上,有()()f x g x >.例8 证明3sin 6x x x ->. (0)x <证明 设3(),6x f x x =- ()sin g x x =,显然(0)(0)f g =,对(),()f x g x 求导得，2()12x f x '=-,()cos g x x '=为在(,0)-∞上判断()f x '与()g x '的大小,在求一次导数,得()f x x ''=-，()sin sin()g x x x ''=-=-因0x <，即0x ->，故sin()x x ->-.又因为(0)(0)1f g ''==,在(,0)-∞上应用定理7即知()()f x g x ''<,再在(,0)-∞上应用定理7,知()()f x g x >，即3sin 6x x x -> (0)x <.以上介绍了六种应用导数证明不等式的方法,并且举例说明了其证明思路及方法,体现了导数在证明不等式中的应用,关于文献[5]、[7]、[8]、[10]中给出的方法对于知识理论研究具有十分重要的价值.证明不等式的方法有很多种,在这里只介绍了其中的六种方法,对于文献[9]中的介值性的应用，其用来证明不等式的应用还有待于研究.在证明不等式中，通常需要根据待证不等式构造辅助函数,然后借助导数知识分别利用相应的方法去证明,许多情况下可以应用多种方法综合地进行证明.参考文献[1] 华东师范大学数学系.编数学分析上册[M]. 北京: 高等教育出版社,2001,119-156.[2] 裴礼文.数学分析内容、方法与技巧[M].（上）北京: 高等教育出版社,1993,170-205.[3] 邵剑等.大学数学考研专题复习[M]. 北京: 科学出版社,2001,300-309.[4] 周晓农.导数在不等式证明中的应用[J].金筑大学学报,2000,39(3):107-111.[5] 赵朋军.用导数证明不等式[J].商洛师范专科学校学报,2005,19(1):96-98.[6] 刘绛玉,郝香芝,陈佩宁.不等式的证明方法[J].石家庄职业技术学院学报,2001,16(6):39-41.[7] 刘恒群.用导数研究不等式[J].宁夏工学院学报,1997,9(1):63-64.[8] 梁俊平.导数在不等式证明中的应用[J].龙岩师专学报,1997,15(3):167-170.[9] 苏农.关于导数的介值性的简单应用[J].高等数学研究,2006,9(5):55-56.[10] 尚肖飞,贾计荣.利用导数证明不等式的若干方法[J].太原教育学院学报,2002,20(2):35-37.。
利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧（附经典详解）
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x x x g ln )(= 设b a <<0， 证明：2ln )()2(2)()(0a b b a b g a g -<+-+<分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。
分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。
证明：1ln )(+=¢x x g ，设)2(2)()()(xa g x g a g x F +-+=2ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g xa g x g x F +-=+-=´+-=¢当a x <<0时0)(<¢x F ，当a x >时 0)(>¢x F ， 即)(x F 在),0(a x Î上为减函数，在),(+¥Îa x 上为增函数上为增函数 ∴0)()(min==a F x F ，又a b > ∴0)()(=>a F b F ， 即0)2(2)()(>+-+ba gb g a g设2ln )()2(2)()()(a x x a g x g a g x G --+-+=)ln(ln 2ln 2ln ln )(x a x xa x x G +-=-+-=¢\当0>x 时，0)('<x G ，因此)(x G 在区间),0(+¥上为减函数；上为减函数； 因为0)(=a G ，又a b > ∴0)()(=<a G b G ， 即 02ln )()2(2)()(<--+-+a x x a g x g a g故2ln )()2(2)()(a x xa g x g a g -<+-+ 综上可知，当综上可知，当b a <<0时，2ln )()2(2)()(0a b ba b g a g -<+-+< 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。
导数在不等式证明中的应用
导数在不等式证明中的应用齐雨萱高中数学学习中，不等式是研究各项数学问题的基础工具，不等式证明是一种常见数学题型，也是同学们较为头疼的数学题型之一，要想提高自身的不等式证明准确率和效率，就必须充分掌握运用导数理论展开科学解题，导数理论证明不等式是最为高效和基本的一种解题方法，合理利用导数工具进行不等式实践证明，能够有效将不等式证明过程从困难转化为简单，帮助自身建立起更好的数学自信心，并提高数学解题综合能力。
本文将对导数在不等式证明中的应用展开分析与探讨，为不等式证明过程提供一定借鉴与参考。
1 合理运用导数单调性证明不等式在实践计算函数某个区间导数最大值或者小于0时，可以通过合理运用导数单调性展开科学高效证明。
首先，必须准确计算出该函数在此区间中表现出来的递减或者递增过程，这样才能够顺利证明不等式问题。
在日常证明数学不等式过程中，要学会结合不等式的不同特点，合理运用不同形式构造出对应的函数，同时科学采用导数工具去证明出实际构造出函数的单调性，这样一来就能够根据函数单调性特征去完成对该不等式的有效证明，提高整个证明解题过程的效率。
通过去科学准确判断出函数单调性，就可以比较出区间大小，同时在该区间中融入不等式，有效将不等式与函数结合在一起，除此之外，要正确认识到利用导数单调性进行证明不等式能够为自身提供极为实用的解题思路，无论是多复杂的曲线，往往只需要经过两个步骤就可以实现对不等式题目的高效准确证明。
这两个解题步骤是先将不等式与函数有机结合起来，接着准确判断出该函数在对应区间的单调性。
比如，当遇到这个问题时，已知X〉0,证明X-X2/2-1N （1+X）〈0，我们在证明这个不等式的时候，可以合理利用导数单调性去进行有效证明。
在相应单调区间内，通过判断函数是递减还是递增去得出该不等式是否成立。
证明解题步骤如下所示：假设函数f(X)=X-X2/2-1N（1+X）(X〉0),则f （X）=X-X2/2，当X〉0时，f（X）〈0，这样我们就能够准确判定出f（X）在X〉0区间中该函数是一种递减的发展趋势，X=0可以去除函数的最大值，通过f（X）〈f(0)有效证明出f（X）〈0成立，并且也能够准确证明出X-X2/2-1N（1+X）〈0是成立的。
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：$\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}$。
导数在不等式证明中的应用
导数在不等式证明中的应用在数学中，导数是一种评估函数变化速度的工具。
它可以用于证明不等式，特别是在优化问题中非常有用。
本文将探讨导数在不等式证明中的应用，并通过例子来说明其重要性。
在证明不等式时，我们通常需要使用比较函数值的差异来推断函数的相对值。
导数的主要作用是帮助我们研究函数的增减性质，进而推导出不等式。
首先，我们来看一个简单的例子。
假设我们需要证明当$x>0$时，函数$f(x) = \ln(x)$是递增的。
我们可以通过求导来证明。
首先，求导$f'(x)$：$$f'(x) = \frac{1}{x}$$我们可以发现，$f'(x)>0$对于$x>0$始终成立。
这意味着函数$f(x)$在该区间是递增的。
因此，我们可以得出结论：当$x>0$时，函数$f(x) = \ln(x)$是递增的。
这个例子展示了导数在证明函数性质中的应用。
接下来，我们将探讨导数在不等式证明中的更广泛应用。
一种常见的应用是利用导数研究函数的凹凸性质。
如果一个函数在一些区间上是凹的，那么它的导数在该区间上是递增的。
反之，如果函数在一些区间上是凸的，那么它的导数在该区间上是递减的。
考虑一个例子：证明函数$f(x)=x^2$在$x>0$时是凹的。
首先，求导$f'(x)$：$$f'(x)=2x$$然后，求二阶导数$f''(x)$：$$f''(x)=2$$我们可以看到$f''(x)>0$，对于$x>0$恒成立。
这意味着函数$f(x)$在该区间上是凹的。
因此，我们可以得出结论：当$x>0$时，函数$f(x)=x^2$是凹的。
这个例子显示了利用导数来证明函数的凹凸性质的方法。
凹凸性质在不等式证明中非常有用，因为它可以帮助我们推断函数值的大小关系。
另一个应用是利用导数求解优化问题中的最值。
如果一个函数在一些点处取得极小值，那么它的导数在该点处为零或不存在。
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。
应用导数方法证明不等式
０职校论￣ ２０
Ｓ ＩＮ Ｅ＆Ｔ Ｃ Ｎ Ｏ ＹＩＦ Ｒ ＣＥ Ｃ Ｅ Ｈ ＯＬ Ｇ Ｏ ＭＡＴＯ Ｎ ＩＮ
２１ ０ ０年
第 ５期
应 用导数方法证明不等式
李文光 （ 南建设 学校 南 大理 云
【 摘
６ １０ ７ ０ ０）
要 】 等 式 的 证 明在 高 等数 学 中起 着重 要 作 用 ， 没 有 固定 的模 式 ， 法 灵 活 多 变 ， 不 它 方 因题 而 异 ， 技 巧 性 强 ， 高 等 数 学 中比 较 困难 的 且 是
拉格 朗 日中值定理 ： 设函数 ｙ 厂 ） ［ ， 上连续 ， （ ， ） －（ 在 ｏｂ］ 在 ｎ ｂ 内可
时，ｊ
）
例 ２ 求 证 ｓ ｘ ｘ ＿ （＞ ） ｉ ＞ 一１ Ｏ ｎ ＿
导，有 皂 则
，
－（ ，中 （６， ， 其 ∈ｒ ） ） 上 ６ ，
拉格 朗 日中值 定 理 本 身 是 以 等 式 的 形 式 存 在 的 ， 用 它 证 明不 等 利
问题 之 一 。 常见 的 不 等 式 有 三 种 ： 函数 不等 式 、 值 不 等 式 和 中值 不 等 式 ， 些数 值 不等 式 的 证 明可 以通 过 构 造 辅 助 函数 化 为 函 数 不 等 式 来 证 数 有
明 。 本 文仅 通 过 典 型 例 子 来 具 体说 明 导数 方 法 在 证 明 不 等 式 中的 应 用 。
【 键词 】 等式 ； 明 ； 法； 关 不 证 方 导数
１ 利用 可 导 函数 的 单调 性 证 明不 等 式
证 明可 导 函 数 不 等 式 ， 利用 其 导 数 符 号 与 函数 单 调 性 的关 系 来 可
证 明 。设 函数 ｙ ） ［ ， 上连 续 ， （ ， ） 可 导 ： 在 口 ｂ］ 在 ａｂ 内
导数在不等式证明中的应用
导数在不等式证明中的应用引言不等式的证明是数学学习中的难点，而导数在不等式的证明中起着关键的作用。
不等式的证明是可以作为一个系列问题来看待,不等式的证明是数学学习的重要内容之一,也是难点之一。
其常用的证明方法有: 比较法、综合法、分析法、重要不等法、数学归纳法等等,然而有一些问题用上面的方法来解决是很困难的,我们在学完导数及其应用这一内容以后,可以利用导数的定义、函数的单调性、最值性(极值性)等相关知识解决一些不等式证明的问题。
导数也是微积分的初步基础知识，是研究函数、解决实际问题的有力工，它包括微分中值定理和导数应用。
不等式的证明在数学课题中也是一个很重要的问题，此类问题能够培养我们理解问题、分析问题的能力。
本文针这篇论文是在指导老师的悉心指导和严格要求下完成的。
这篇论文是在指导老师的悉心指导和严格要求下完成的。
对导数的定义、微分中值定理、函数的单调性、泰勒公式、函数的极值、函数的凹凸性在不等式证明中的应用进行了举例。
一、利用导数的定义证明不等式定义 设函数()f f x =在点0x 的某领域内有定义,若极限()()00limx x f x f x x x →-- 存在则称函数f 在点0x 处可导，并称该极限为函数f 在点0x 处的导数，记作()'0f x令 0x x x =+∆，()()00y f x x f x ∆=+∆-，则上式可改写为 所以，导数是函数增量y ∆与自变量增量x ∆之比y x∆∆的极限。
这个增量比称为函数关于自变量的平均变化率( 又称差商)，而导数()'0f x 则为f在0x 处关于x 的变化率。
以下是导数的定义的两种等价形式： （1）()()()0'00limx xf x f x f x x x →-=-（2）()()()0'00lim x f x x f x f x x∆→+∆-=∆例1: 设()12sin sin 2sin n f x r x r x r nx =+++，并且()sin f x x ≤， 证明：1221n r r nr +++≤证明 ()12sin sin 2sin n f x r x r x r nx =++，可得出()00f =， 因为 ()'12cos 2cos2cos n f x r x r x nr nx =+++, 则 ()'1202n f r r nr =+++ 又由导数的定义可知 所以 ()'01f ≤， 即可得 1221n r r nr +++≤.例2、 已知函数()21ln 2f y y y =+，求证: 22211,ln 32y y y y >>+. 分析 令()2221ln 32h y y y y =--，(1,)y ∈+∞，因为()1106h =>, 要证当1x >时，()0h x >,即()()10h x h ->,只需证明()h y 在(1,)+∞上是增函数。
第15讲-导数在不等式中的应用(讲义版)
第15讲-导数在不等式中的应用一、经典例题考点一 构造函数证明不等式 【例1】 已知函数f (x )＝1－x －1e x，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1； (2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2.规律方法 1.证明不等式的基本方法：(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，②∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，有f (x 1)<f (x 2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m ).2.证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0.先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺利解决.考点二 利用“若f (x )min >g (x )max ，则f (x )>g (x )”证明不等式 【例2】 已知函数f (x )＝x ln x －ax .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值； (2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 成立.规律方法 1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题. 2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f (x )min >g (x )max 恒成立.从而f (x )>g (x )，但此处f (x )与g (x )取到最值的条件不是同一个“x 的值”.考点三 不等式恒成立或有解问题 角度1 不等式恒成立求参数【例3－1】 已知函数f (x )＝sin xx(x ≠0).(1)判断函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上的单调性； (2)若f (x )<a 在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒成立，求实数a 的最小值.规律方法 1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a ≥f (x )(或a ≤f (x ))的形式，通过求函数y ＝f (x )的最值求得参数范围. 角度2 不等式能成立求参数的取值范围【例3－2】 已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x (a ∈R ). (1)若f (x )在区间[1，2]上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)函数g (x )＝(1－a )x ，若∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求实数a 的取值范围.规律方法 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法 a ≥f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≥f (x )min ； a ≤f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≤f (x )max . 2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x 1∈A ，任意x 2∈B 使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )max ≥g (x )max ；(2)任意x 1∈A ，存在x 2∈B ，使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )min ≥g (x )min . [方法技巧]1.证明不等式的关键是构造函数，将问题转化为研究函数的单调性、最值问题.2.恒(能)成立问题的转化策略.若f (x )在区间D 上有最值，则 (1)恒成立：∀x ∈D ，f (x )>0⇔f (x )min >0；∀x ∈D ，f (x )<0⇔f (x )max <0.(2)能成立：∃x ∈D ，f (x )>0⇔f (x )max >0； ∃x ∈D ，f (x )<0⇔f (x )min <0.3.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数.4.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.二、课时作业1．函数f （x ）的定义域为R ，()13f -=，对任意x ∈R ，()3f x '<，则()36f x x >+的解集为（ ） A ．{}11x x -<< B ．{}1x x >- C ．{}1x x <- D ．R2．下列三个数：33ln ,ln ,ln 3322a b c ππ=-=-=-，大小顺序正确的是（ ） A ．a c b >>B ．a b c >>C ．b c a >>D ．b a c >>3．设函数()f x 在R 上存在导数'()f x ，对任意的x ∈R 有()()2f x f x x --=，且在[0,)+∞上'()1f x >.若(2)()22f a f a a --≥-，则实数a 的范围是（ ） A ．(,1]-∞B ．[1,)+∞C ．[1,2]D ．[1,3]-4．若关于x 的不等式1ln x axe x x -≥+恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．[),e +∞B ．,2e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．[)1,+∞D ．[)2,+∞ 5．已知定义域为R 的函数()f x 满足()()1f x xf x '+>（()f x '为函数()f x 的导函数），则不等式()()()2111x f x f x x +->-+的解集为（ ）A ．()0,1B ．[)1,+∞C ．()()0,11,+∞D ．()0,∞+6．定义在上的函数()xxg x e ex -=++，则满足()()213g x g -＜的取值范围是（ ）A ．(),2-∞B ．()2,2-C ．()2,+∞D ．()1,2-7．已知函数()()()2lnx x b f x b R x+-=∈，若存在122x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，使得()()0f x xf x '+>，则实数b 的取值范围是（ ） A ．32⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，B ．94⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，C ．（﹣∞，3）D．(∞-8．已知()f x 是可导的函数，且()()f x f x '<对于x ∈R 恒成立，则（ ）A ．()()201520150f ef >，()()10f ef > B ．()()201620160f e f >，()()10f ef < C ．()()201720170f e f <，()()10f ef >D ．()()201820180f e f <，()()10f ef <9．已知函数()f x 是定义在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上的奇函数.当0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()()tan 0f x f x x '+>，则不等式()cos sin 02x f x x f x π⎛⎫⋅++⋅-> ⎪⎝⎭的解集为（ ）A ．,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,42ππ⎛⎫-⎪⎝⎭C ．,04π⎛⎫-⎪⎝⎭D ．,24ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭10．关于函数()332,02cos ,0x x x f x x x ⎧-+=⎨≤⎩＞，有下述四个结论：①()f x 是周期函数． ②()f x 在[],1π-上单调递增．③()f x 的值域为(],2-∞． ④若函数()y f x m =-有且仅有两个不同的零点，则()2,4m ∈． 其中所有正确结论的序号是（ ） A ．①②B ．②③C ．②④D ．③④11．已知函数()()2ln 3,2121,1x x g x x x x ⎧-+-<≤-=⎨--+>-⎩，且()()()()2211122221422g m m g m m -++>+-，则实数m 的取值范围是（ ） A ．()2,4B ．()2,14C ．()4,14D ．()4,+∞12．如果关于x 的不等式3210x ax -+≥在[]1,2-上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A．2a ≤B ．2a ≤C ．1a ≤D ．0a ≤13．函数()(2)1(1)x f x a x e x a =+--<，若存在唯一整数0x 使得()00f x <，则a 的取值范围是（ ）．A ．2,13e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．21,32e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．2,13e ⎛⎫-⎪⎝⎭D ．21,32e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ 14．若对于任意的120x x a <<<，都有211212ln ln 1x x x x x x ->-，则a 的最大值为（ ）A ．2eB ．eC ．1D ．1215．已知a 为常数，函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点1x ，2x （12x x <），则（ ）A ．1()0>f x ，21()2f x >-B ．1()0f x <，2()12f x <-C ．1()0f x <，21()2f x >-D ．1()0>f x ，2()12f x <-16．对于任意正实数,x y ，都有()2ln ln y xx y x e a⎛⎫--≤ ⎪⎝⎭，则实数a 的取值范围为（ ） A ．(]0,1 B ．(]1,e C ．1,e e⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．21,e e ⎛⎤ ⎥⎝⎦17．（多选题）已知()f x 是可导的函数，且()()f x f x '<，对于x ∈R 恒成立，则下列不等关系正确的是（ ）A ．()()10f ef <，2000(2020)(0)f e f <B ．()()10f ef >，2(1)(1)f e f >-C ．()()10f ef <，2(1)(1)f e f <-D ．()()10f ef >，2000(2020)(0)f e f >18．（多选题）若满足()()'0f x f x +>，对任意正实数a ，下面不等式恒成立的是（ ） A ．()()2f a f a < B ．()()2af a ef a >-C ．()()0>f a fD ．()()0af f a e>19．（多选题）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a =-(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（ ） A ．12BC ．2e D20．定义在()0,∞+上的函数()f x 满足()210x f x '+>，()15f =，则不等式()14f x x≤+的解集为______.21．已知函数f （x ）是定义在R 上的奇函数，当x ＞0时，f （x ）+xf '（x ）＞0，且f （3）＝0，则不等式xf （x ）＞0的解集是_____．22．函数f(x)的定义域为R ，f(－1)＝2，对任意x ∈R ，()2f x '>，则f(x)＞2x ＋4的解集为____．23．设函数()1ln xf x x aea -=+-，a R ∈.（1）当1a =时，判断函数()f x 的单调性；（2）当()0,x ∈+∞时，()10f x +>恒成立，求实数a 的取值范围.24．已知函数()ln f x x x =-.（1）若函数2()2y f x m x x =+-+在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个零点，求实数m 的取值范围.（2）记函数()()212g x f x x bx =+-，设()1212,x x x x <是函数()g x 的两个极值点，若32b ≥，且()()12g x g x k -≥恒成立，求实数k 的最大值.25．已知函数()1()ln ,f x x b x b R x=--∈，27()4g x x =-，曲线()y f x =在点()1,(1)f 处的切线与y 轴垂直；（1）求b 的值；（2）求证：()()2ln 2.g x f x ≥-。
利用导数证明不等式
利用导数证明不等式导数是解决函数最值问题的一种有效方法；不等关系是函数中常见的关系。
利用导数来求得函数的最值，也就使得不等关系成立。
因此利用导数证明不等式是一种证明不等式的有效工具。
标签：导数；不等式；函数题目：已知a、b是正数，求证：lna-lnb≥1-—。
证明：不等式lna-lnb≥1-—等价于ln—+—≥1，令x=—，则x>0，不等式可化为lnx+—≥1，对任意的x∈（0，+∞）都成立。
构造函数y=lnx+—，x∈（0，+∞），两边取导数y’=—-—=—（1-—）=—令y’=0，即—=0，解之得x=1，当x>1时，y’=—>0，函数y=lnx+—在x∈（1，+∞）上为增函数；当0 ln （1+—）>—。
在命题2中，令h=x-1，则x=h+1，可得命题4：对任意的h>-1，都有h≥ ln（1+h）≥—，当且仅当h=0时等号成立。
命题4左半部分和2005年高考重庆卷试题（理工农医类）最后一道题中出现的不等式一样。
命题4与华东师范大学数学系编写的《数学分析》一书中第161页的不等式一样。
利用命题3可以证明下面不等式。
问题：若m是大于1的自然数，求证：—+—+—+…+—< lnm<1+—+—+…+—※。
证明：由数学归纳法证明，①当m=2时，有—<ln2<1显然成立。
②假设当m=k时，不等式—+—+—+…+—< lnm<1+—+—+…+—也成立。
那么当m=k+1时，ln（k+1）=ln（k·—）=lnk+ln—⑴应用假设，得—+—+—+…+—+ln—<lnk+ ln—<1+—+—+…+—+ln—⑵由命题3知—<ln—<—，—+—+—+…+—+—<—+—+—+…+—+ln—⑶1+—+—+…+—+ln—+ln—<1+—+—+…+—+ln—+—⑷由⑴、⑵、⑶、⑷四个式子得—+—+—+…+—+—< ln（k+1）<1+—+—+…+—+ln—+—成立。
函数导数的性质在证明不等式中的应用
函数导数的性质在证明不等式中的应用摘要：本文探讨在导数性质教学过程中，利用导数判别函数的单调性、凹凸性，引导学生使用求导的方式，判断或证明不等式，从而加深对遇到属性值运用的理解，提高教学质量。
关键词：不等式单调性凹凸性琴生不等式正文：在导数性质的教学过程中，利用导数判断函数的的单调性和凹凸性是重要的教学内容，可以利用这一教学重点解决一些不等式的判断与证明。
一、构造函数，通过求导得到函数的单调性，判断或证明不等式利用导数对函数y=f(x)的单调性判定是：y=f(x)在区间[a,b]内连续，(a,b)内可导，则在(a,b)内：由导数的正负可以判定函数的单调性，可以根据已知不等式构造函数，通过求导，判定正负，得到函数的增减情况，以此判断或证明不等式。
例1.证明：x>1时,x>1+lnx证明：构造函数f(x)=x-(1+lnx)，由函数性质可知，函数在[1，+∞）连续，在(1，+∞）可导。
求导计算：f'(x)=1-=，当x>1时，f'(x)>0，即函数单调递增。
因此，f(x)>f(1)=1-(1+ln1)=0，由x-(1+lnx)>0，可得当x>1时,x>1+lnx。
倘若出现问题中出现使得f'(x)=0的稳定点，则可以继续通过区间分析或二阶导数判定函数的增减性。
例2.证明：x>0时,0.5x2+cosx>1证明：构造函数f(x)=0.5x2+cosx-1，由函数性质可知，函数在[0，+∞）连续，在(0，+∞）可导。
求导计算：f'(x)=x-sinx，可知f'(0)=0，再此需要进一步判断x-sinx与0之间的大小关系，可通过二阶导数的正负来判断一阶导数的单调性，则f''(x)=1-cosx≥0，且x≠2kπ（k∈Z）时，f''(x)>0，由此可以判定f'(x)=x-sinx为增函数，f'(0)=0为f'(x)的最小值。
例谈导数在不等式证明中的应用
JI ET I JI Q I AO YU FANG F A解题技巧与方法651例谈导数在不等式证明中的应用廖金萍(南昌大学人民武装学院 330043)摘要!导数是研究函数性质的重要工具,它在高等数学学习的难点∀∀∀不等式证明中起着关键作用,本文对导数在各种情形下的应用技巧作了系统的总结.关键词!导数;微分中值定理;恒等式;不等式导数在高数学习的难点∀∀∀不等式证明中起着关键作用,下面通过一些典型例题的证明简单阐述导数在不等式证明中的应用.一、用微分中值定理证明不等式微分中值定理包括费马定理、罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西定理及泰勒公式(基本内容略).1 用拉格朗日定理证明不等式当不等式或其变形中有函数在两点的函数值之差f (b )-f (a)时,考虑用拉格朗日定理证明.例1 证明:当x #0时,e x >x +1.证明 将不等式变形为e x -1>x,令f (x )=e x ,则f ∃(x )=e x .%f(x )=e x在(-&,+&)内满足拉格朗日定理的条件,∋必存在一点 ((0,x )(或 ((x,0)),使得f (x )-f (0)=f ∃( )(x -0).由于f ∃( )=e ,因此有e x -e 0=e )x ( 在0与x 之间),即e x =e )x +1.当x >0时, >0,e>1,e)x >x,∋e x >x +1;当x <0时, <0,e <1,e )x >x,∋e x >x +1.因此,当x #0时,有e x>x +1.2 用柯西定理证明不等式当不等式或其变形中有两个函数在两点的函数值之差的比值f (b)-f (a)F (b)-F (a),考虑用柯西定理证明.例2 证明:当x #0时,e x >x +1.证明 将不等式变形为e x -1>x,并注意e x -1x =e x -e 0(x +1)-(0+1),令f (x )=e x ,F (x )=x +1,则f ∃(x )=e x ,F ∃(x )=1,f ∃( )=e ,F ∃( )=1.在(-&,+&)内任取x #0,则在[0,x ]或[x,0]上f (x )和F (x )满足柯西定理的条件,于是有f(x )-f (0)F (x )-F (0)=f ∃( )F ∃( )即e x -e 0(x +1)-1=e1( 在0与x 之间),即e x -1x =e1当x >0时, >0,e >1,e x -1x =e1>1,∋e x >x +1;当x <0时, <0,0<e <1,e x -1x =e1<1,∋e x >x +1.因此,当x #0时,有e x >x +1.3 用泰勒定理证明不等式例3 证明:当x #0时,e x >x +1.证明 令f (x )=e x ,则f ∃(x )=e x ,f ∗(x )=e x ,∋f (x )在x =0的某个邻域上有直到n +1阶的导数.∋函数f (x )=e x 在x =0处的泰勒公式为:e x =f (0)+f ∃(0)(x -0)+f ∗( )2!(x -0)2( 在0与x 之间),即e x=1+x +e 2!x 2.当x #0时,e 2!x 2>0,∋e x >x +1.二、利用函数单调性证明不等式函数单调性内容(略).推论1 若函数F (x )=f (x )-g (x )在[a ,b ]上严格递增(或在[a ,b ]上严格递减),且F (a )=0(或F (b )=0),则在(a,b)上有f (x )>g (x ).例4 证明:当x >1时,4>5-1x.证明 令f (x )=4-5-1x,则f ∃(x )=2-1x2=1x 2)(2x -1).又 f (x )在[1,+&)上连续,在(1,+&)内f ∃(x )>0,因此f (x )在(1,+&)内严格单调增加.从而当x >1时,f (x )>f(1)=0,此即4-5-1x >0,从而4>5-1x(x >1).推论2 若函数F (x )=f (x )-g (x )在区间I 上不是单调函数,(1)若F (x )在I 上的最小值F (x 0)+0,x 0(I ,则在I 上有f (x )+g (x ).解题技巧与方法JIETI JI Q I AO YUFANGFA 66 2010 1(2)若F (x )在I 上的最大值F (x 0),0,x 0(I ,则在I 上有f (x ),g(x ).例5 证明:当x #0时,e x >x +1.分析 先将不等式写成f (x )>c (或f (x )<c ,c 为常数)形式,然后证明f (x )的最小值大于c(或最大值小于c).证明 令f (x )=e x -x -1,有f ∃(x )=e x -1,令f ∃(x )=e x -1=0,得x =0.当x <0时,f ∃(x )<0,f (x )单调减少;当x >0时,f ∃(x )>0,f (x )单调增加.∋f (0)是f (x )的最小值.即当x #0时,f(x )>f (0)=0,从而e x -x -1>0,∋e x >x +1.三、利用二阶导数的符号证明不等式若f (x )是区间I 上的凹(凸)函数,则由凹(凸)函数的定义知,对I 上任意两点x 1,x 2,总有fx 1+x 22+f (x 1)+f (x 2)2f x 1+x 22,f (x 1)+f (x 2)2.所以要证上述不等式,即证f (x )在I 上是凹(凸)函数即可.即如果f ∗(x )在I上存在,只需证明f ∗(x ),0(+0)即可.例6 证明不等式:当x 1>0,x 2>0时,有l x 1+x 22+l n 12证明 设f (x )=l n x (x >0),则f ∃(x )=1x f ∗(x )=-1x2<0.∋f (x )=ln x (x >0)为凸函数.于是有l x 1+x 22+12(l n x 1+l n x 2)=l n 12 参考文献![1]李心灿.高等数学(第三版)[M ].北京:高等教育出版社,2008.[2]郝建丽.微分中值定理的应用技巧[J].漯河职业技术学院学报,2008(5).[3]钱昌本.高等数学范例剖析[M ].西安:西安交通大学出版社,2004.(上接64页)正如佘承智老师在讲座中所说:−教学策略没有好坏之分,也没有妙差之异,有的只是合适与否..于是在洁白如布的课堂上就色彩斑斓,大放异彩.在不同的领悟中,体现出了不同的教学理解、教学风格和教学智慧.所以,如何在−同.中求−异.,这是一种教学智慧.信手拈来的智慧,让同题的课堂−异.出精彩.2 同题异构增强了反思意识.进行教学反思是促进教师成长的有效途径,而同题异构的最好效果就在于课后反思.同题异构,教师通过集体备课、钻研、上课、听课、比较等环节以后,对自己教学中的有效环节、无效环节、教学评价、即时反馈、学生学情的把握、细节处理,等等,都十分清楚,反思什么自然是水到渠成.同题异构的目的是根据学生整体水平的特点,进行−有效教学.,从而达到借鉴的作用.可以说这次的同题异构给了我一次−有效的学习..在本次的教学中,我发现高老师的课数学味浓,动态生成意识强,重视学生推测、探究能力的培养.我通过对比发现自己由于受传统教学模式的束缚,还是放得不开,怕教学任务完成不了,自己讲得还是比较多,给学生的时间不够充分,跟学生的交流也不够,学生接受得多,思考得少.因此课堂内容显得有些单调,没有达到一种−开花.的效果,而且时间上把握得不是很妥当,前松后紧,对学生的某些课堂亮点没有抓住,比较遗憾.3 同题异构促进了对教师角色的思考.同题异构,让我从中看到了自身的很多问题.比如:评价与激励方面言语单一;问题与认知方面无所谓探与究;个体与合作方面流于形式,等等.而且更加深刻地认识到一个优秀的教师不仅应是投入的精细、娴熟的知识、创新的意识、合理的设计、从容的心态,而且应有情感的激荡、亲和的力量、学法的引领、材料的取舍、问题巧设计的能力.教学是一门艺术,我们的教学应以学生为主体.不断的实践和思索使我渐渐明白,要使教学真正成为艺术,还得研究学生.我们应有包容之心,因为自主学习、自主质疑,学生生成的知识并不一定有效,他们的问题、他们的解决可能是浅显的,也可能是错误的;因为合作学习、合作交流,有时围绕一个问题可能需要很长时间,使我们完成不了设计的教学内容.这些都需要我们包容,同时我们应不做−圈外人.,只要心中藏着爱意和善意,有着民主和尊重,它一定会自然地流露.这种流露,便是一种非常简洁的教学风格,一种令人陶醉的教学艺术.参考文献![1]同题异构,深入探究教师素质提升.西湖区教育网德育论坛,2008(6).[2]于永正.名师谈教学艺术[J].中国教育报,2005(4).。
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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1.【作者】杨建辉;布春霞【刊名】中学生数理化(学研版)【出版日期】2011【期号】第11期【页码】2-3【参考文献格式】杨建辉,布春霞.导数在证明不等式中的应用[J].中学生数理化(学研版),2011,(第11期).
2.【作者】赵京之【刊名】中国新技术新产品【出版日期】2010【期号】第14期【参考文献格式】赵京之.导数在证明不等式中的应用[J].中国新技术新产品,2010,(第14期).【摘要】不等式与等式一样,在数学问题中都是非常重要的课题,不等式的研究范围更广,难度更大,以函数观点认识不等式,应用导数为工具,不等式的证明将化难为易,迎刃而解,考虑的角度初步有:中值定理,Taylor
公式,函数的单调性,最值,以及Jensen不等式。
3.【作者】刘伟【刊名】电大理工【出版日期】2004【期号】第3期【页码】13-14【参考文献格式】刘伟.导数在证明不等式中的应用[J].电大理工,2004,(第3期).
4.【作者】顾庆菏【刊名】邢台师范高专学报【出版日期】1995【期号】第1期【页码】118-120【参考文献格式】顾庆菏.导数在证明不等式中的应用[J].邢台师范高专学报,1995,(第1期).
5.【作者】刘开生;潘书林【刊名】天水师范学院学报【出版日期】2000【期号】第3期【页码】115-116【参考文献格式】刘开生,潘书林.导数在证明不等式中的应用[J].天水师范学院学报,2000,(第3期).
6.【作者】陈万鹏;陈万超【刊名】大学数学【出版日期】1990【期号】第4期【页码】67-71【参考文献格式】陈万鹏,陈万超.导数在证明不等式中的应用[J].大学数学,1990,(第4期).
7.【作者】高燕【刊名】考试周刊【出版日期】2011【期号】第60期【页码】69-70【参考文献格式】高燕.导数在不等式证明中的应用[J].考试周刊,2011,(第60期).
8.导数法在证明不等式中的应用【作者】郝文武【刊名】中学生数理化(高二版)【出版日期】2011【期号】第Z1期【页码】5
【参考文献格式】郝文武.导数法在证明不等式中的应用[J].中学生数理化(高二版),2011,(第Z1期).
9.导数在证明不等式中的一些应用【作者】甘启才【刊名】广西师范学院学报(自然科学版)【出版日期】2011【期号】第S1期【页码】73-75
【参考文献格式】甘启才.导数在证明不等式中的一些应用[J].广西师范学院学报(自然科学版),2011,(第S1期).
10.【作者】王莉闻【刊名】考试周刊【出版日期】2011【期号】第82期【参考文献格式】王莉闻.导数在不等式证明中的应用[J].考试周刊,2011,(第82期).
【摘要】导数知识是高等数学中极其重要的部分,它的内容、思想和应用贯穿于整个高等数学的教学之中.利用导数证明不等式是一种行之有效的好方法,它能
使不等式的证明化难为易,迎刃而解.在不等式证明的种种方法中,它占有重要的一席之地.本文将从利用函数的单调性,利用函数的最值（或极值）
11.【作者】王翠丽【刊名】数学之友【出版日期】2011【期号】第6期【页码】84，86【参考文献格式】王翠丽.导数在不等式证明中的应用[J].数学之友,2011,(第6期).
12.【作者】王强;申玉芹【刊名】中学数学【出版日期】2012【期号】第9期【页码】6【参考文献格式】王强,申玉芹.导数在不等式中的应用[J].中学数学,2012,(第9期).
13.【作者】朱帝【刊名】数理化学习【出版日期】2008【期号】第3期【页码】2-4【参考文献格式】朱帝.导数在证明不等式中的应用[J].数理化学
习,2008,(第3期).
14.【作者】王伟珠【刊名】佳木斯教育学院学报【出版日期】2010【期号】第6期【参考文献格式】王伟珠.导数在不等式证明中的应用[J].佳木斯教育学院学报,2010,(第6期).
15.【作者】张根荣;李连方【刊名】中学数学研究【出版日期】2010【期号】第11期【页码】24-25【参考文献格式】张根荣,李连方.导数在不等式证明中的应用[J].中学数学研究,2010,(第11期).【摘要】“问题是数学的心脏”，数学学习的核心就应该是培养解决数学问题的能力．正如波利亚指出的：“掌握数学就是意味着善于解题．”“中学数学首要的任务就是加强解题的训练”．在数学教学中，例题、习题的解答过程是学生建构知识的重要基础，是学生学习不可缺少的重要组成部分．因此在课堂教学有限的45分钟内，如何发挥例题的功能，
16.【作者】张萍【刊名】西部大开发：中旬刊【出版日期】2010【期号】第7期【页码】176-177【参考文献格式】张萍.导数在证明不等式中的有关应用[J].西部大开发：中旬刊,2010,(第7期).【摘要】导数是高等数学中最基本最重要的内容之一，用导数的方法证明不等式是不等式证明重要的组成部分，具有较强的灵活性和技巧性。
掌握导数在不等式中的证明方法和技巧对学好高等数学有很大帮助。
本文将通过举例和说明的方式来阐述不等式证明中导数的一些方法和技巧，提高学生用导数证明不等式的能力．
17.【作者】李旭金【刊名】新作文(教育教学研究)【出版日期】2011【期号】第11期【页码】31【参考文献格式】李旭金.导数在不等式中的应用[J].新作文(教育教学研究),2011,(第11期).
18.【作者】李晋【刊名】大视野【出版日期】2009【期号】第3期【页码】241-243【参考文献格式】李晋.导数在不等式证明中的应用[J].大视野,2009,(第3期).
19.【作者】高芳【刊名】商丘职业技术学院学报【出版日期】2009【期号】第5期【页码】24-26【参考文献格式】高芳.导数在不等式证明中的应用[J].商丘职业技术学院学报,2009,(第5期).
20.【作者】蔡金宝【刊名】吉林省教育学院学报(学科版)【出版日期】2009【期号】第9期【页码】85-86【参考文献格式】蔡金宝.导数在不等式证明中的应用[J].吉林省教育学院学报(学科版),2009,(第9期).
21.浅谈导数在不等式证明问题中的应用【作者】姜治国【刊名】考试(高考数学版)【出版日期】2009【期号】第Z5期【页码】54-56【参考文献格式】姜治国.浅谈导数在不等式证明问题中的应用[J].考试(高考数学版),2009,(第Z5期).
22.导数在不等式中的一些应用【作者】陶毅翔【刊名】宁德师专学报·自然科学版【出版日期】2010【期号】第2期【页码】123-124，127【参考文献格式】陶毅翔.导数在不等式中的一些应用[J].宁德师专学报·自然科学版,2010,(第2期).
23.【作者】陈海兰【刊名】科技信息【出版日期】2010【期号】第8期【参考文献格式】陈海兰.导数在不等式中的应用[J].科技信息,2010,(第8期).【摘要】本文给出了几种用导数来证明不等式的方法,通过这些方法,可以比较简洁,快速地解决一些不等式的证明问题.
24.【作者】胡林【刊名】科技咨询导报【出版日期】2007【期号】第5期【页码】95-96【参考文献格式】胡林.导数在不等式证明中的应用[J].科技咨询导报,2007,(第5期).
25.【作者】胡林【刊名】科技资讯【出版日期】2006【期号】第36期【页码】148【参考文献格式】胡林.导数在不等式证明中的应用[J].科技资
讯,2006,(第36期).
26.【作者】周晓农【刊名】贵阳金筑大学学报【出版日期】2000【期号】第3期【页码】107-110+87【参考文献格式】周晓农.导数在不等式证明中的应用[J].贵阳金筑大学学报,2000,(第3期).
27.【作者】葛江峰【刊名】中学理科：综合【出版日期】2008【期号】第9期【页码】52【参考文献格式】葛江峰.导数在不等式中的应用[J].中学理科：综合,2008,(第9期).【摘要】新课程试卷将导数与传统的不等式证明有机结合在一起设问，是一种新颖的命题模式，体现导数在分析和解决一些函数性质问题的工具作用，以下介绍几种应用导数证明不等式的方法，供大家参考。
28.【作者】梁俊平【刊名】龙岩师专学报(自然科学版)【出版日期】1997【期号】第3期【页码】167-170【作者单位】不详【参考文献格式】梁俊平.导数在不等式证明中的应用[J].龙岩师专学报(自然科学版),1997,(第3期).
29.【作者】杨耀池【刊名】数学的实践与认识【出版日期】1985【期号】第2期【页码】48-53【参考文献格式】杨耀池.导数在不等式中的应用[J].数学的实践与认识,1985,(第2期).
30.例说应用导数证明不等式【作者】冯仕虎【刊名】数学学习与研究(教研版)【出版日期】2008【期号】第11期【页码】109-110【参考文献格式】冯仕虎.例说应用导数证明不等式[J].数学学习与研究(教研版),2008,(第11期).。