利用导数证明不等式的常见题型经典

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高中数学：利用导数证明不等式的常见题型

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

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

利用导数解不等式考点与题型归纳

利用导数解不等式考点与题型归纳考点一 f (x )与f ′(x )共存的不等式问题[典例] (1)定义在R 上的函数f (x )，满足f (1)＝1，且对任意x ∈R 都有f ′(x )＜12，则不等式f (lg x )＞lg x ＋12的解集为__________．(2)设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x ＜0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )＜0的解集为__________________．[解析] (1)由题意构造函数g (x )＝f (x )－12x ，则g ′(x )＝f ′(x )－12＜0，所以g (x )在定义域内是减函数．因为f (1)＝1，所以g (1)＝f (1)－12＝12，由f (lg x )＞lg x ＋12，得f (lg x )－12lg x ＞12.即g (lg x )＝f (lg x )－12lg x ＞12＝g (1)，所以lg x ＜1，解得0＜x ＜10. 所以原不等式的解集为(0,10)．(2)借助导数的运算法则，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0⇔[f (x )g (x )]′＞0，所以函数y ＝f (x )g (x )在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y ＝f (x )g (x )为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3,0)，(3,0)．数形结合可求得不等式f (x )g (x )＜0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．[答案] (1)(0,10) (2)(－∞，－3)∪(0,3)[解题技法](1)对于不等式f ′(x )＋g ′(x )＞0(或＜0) ，构造函数F (x )＝f (x )＋g (x )． (2)对于不等式f ′(x )－g ′(x )＞0(或＜0) ，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )．特别地，对于不等式f ′(x )＞k (或＜k )(k ≠0)，构造函数F (x )＝f (x )－kx . (3)对于不等式f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )＞0(或＜0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )．(4)对于不等式f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )＞0(或＜0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )(g (x )≠0)．[典例] (1)设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R)的导函数，f (－1)＝0, 当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＜0，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)(2)设函数f (x )在R 上的导函数为f ′(x )，且2f (x )＋xf ′(x )＞x 2，则下列不等式在R 上恒成立的是( )A ．f (x )＞0B ．f (x )＜0C ．f (x )＞xD ．f (x )＜x[解析] (1)令g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2.由题意知，当x ＞0时，g ′(x )＜0， ∴g (x )在(0，＋∞)上是减函数． ∵f (x )是奇函数，f (－1)＝0， ∴f (1)＝－f (－1)＝0， ∴g (1)＝f (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，g (x )＞0，从而f (x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0，从而f (x )＜0. 又∵f (x )是奇函数，∴当x ∈(－∞，－1)时，f (x )＞0；当x ∈(－1,0)时，f (x )＜0.综上，所求x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．(2)令g (x )＝x 2f (x )－14x 4，则g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )－x 3＝x [2f (x )＋xf ′(x )－x 2]．当x ＞0时，g ′(x )＞0，∴g (x )＞g (0)，即x 2f (x )－14x 4＞0，从而f (x )＞14x 2＞0；当x ＜0时，g ′(x )＜0，∴g (x )＞g (0)，即x 2f (x )－14x 4＞0，从而f (x )＞14x 2＞0；当x ＝0时，由题意可得2f (0)＞0，∴f (0)＞0.综上可知，f (x )＞0. [答案] (1)A (2)A [解题技法](1)对于xf ′(x )＋nf (x )＞0型，构造F (x )＝x n f (x )，则F ′(x )＝x n －1[xf ′(x )＋nf (x )](注意对x n－1的符号进行讨论)，特别地，当n ＝1时，xf ′(x )＋f (x )＞0，构造F (x )＝xf (x )，则F ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＞0.(2)对于xf ′(x )－nf (x )＞0(x ≠0)型，构造F (x )＝f (x )x n ，则F ′(x )＝xf ′(x )－nf (x )xn ＋1(注意对x n ＋1的符号进行讨论)，特别地，当n ＝1时，xf ′(x )－f (x )＞0，构造F (x )＝f (x )x，则F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2＞0. [典例] (1)已知f (x )为R 上的可导函数，且∀x ∈R ，均有f (x )＞f ′(x )，则有( ) A ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0) B ．e 2 019f (－2 019)＜f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0) C ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＞e 2 019f (0) D ．e 2 019f (－2 019)＞f (0)，f (2 019)＜e 2 019f (0)(2)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋2f ′(x )＞0恒成立，且f (2)＝1e (e 为自然对数的底数)，则不等式e xf (x )－e 2x ＞0的解集为________．[解析] (1)构造函数h (x )＝f (x )e x ，则h ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x＜0，即h (x )在R 上单调递减，故h (－2 019)＞h (0)，即f (－2 019)e －2 019＞f (0)e 0⇒e 2 019f (－2 019)＞f (0)；同理，h (2 019)＜h (0)，即f (2 019)＜e 2 019f (0)，故选D.(2)由f (x )＋2f ′(x )＞0得2⎣⎡⎦⎤12f (x )＋f ′(x )＞0，可构造函数h (x )＝e 2xf (x )，则h ′(x )＝12e 2x[f (x )＋2f ′(x )]＞0，所以函数h (x )＝e 2x f (x )在R 上单调递增，且h (2)＝e f (2)＝1.不等式e x f (x )－e 2x ＞0等价于e 2x f (x )＞1，即h (x )＞h (2)⇒x ＞2，所以不等式e x f (x )－e 2x ＞0的解集为(2，＋∞)．[答案] (1)D (2)(2，＋∞) [解题技法](1)对于不等式f ′(x )＋f (x )＞0(或＜0)，构造函数F (x )＝e x f (x )．(2)对于不等式f′(x)－f(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)＝f(x) e x.考点二不等式恒成立问题不等式恒成立问题的基本类型类型1：任意x，使得f(x)＞0，只需f(x)min＞0.类型2：任意x，使得f(x)＜0，只需f(x)max＜0.类型3：任意x，使得f(x)＞k，只需f(x)min＞k.类型4：任意x，使得f(x)＜k，只需f(x)max＜k.类型5：任意x，使得f(x)＞g(x)，只需h(x)min＝[f(x)－g(x)]min＞0.类型6：任意x，使得f(x)＜g(x)，只需h(x)max＝[f(x)－g(x)]max＜0.[典例]已知函数f(x)＝ax＋ln x＋1，若对任意的x＞0，f(x)≤x e2x恒成立，求实数a的取值范围．[解]法一：构造函数法设g(x)＝x e2x－ax－ln x－1(x＞0)，对任意的x＞0，f(x)≤x e2x恒成立，等价于g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，则只需g(x)min≥0即可．因为g′(x)＝(2x＋1)e2x－a－1x，令h(x)＝(2x＋1)e2x－a－1x(x＞0)，则h′(x)＝4(x＋1)e2x＋1x2＞0，所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为当x―→0时，h(x)―→－∞，当x―→＋∞时，h(x)―→＋∞，所以h(x)＝g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点x0，满足(2x0＋1)e2x0－a－1x0＝0，所以a＝(2x0＋1)e2x0－1x0，且g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝x0e2x0－ax0－ln x0－1＝－2x20e2x0－ln x0，则由g(x)min≥0，得2x20e2x0＋ln x0≤0，此时0＜x0＜1，e2x0≤－ln x02x20，所以2x0＋ln(2x0)≤ln(－ln x0)＋(－ln x0)，设S (x )＝x ＋ln x (x ＞0)，则S ′(x )＝1＋1x ＞0，所以函数S (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为S (2x 0)≤S (－ln x 0)，所以2x 0≤－ln x 0即e2x 0≤1x 0，所以a ＝(2x 0＋1)e2x 0－1x 0≤(2x 0＋1)·1x 0－1x 0＝2，所以实数a 的取值范围为(－∞，2]．法二：分离参数法因为f (x )＝ax ＋ln x ＋1，所以对任意的x ＞0，f (x )≤x e 2x 恒成立，等价于a ≤e 2x －ln x ＋1x 在(0，＋∞)上恒成立．令m (x )＝e 2x －ln x ＋1x (x ＞0)，则只需a ≤m (x )min 即可，则m ′(x )＝2x 2e 2x ＋ln xx 2，再令g (x )＝2x 2e 2x ＋ln x (x ＞0)，则g ′(x )＝4(x 2＋x )e 2x ＋1x ＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g ⎝⎛⎭⎫14＝e 8－2ln 2＜0，g (1)＝2e 2＞0，所以g (x )有唯一的零点x 0，且14＜x 0＜1，所以当0＜x ＜x 0时，m ′(x )＜0，当x ＞x 0时，m ′(x )＞0，所以m (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，因为2x 20e2x 0＋ln x 0＝0，所以ln 2＋2ln x 0＋2x 0＝ln(－ln x 0)，即ln(2x 0)＋2x 0＝ln(－ln x 0)＋(－ln x 0)，设s (x )＝ln x ＋x (x ＞0)，则s ′(x )＝1x ＋1＞0，所以函数s (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为s (2x 0)＝s (－ln x 0)，所以2x 0＝－ln x 0，即e2x 0＝1x 0，所以m (x )≥m (x 0)＝e2x 0－ln x 0＋1x 0＝1x 0－ln x 0x 0－1x 0＝2，则有a ≤2，所以实数a 的取值范围为(－∞，2]． [解题技法]求解不等式恒成立问题的方法(1)构造函数分类讨论：遇到f (x )≥g (x )型的不等式恒成立问题时，一般采用作差法，构造“左减右”的函数h (x )＝f (x )－g (x ) 或“右减左”的函数u (x )＝g (x )－f (x )，进而只需满足h (x )min ≥0或u (x )max ≤0，将比较法的思想融入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对参数进行分类讨论．(2)分离函数法：分离参数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是参数a ，另一端是变量表达式v (x )的不等式后，应用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为水平直线y ＝a 与函数y ＝v (x )图象的交点个数问题来解决．[题组训练](2019·陕西教学质量检测)设函数f (x )＝ln x ＋kx，k ∈R.(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1＞x 2＞0，f (x 1)－f (x 2)＜x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围．解：(1)由条件得f ′(x )＝1x －kx2(x ＞0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直， ∴f ′(e)＝0，即1e －ke 2＝0，得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2(x ＞0)，由f ′(x )＜0得0＜x ＜e ，由f ′(x )＞0得x ＞e ， ∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增．当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋ee ＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知，对任意的x 1＞x 2＞0，f (x 1)－x 1＜f (x 2)－x 2恒成立，设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋kx －x (x ＞0)，则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －kx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x ＞0时，k ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14恒成立， ∴k ≥14.故k 的取值范围是⎣⎡⎭⎫14，＋∞. 考点三可化为不等式恒成立问题可化为不等式恒成立问题的基本类型类型1：函数f (x )在区间D 上单调递增，只需f ′(x )≥0.类型2：函数f (x )在区间D 上单调递减，只需f ′(x )≤0.类型3：∀x 1，x 2∈D ，f (x 1)＞g (x 2)，只需f (x )min ＞g (x )max .类型4：∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)，只需f (x )min ＞g (x )min .类型5：∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＜g (x 2)，只需f (x )max ＜g (x )max .[典例] 已知函数f (x )＝13x 3＋x 2＋ax .(1)若函数f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a 的最小值；(2)若函数g (x )＝xe x ，对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)由题设知f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，而函数y ＝－(x ＋1)2＋1在[1，＋∞)单调递减，则y max ＝－3，∴a ≥－3，∴a 的最小值为－3.(2)“对∀x 1∈⎣⎡⎦⎤12，2，∃x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，使f ′(x 1)≤g (x 2)成立”等价于“当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f ′(x )max ≤g (x )max ”．∵f ′(x )＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递增， ∴f ′(x )max ＝f ′(2)＝8＋a .而g ′(x )＝1－xe x ，由g ′(x )＞0，得x ＜1，由g ′(x )＜0，得x ＞1，∴g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (1)＝1e . 由8＋a ≤1e ，得a ≤1e－8，∴实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，1e －8. [解题技法](1)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＞g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最小值大于g (x )在D 2上的最小值即f (x )min ＞g (x )min (这里假设f (x )min ，g (x )min 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值大于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求大于函数y ＝g (x )的所有函数值．(2)∀x 1∈D 1，∃x 2∈D 2，f (x 1)＜g (x 2)，等价于函数f (x )在D 1上的最大值小于函数g (x )在D 2上的最大值(这里假设f (x )max ，g (x )max 存在)．其等价转化的基本思想是：函数y ＝f (x )的任意一个函数值小于函数y ＝g (x )的某一个函数值，但并不要求小于函数y ＝g (x )的所有函数值．[题组训练]已知函数f (x )＝3x －3x ＋1，g (x )＝－x 3＋32(a ＋1)x 2－3ax －1，其中a 为常数．(1)当a ＝1时，求曲线g (x )在x ＝0处的切线方程；(2)若a ＜0，对于任意的x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，g (x )＝－x 3＋3x 2－3x －1，所以g ′(x )＝－3x 2＋6x －3，g ′(0)＝－3，又因为g (0)＝－1，所以曲线g (x )在x ＝0处的切线方程为y ＋1＝－3x ，即3x ＋y ＋1＝0. (2)f (x )＝3x －3x ＋1＝3(x ＋1)－6x ＋1＝3－6x ＋1，当x ∈[1,2]时，1x ＋1∈⎣⎡⎦⎤13，12，所以－6x ＋1∈[－3，－2]，所以3－6x ＋1∈[0,1]，故f (x )在[1,2]上的值域为[0,1]．由g (x )＝－x 3＋32(a ＋1)x 2－3ax －1，可得g ′(x )＝－3x 2＋3(a ＋1)x －3a ＝－3(x －1)(x －a )．因为a ＜0，所以当x ∈[1,2]时，g ′(x )＜0，所以g (x )在[1,2]上单调递减，故当x ∈[1,2]时，g (x )max ＝g (1)＝－1＋32(a ＋1)－3a －1＝－32a －12，g (x )min ＝g (2)＝－8＋6(a ＋1)－6a －1＝－3，即g (x )在[1,2]上的值域为⎣⎡⎦⎤－3，－32a －12. 因为对于任意的x 1∈[1,2] ，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)，所以[0,1]⊆⎣⎡⎦⎤－3，－32a －12，所以－32a －12≥1，解得a ≤－1，故a 的取值范围为(－∞，－1]．[课时跟踪检测]1．(2019·南昌调研)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，设函数f (x )的导函数为f ′(x )，若对任意的x ＞0都有2f (x )＋xf ′(x )＞0成立，则( )A ．4f (－2)＜9f (3)B ．4f (－2)＞9f (3)C ．2f (3)＞3f (－2)D ．3f (－3)＜2f (－2)解析：选A 根据题意，令g (x )＝x 2f (x )，其导函数g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )，又对任意的x ＞0都有2f (x )＋xf ′(x )＞0成立，则当x ＞0时，有g ′(x )＝x [2f (x )＋xf ′(x )]＞0恒成立，即函数g (x )在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f (x )是定义在R 上的偶函数，则f (－x )＝f (x )，则有g (－x )＝(－x )2f (－x )＝x 2f (x )＝g (x )，即函数g (x )也为偶函数，则有g (－2)＝g (2)，且g (2)＜g (3)，则有g (－2)＜g (3)，即有4f (－2)＜9f (3)．2．f (x )在(0，＋∞)上的导函数为f ′(x )，xf ′(x )＞2f (x )，则下列不等式成立的是( ) A ．2 0182f (2 019)＞2 0192f (2 018) B ．2 0182f (2 019)＜2 0192f (2 018)C ．2 018f (2 019)＞2 019f (2 018)D ．2 018f (2 019)＜2 019f (2 018)解析：选A 令g (x )＝f (x )x 2，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝x 2f ′(x )－2xf (x )x 4＝xf ′(x )－2f (x )x 3＞0，则g (x )在(0，＋∞)上为增函数，即f (2 019)2 0192＞f (2 018)2 0182， ∴2 0182f (2 019)＞2 0192f (2 018)．3．(2019·郑州质检)若对于任意的正实数x ，y 都有⎝⎛⎭⎫2x －y e ln y x ≤xm e 成立，则实数m 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎫1e ，1 B.⎝⎛⎦⎤1e 2，1 C.⎝⎛⎦⎤1e 2，eD.⎝⎛⎦⎤0，1e 解析：选D 由⎝⎛⎭⎫2x －y e ln y x ≤xm e ，可得⎝⎛⎭⎫2e －y x ln y x ≤1m . 设yx＝t ，令f (t )＝(2e －t )·ln t ，t ＞0，则f ′(t )＝－ln t ＋2e t －1，令g (t )＝－ln t ＋2e t －1，t ＞0，则g ′(t )＝－1t －2et 2＜0，∴g (t )在(0，＋∞)上单调递减，即f ′(t )在(0，＋∞)上单调递减． ∵f ′(e)＝0，∴f (t )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， ∴f (t )max ＝f (e)＝e ，∴e ≤1m ，∴实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1e . 4．设函数f (x )＝e x ⎝⎛⎭⎫x ＋3x －3－ax (e 为自然对数的底数)，若不等式f (x )≤0有正实数解，则实数a 的最小值为________．解析：原问题等价于存在x ∈(0，＋∞)，使得a ≥e x (x 2－3x ＋3)，令g (x )＝e x (x 2－3x ＋3)，x ∈(0，＋∞)，则a ≥g (x )min .而g ′(x )＝e x (x 2－x )，由g ′(x )＞0可得 x ∈(1，＋∞)，由g ′(x )＜0可得x ∈(0,1)，∴函数g (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为g (1)＝e.综上可得，实数a 的最小值为e.答案：e5．(2018·武汉质检)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)∵函数f (x )＝x ln x 的定义域是(0，＋∞)，∴f ′(x )＝ln x ＋1.令f ′(x )＜0，得ln x ＋1＜0，解得0＜x ＜1e， ∴f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e . 令f ′(x )＞0，得ln x ＋1＞0，解得x ＞1e， ∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. 综上，f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1e ，单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. (2)∵g ′(x )＝3x 2＋2ax －1,2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，∴2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1恒成立．∵x ＞0，∴a ≥ln x －32x －12x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x (x ＞0)，则h ′(x )＝1x－32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2.令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－13(舍去)．当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：∴当x ＝1时，h (x )取得极大值，也是最大值，且h (x )max ＝h (1)＝－2，∴若a ≥h (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立，则a ≥h (x )max ＝－2，故实数a 的取值范围是[－2，＋∞)．6．(2019·郑州质检)已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)，a ∈R ，在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求f (x )的单调区间；(2)若存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )－x 22＋2x ＋12＞k (x －1)成立，求k 的取值范围．解：(1)由已知可得f (x )的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x )＝1x－a ，∴f ′(1)＝1－a ＝0，∴a ＝1， ∴f ′(x )＝1x －1＝1－x x，令f ′(x )＞0，得0＜x ＜1，令f ′(x )＜0，得x ＞1，∴f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f (x )－x 22＋2x ＋12＞k (x －1)可化为ln x －x 22＋x －12＞k (x －1)．令g (x )＝ln x －x 22＋x －12－k (x －1)(x ＞1)，则g ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋(1－k )x ＋1x，令h (x )＝－x 2＋(1－k )x ＋1(x ＞1)，则h (x )的对称轴为x ＝1－k 2. ①当1－k 2≤1，即k ≥－1时，易知h (x )在(1，x 0)上单调递减， ∴h (x )＜h (1)＝1－k .若k ≥1，则h (x )＜0，∴g ′(x )＜0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递减，∴g (x )＜g (1)＝0，不合题意；若－1≤k ＜1，则h (1)＞0，∴必存在x 0使得x ∈(1，x 0)时g ′(x )＞0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递增，∴g (x )＞g (1)＝0恒成立，符合题意．②当1－k 2＞1，即k ＜－1时，易知必存在x ，使得h (x )在(1，x 0)上单调递增．∴h (x )＞h (1)＝1－k ＞0，∴g ′(x )＞0，∴g (x )在(1，x 0)上单调递增．∴g (x )＞g (1)＝0恒成立，符合题意．综上，k 的取值范围为(－∞，1)．7．已知函数f (x )＝x e x ＋ln x x(e 为自然对数的底数)． (1)求证：函数f (x )有唯一零点；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，x e x －ln x ≥1＋kx 恒成立，求实数k 的取值范围．解：(1)证明：f ′(x )＝(x ＋1)e x＋1－ln x x 2，x ∈(0，＋∞)，易知当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0,所以f (x )在区间(0,1)上为增函数，又因为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e 1e －e 2e ＜0，f (1)＝e ＞0，所以f ⎝⎛⎭⎫1e f (1)＜0，即f (x )在区间(0,1)上恰有一个零点，由题可知f (x )＞0在(1，＋∞)上恒成立，即在(1，＋∞)上无零点，所以f (x )在(0，＋∞)上有唯一零点．(2)设f (x )的零点为x 0，即x 0e x 0＋ln x 0x 0＝0. 原不等式可化为x e x －ln x －1x≥k ，令g (x )＝x e x－ln x －1x ，则g ′(x )＝x e x ＋ln x x x ，由(1)可知g (x )在(0，x 0) 上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，故g (x 0) 为g (x )的最小值．下面分析x 0e x 0＋ln x 0x 0＝0，设x 0e x 0＝t ，则ln x 0x 0＝－t ，可得⎩⎪⎨⎪⎧ ln x 0＝－tx 0，ln x 0＋x 0＝ln t ，即x 0(1－t )＝ln t ，若t ＞1，等式左负右正不相等；若t ＜1，等式左正右负不相等，只能t ＝1.因此g (x 0)＝x 0e x 0－ln x 0－1x 0＝－ln x 0x 0＝1，所以k ≤1. 即实数k 的取值范围为(－∞，1]．。

导数不等式证明18种题型归类 (学生版)

导数不等式证明18种题型归类一、知识梳理与二级结论二、热考题型归纳题型一：不等式证明基础题型二：三角函数型不等式证明题型三：数列“累加型”不等式证明题型四：双变量构造换元型不等式证明题型五：同构型不等式证明题型六：双变量“比值代换”型不等式证明题型七：凸凹反转型不等式证明题型八：极值点偏移型不等式证明题型九：“极值型偏移”不等式证明题型十：三角函数型极值点偏移不等式证明题型十一：三个零点型不等式证明题型十二：三个极值点型不等式证明题型十三：系数不一致型不等式证明题型十四：极值构造(利用第一问结论)题型十五：先放缩型不等式证明题型十六：切线放缩型不等式证明题型十七：利用韦达定理置换型不等式证明题型十八：泰勒展开型不等式证明三、高考真题对点练四、最新模考题组练知识梳理与二级结论1.应用导数证明不等式基础思维：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x-g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.2.“切线放缩”是处理不等式问题的一种技巧．如：y=e x在点0,1处的切线为y=x+1，如图所示，易知除切点0,1外，y=e x图象上其余所有的点均在y=x+1的上方，故有e x≥x+1．该结论可构造函数f x =e x-x-1并求其最小值来证明．显然，我们选择的切点不同，所得的不等式也不同．3.泰勒公式形式：泰勒公式是将一个在x0处具有n阶导数的函数利用关于(x-x0)的n次多项式来逼近函数的方法.若函数f(x)在包含x0的某个闭区间[a,b]上具有n阶导数，且在开区间(a,b)上具有(n+1)阶导数，则对闭区间[a,b]上任意一点x，成立下式：f(x)=f(x0)+f (x0)(x-x0)+f (x0)2!(x-x0)2+⋯+f(n)(x0)n!(x-x0)n+R n(x)其中：f(n)(x0)表示f(x)在x=x0处的n阶导数，等号后的多项式称为函数f(x)在x0处的泰勒展开式，剩余的R(n)(x)是泰勒公式的余项，是(x-x0)n的高阶无穷小量.4.常见函数的泰勒展开式：(1)e x=1+x1!+x22!+x33!+⋯+x nn!+x n+1n+1!eθx，其中0<θ<1；(2)ln1+x=x-x22!+x33!-⋯+-1n-1x nn!+R n，其中R n=-1nx n+1n+1!11+θxn+1；(3)sin x=x-x33!+x55!-⋯+-1k-1x2k-12k-1!+R n，其中R n=-1kx2k+12k+1!cosθx；(4)cos x=1-x22!+x44!-⋯+-1k-1x2k-22k-2!+R n，其中R n=-1kx2k2k!cosθx；(5)11-x=1+x+x2+⋯+x n+o(x n)；(6)(1+x)n=1+nx+n(n-1)2!x2+o(x2)；(7)tan x=x+x33+215x5+⋅⋅⋅+o x2n；(8)1+x=1+12x-18x2+116x3+⋅⋅⋅+o x n．5.麦克劳林(Maclaurin)公式f(x)=f(0)+f (0)x+f (0)2!x2+⋯+f(n)(0)n!x n+R n(x)虽然麦克劳林公式是泰勒中值定理的特殊形式，仅仅是取x0=0的特殊结果，由于麦克劳林公式使用方便，在高考中经常会涉及到.6.常见函数的麦克劳林展开式：(1)e x=1+x+x22!+⋯+x nn!+eθx(n+1)!x n+1(2)sin x=x-x33!+x55!-⋯+(-1)n x2n+1(2n+1)!+o(x2n+2)(3)cos x=1-x22!+x44!-x66!+⋯+(-1)n x2n(2n)!+o(x2n)(4)ln(1+x)=x-x22+x33-⋯+(-1)n x n+1n+1+o(x n+1)(5)11-x=1+x+x2+⋯+x n+o(x n)(6)(1+x)n=1+nx+n(n-1)2!x2+o(x2)7.两个超越不等式：(注意解答题需先证明后使用)(1)、对数型超越放缩：x-1x≤ln x≤x-1(x>0)(2)、指数型超越放缩：x +1≤e x ≤11-x(x <1)8.极值点偏移问题的一般题设形式：(1)若函数f (x )存在两个零点x 1,x 2且x 1≠x 2，求证：x 1+x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；(2)若函数f (x )中存在x 1,x 2且x 1≠x 2满足f (x 1)=f (x 2)，求证：x 1+x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；(3)若函数f (x )存在两个零点x 1,x 2且x 1≠x 2，令x 0=x 1+x22，求证：f '(x 0)>0；(4)若函数f (x )中存在x 1,x 2且x 1≠x 2满足f (x 1)=f (x 2)，令x 0=x 1+x22，求证：f '(x 0)>0.热点考题归纳题型一:不等式证明基础1已知函数f x =x ln x ．(1)求曲线y =f (x )在点1,f 1 处的切线方程；(2)求证：f x <x 2+x ．【变式演练】1(甘肃省武威市凉州区2022届高三下学期质量检测数学(文)试题)设函数f x =x 2-2x e x +aex-e 2ln x ，其中e 为自然对数的底数，曲线y =f x 在2,f 2 处切线的倾斜角的正切值为32e 2+2e ．(1)求a 的值；(2)证明：f x >0．2已知函数f(x)=ln x+x2-ax.(1)若函数f(x)在定义域内为增函数，求实数a的取值范围；(2)若a=0且x∈(0，1)，求证：x⋅[1+x2-f(x)]<(1+x-x3)⋅e x.题型二:三角函数型不等式证明1(北京市第八中学2023届高三上学期12月测试数学试题)已知函数f x =x n+2-x n cos x(其中n∈Z)．上的单调性；(1)若n=-1，判断函数f x 在0,π2(2)若n=1，判断函数f x 零点个数，并说明理由；>0．(3)若n=0，求证：f x +2-xe x-11(江苏省连云港市灌南高级中学、灌云高级中学2022-2023学年高三上学期10月联考数学试题)已知函数函数f(x)=sin x x.(1)当x>0时，f(x)<a，求实数a的取值范围；(2)证明：x3e x>x ln x+sin x.题型三:数列“累加型”不等式证明1(2023·四川成都·石室中学校考模拟预测)已知函数f x =ln x-a1-1 x.(1)若f x ≥0，求实数a的值；(2)已知n∈N*且n≥2，求证：12+13+⋅⋅⋅+1n<ln n.1(2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模)已知函数f x =ln x-x-1 x.(1)证明：f x ≥0；(2)证明：ln2+ln322+ln432+⋯+ln n+1n2>1-1n+1,n∈N∗.题型四:双变量构造换元型不等式证明1(2021·黑龙江·校联考模拟预测)已知f(x)=e x.(1)求关于x的函数g(x)=f(x)-4f(-x)-5x的单调区间；(2)已知a>b，证明：e a-e ba-b ≤16e a+e b+4e a+b2.1(2021·广东·统考一模)已知f(x)=ln x，g(x)=12x2+mx+72(m<0)，直线l与函数f(x)、g(x)的图象都相切，且与函数f(x)的图象的切点的横坐标为1.(Ⅰ)求直线l的方程及m的值；(Ⅱ)若h(x)=f(x+1)-g (x)(其中g (x)是g(x)的导函数)，求函数h(x)的最大值；(Ⅲ)当0<b<a时，求证：f(a+b)-f(2a)<b-a2a.题型五:同构型不等式证明1(四川省乐山市高中2022届第一次调查研究考试数学(理)试题)已知函数f x =e axx，g x =ln x+2x+1x，其中a∈R.(1)试讨论函数f x 的单调性；(2)若a=2，证明：xf(x)≥g(x).1(2022·贵州黔东南·统考一模)已知函数f(x)=ln xmx(m≠0).(1)试讨论函数f(x)的单调性；(2)对∀a,b∈(1,e)，且a>b，证明：a b+1>b a+1.题型六:双变量“比值代换型”不等式证明1(2020·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考三模)函数f x =ln x-2(x-1) x+1(1)求证：函数f x 在(0,+∞)上单调递增；(2)若m,n为两个不等的正数,试比较ln m-ln nm-n与2m+n的大小,并证明.1(2022·湖北黄冈·统考一模)已知函数f x =ln x -mx +m .(1)求函数f x 的单调区间；(2)若f x ≤0在x ∈0,+∞ 上恒成立，求实数m 的取值范围；(3)在(2)的条件下，对任意的0<a 52.1(陕西省西安市高新第一中学2021-2022学年高三上学期第一次月考理科数学试题)已知函数f (x )=ln x -x .(1)讨论函数g (x )=f (x )-ax(a ≠0,a ∈R )的单调性；(2)证明：f (x ) >ln x x +12.题型八:极值点偏移型不等式证明1已知函数f (x )=ln x +a x.(1)求f (x )的最小值；(2)若方程f (x )=0有两个根x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：x 1+x 2>2a .1已知函数f x =ln x-12ax2+1.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)当a=1时，设函数f x 的两个零点为x1，x2，试证明：x1+x2>2.题型九:“极值型偏移”型不等式证明1(湖北省新高考联考协作体2021-2022学年高三上学期12月联考数学试题)已知函数f x =a ln x+x，g x =12x2-a+2x+32a a∈R.(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a>1，h x =f x +g x ，x1，x2为h x 的两个极值点，证明：h x1+h x1<7 2.1(2023·贵州毕节·校考模拟预测)已知函数f x =2x+aln x-3x-a,a>0.(1)当x≥1时，f x ≥0，求a的取值范围.(2)若函数f x 有两个极值点x1,x2，证明：x1+x2>2e-12.题型十:三角函数型极值点偏移不等式证明1(2022·河南郑州·校联考二模)已知函数f x =e-x⋅sin x，x∈0,π.(1)求函数f x 的单调区间；(2)若x1≠x2，且f x1=f x2，证明：x1+x2>π2.1(2023·福建宁德·统考模拟预测)已知函数f x =a sin xe x,x∈0,π.(1)若f x ≤1，求实数a的取值范围；(2)若a=4，且f x1=f x2,x1<x2，求证：x1+x2>π2且π-x2eπ-x2<sin x2.题型十一:三个零点型不等式证明1(浙江省舟山中学2021-2022学年高三上学期12月月考数学试题)已知函数f x =x+1ln x+a x-1,a∈R．(1)求函数y=f x 的最小值；(2)若f x 有三个零点x1,x2,x3，①求a的取值范围；②求证：1ln x1+a +1ln x2+a+1ln x3+a<3a．1(浙江省杭州市第十四中学2021届高三下学期5月模拟考试数学试题)已知函数f x =x ln x,g x =x2+ax-1,a∈R.(1)若对任意x∈1,+∞，不等式f x ≤12g x 恒成立，求a的取值范围；(2)已知函数h x =f x-a有3个不同的零点x1,x2,x3x1<x2<x3..(i)求a的取值范围；(ii)求证：x3-x2>1+2a-1-2a.题型十二:三个极值点型不等式证明1已知函数f x =x-2e x+ax33-x22 ．(1)讨论f(x)的极值点的个数；(2)若f(x)有3个极值点x1，x2，x3(其中x1<x2<x3)，证明：x1x3<x22．1已知函数f(x)=(x-a)2ln x(其中a为常数)．(1)当a=0时，求函数f(x)的单调减区间和极值点；(2)当a>0时，设函数f(x)的3个极值点为x1，x2，x3，且x1<x2<x3，①求a的取值范围；②证明：当0<a<1时，x1+x3>2e．题型十三:系数不一致型不等式证明1(浙江省浙南名校联盟2021-2022学年高三上学期期末联考数学试题)设实数a>0，且a≠1，函数f x =axe2-log a x,x∈0,+∞.(1)求函数f x 的单调区间；(2)若函数y=f x 有两个不同的零点x1,x2x1<x2.(i)求a的取值范围；(ii)证明：x1+2x2>3a.1(浙江省绍兴市诸暨市2021-2022学年高三上学期期末数学试题)已知函数f x =x-1e x-43x+132-ax a∈R.(1)当a=0时，求y=f x 在0,f0处的切线方程；(2)若y=f x 有两个极值点x1、x2，且x1<x2.(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)求证：x22-x1<a+3.题型十四:极值构造型(利用第一问结论)1(2022·海南·统考一模)已知函数f(x)=ax-e x+1,a∈R.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)≤0在x∈R上恒成立，求实数a的取值集合；(3)当a=1时，对任意的0<m<n，求证：1n -1<f(ln n)-f(ln m)n-m<1m-1.1(2023·吉林·统考模拟预测)已知函数f x =x ln x -m x -1 ，且f x ≥0.(1)求实数m 的取值范围；(2)设k 为整数，且对任意正整数n ，不等式1+131+132 ⋯1+13n <k 恒成立，求k 的最小值；(3)证明：202320242024<1e<20232024 2023.题型十五:先放缩型证明不等式1(2022届高三普通高等学校招生全国统一考试数学信息卷(二))已知函数f x =ax sin x -b cos x ，g x =ln x +x +3．在下列三个条件中任选一个填在下面的横线上，解答下列问题．①a +b =0，②a -b =1，③a +b =-1．(1)(ⅰ)，曲线f x 在点π,f π 处的切线经过点0,π-1 ，求实数a 的值；(ⅱ)求证：y =2x +2是曲线g x 的一条切线．(2)x ∈0,π2，当a =2，b =0时，求证：f x +π>g x ．1(山东省2021-2022学年高三上学期12月备考监测第二次联合考试数学试题)函数f x =ln x -ax +1.(1)若f x ≤0恒成立，求a 的取值范围.(2)证明：ln x x +1 e -x+1 <2e +1.题型十六:切线放缩型不等式证明1(2021年高考数学押题预测卷(天津卷)01)已知函数f x =m x 22-k ln x +n e x +114e x +1-ax +a -1 ，其中e =2.718⋯是自然对数的底数，f x 是函数f x 的导数.(1)若m =1，n =0时 .(i )当k =1时，求曲线f x 在x =1处的切线方程.(ⅱ)当k >0时，判断函数f x 在区间1,e 零点的个数.(2)若m =0，n =1，当a =78时，求证：若x 1≠x 2，且x 1+x 2=-2，则f x 1 +f x 2 >2.1(江苏省泰州市姜堰中学2020-2021学年高三上学期12月月考数学试题)已知函数f (x )=a (x -1)e x ，a ≠0.(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a =1时，①求函数在x =1处的切线l ，并证明0<x <1，函数f (x )图象恒在切线l 上方；②若f (x )=m 有两解x 1,x 2，且x 1<x 2，证明x 2-x 21<me-m .题型十七:利用韦达定理置换型不等式证明1(山西省山西大学附属中学2021届高三下学期三月模块诊断理科数学试题)已知函数f x =x 2-x +k ln x ，k ∈R ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f x 有两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1 -f x 2 <14-2k ．1已知函数f x =12x 2+ln x +mx ，(m ∈R )．(1)若f x 存在两个极值点，求实数m 的取值范围；(2)若x 1，x 2为f x 的两个极值点，证明：f x 1 +f x 2 2-f x 1+x 22 >m +228．泰勒展开型不等式证明1(2022·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测)给出以下三个材料：①若函数f x 可导，我们通常把导函数f x 的导数叫做f x 的二阶导数，记作f x .类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作f x ，三阶导数的导数叫做四阶导数⋯⋯一般地，n -1阶导数的导数叫做n 阶导数，记作f nx =f n -1x,n ≥4.②若n ∈N ∗，定义n !=n ×n -1 ×n -2 ×⋅⋅⋅×3×2×1.③若函数f x 在包含x 0的某个开区间a ,b 上具有n 阶的导数，那么对于任一x ∈a ,b 有g x =f x 0 +f x 0 1!x -x 0 +f x 0 2!x -x 02+f x 0 3!x -x 0 3+⋅⋅⋅+f nx 0 n !x -x 0 n ，我们将g x 称为函数f x 在点x =x 0处的n 阶泰勒展开式.例如，y =e x 在点x =0处的n 阶泰勒展开式为1+x +12x 2+⋅⋅⋅+1n !x n .根据以上三段材料，完成下面的题目：(1)求出f 1x =sin x 在点x =0处的3阶泰勒展开式g 1x ，并直接写出f 2x =cos x 在点x =0处的3阶泰勒展开式g 2x ；(2)比较(1)中f 1x 与g 1x 的大小.(3)证明：e x +sin x +cos x ≥2+2x .【变式演练】1(2022春·广东广州·高三校级联考)已知函数f (x )=ln (x -1)-k (x -1)+1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：ln23+ln34+ln45+⋅⋅⋅+ln n n +1<n n -1 4(n ∈N *,n >1).高考真题对点练1(2023·天津·统考高考真题)已知函数f x =1x+12ln x+1．(1)求曲线y=f x 在x=2处切线的斜率；(2)当x>0时，证明：f x >1；(3)证明：56<ln n!-n+12ln n +n≤1．2(2022·全国·统考高考真题)已知函数f x =e xx-ln x+x-a．(1)若f x ≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f x 有两个零点x1,x2，则x1x2<1．3(2022·北京·统考高考真题)已知函数f(x)=e x ln(1+x)．(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)设g(x)=f (x)，讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性；(3)证明：对任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)．4(2021·浙江·统考高考真题)设a，b为实数，且a>1，函数f x =a x-bx+e2(x∈R)(1)求函数f x 的单调区间；(2)若对任意b>2e2，函数f x 有两个不同的零点，求a的取值范围；(3)当a=e时，证明：对任意b>e4，函数f x 有两个不同的零点x1,x2,x2>x1，满足x2>b ln b2e2x1+e2b.(注：e=2.71828⋅⋅⋅是自然对数的底数)5(2021·全国·统考高考真题)设函数f x =ln a-x，已知x=0是函数y=xf x 的极值点．(1)求a；(2)设函数g(x)=x+f(x)xf(x)．证明:g x <1．6(2021·全国·统考高考真题)已知函数f x =x1-ln x.(1)讨论f x 的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a-a ln b=a-b，证明：2<1a +1b<e.最新模考真题1(2023·西藏昌都·校考模拟预测)已知函数f (x )=ln x -ax +1,a ∈R ．(1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)若x 0为函数g (x )=x [f (x )+ln x -2]的极值点，求证：2ax 20<e x 0-1．2(2023·贵州毕节·校考模拟预测)已知函数f x =mx +n e x +mx 2+2m +n x 在x =-1处取得极小值-1e-1.(1)求实数m ,n 的值；(2)当x ∈0,+∞ 时，证明：f x >ln x +x +32.3(2023·贵州贵阳·校联考三模)实数k >0，f (x )=ln (x +1)，g (x )=kxx +k.(1)讨论f x -g x 的单调性并写出过程；(2)求证：nk =1e31+3k 2>n +1-1n +1.4(2023·四川·校联考一模)已知函数f x =x 2-2ln x ．(1)求f x 的单调区间；(2)令g x =f x -a -2 ln x ，若g x 有两个零点x 1，x 2x 1<x 2 ，且x 0是g x的唯一极值点，求证：x 0-x1x 2-x 0<3．5(2023·福建三明·统考三模)已知函数f x =axx+1-ln x a∈R.(1)讨论f x 的单调性；(2)若x∈12,1，证明：1-xe4x-1x-4x2+x<0.6(2023·山东济南·校考模拟预测)设函数f(x)=e mxx+1(x>-1)，已知f(x)≥1恒成立．(1)求实数m的值；(2)若数列{a n}满足a n+1=ln f(a n)，且a1=1-ln2，证明：|e a n-1|<12n.7(2023·江西赣州·统考模拟预测)已知函数f x =ln x +a a ∈R .(1)若函数g x =f x +12x 2+ax ，讨论函数g x 的单调性；(2)证明：当a ≤12时，f x <e x -sin θ.8(2023·江西赣州·统考模拟预测)已知函数f x =ln x +a ，a ∈R .(1)若g x =f x +12x 2+ax ，讨论函数g x 的单调性；(2)证明：当m ≤12时，函数y =f x +m -a 的图象在函数h x =e x +32sin θ的图象的下方.。

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 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 <，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 ．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 yC ．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 +<++．。

根据导数定义证明不等式的例题

根据导数定义证明不等式的例题导数是微积分中的重要概念之一，它描述的是函数在某一点处的变化率。

我们可以利用导数的定义来证明一些不等式，以下是一个例题：证明：对于任意正整数n，有如下不等式成立：1 + 2x + 3x^2 + … + nx^(n-1) < (1 + x)^(n+1) / (1 + x)其中x>0。

解：我们可以根据导数的定义来证明这个不等式。

首先，我们考虑左边的求和式，将它表示成一个函数f(x)的形式：f(x) = 1 + 2x + 3x^2 + … + nx^(n-1)我们可以对f(x)求导数，得到：f’(x) = 2 + 6x + 12x^2 + … + n(n-1)x^(n-2)接下来，我们考虑右边的分式，将它表示成一个函数g(x)的形式：g(x) = (1 + x)^(n+1) / (1 + x)我们同样可以对g(x)求导数，得到：g’(x) = (n+1)(1+x)^n / (1+x)^2 - (1+x)^(n+1) / (1+x)^2 = n(1+x)^(n-1) / (1+x)^2= n(1+x)^(n-3) * (1+x)^2 / (1+x)^2= n(1+x)^(n-3)接下来，我们证明f’(x) < g’(x) 对于所有的x>0都成立。

首先，当x=0时，f’(x)=2，g’(x)=n。

显然，当n>2时，f’(x)<g’(x)。

接着，我们假设对于某个x>0，不等式f’(x) < g’(x)成立，即：2 + 6x + 12x^2 + … + n(n-1)x^(n-2) < n(1+x)^(n-3)我们希望证明对于x的任意增加，上述不等式仍然成立。

为此，我们考虑不等式两边同时乘以x：2x + 6x^2 + 12x^3 + … + n(n-1)x^(n-1) < nx(1+x)^(n-3) 现在我们将右边的式子扩展一下：nx(1+x)^(n-3) = (n-2)x(1+x)^(n-2) + (2x)(n-2)(1+x)^(n-2) 显然，右边的式子可以表示为两个小于g’(x)的项之和。

利用导数证明不等式

利用导数证明不等式例1．已知x>0，求证：x>ln(1+x)分析：设f(x)=x －ln （1+x ）。

x ∈[0,+∞)。

考虑到f(0)=0，要证不等式变为：x>0时，f(x)>f(0)，这只要证明：f(x)在区间),0[+∞是增函数。

证明：令：f(x)=x －lnx ，容易看出，f(x)在区间),0[+∞上可导。

且)0(0)(lim 0f x f x ==+→ 由1111)('+=+-=x x x x f 可得：当),0(+∞∈x 时，0)0()('=>f x f 即x －lnx>0，所以：x>0时，x>lnx评注：要证明一个一元函数组成的不等式成立，首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。

例2：当()π,0∈x 时，证明不等式x x <sin 成立。

证明：设,sin )(x x x f -=则.1cos )('-=x x f∵),,0(π∈x ∴.0)('<x f ∴x x x f -=sin )(在),0(π∈x 内单调递减，而.0)0(=f∴,0)0(sin )(=<-=f x x x f 故当),0(π∈x 时，x x <sin 成立。

点评：一般地，证明),,(),()(b a x x g x f ∈<可以构造函数),()()(x g x f x F -=如果,0)('<x F ，则)(x F 在),(b a 上是减函数，同时若,0)(≤a F 由减函数的定义可知，),(b a x ∈时，有,0)(<x F 即证明了)()(x g x f <。

练习：1.当0>x 时，证明不等式2211x x e x ++>成立。

证明：设(),2112x x e x f x---=则().1'x e x f x --= 令,1)(x e x g x --=则.1)('-=x e x g 当0>x 时，().01'>-=x e x g )(x g ∴在()+∞,0上单调递增，而.0)0(=g (),0)0(=>∴g x g 0)(>∴x g 在()+∞,0上恒成立，即0)('>x f 在()+∞,0恒成立。

利用导数证明不等式的常见题型

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506 班导数与不等式专题学案
利用导数证明不等式的常见题型答案
1. (2017·课标全国 III 卷理）已知函数 f ( x) = x 2 − 2 x + a(e x −1 + e− x +1 ) 有唯一零点，则 a = （ B．
1 3
）
1 A． − ２
C．
1 2
D．1
【答案】C 【解析】由条件， f ( x) = x 2 − 2 x + a(e x −1 + e− x +1 ) ，得：
3.（2015·北京理）(本题满分 13 分) 已知函数 f ( x) = ln (I)求曲线 y = f ( x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程；
f x）（ 2 x+ (II)求证：当 x (0,1) 时，（ x3 ）； 3
1+ x ． 1− x
(III)设实数 k 使得 f ( x) k ( x +
x3 0 x0＋ . 所以∃x0∈(0，1)，h(x0)＜h(0)＝0，即 f (x0)＜k 3 x3 x＋并非对 x∈(0，1)恒成立．所以当 k＞2 时，f (x)＞k 3 综上可知，k 的最大值为 2. x3 x3 x＋，只需构造函数 g(x)＝f (x)－2x＋，转化【点评】关键点拨：(2)中，证明 x∈(0，1)时，f (x)＞2 3 3 为求函数 y＝g(x)的最小值大于 0．(3)中可用同样的方法．刷有所得：(1)比较大小常采用作差法，证明 x∈D，f(x)＞g(x)成立，可等价转化为 f(x)－g(x)＞0 来证，令 h(x)＝f(x)－g(x)，只需证 h(x)min＞0. (2)不等式 f(x)＞g(x)对 x∈D 恒成立，求参数 a 的取值范围，常采用作差法构造函数求最值，即 f(x)－g(x)＞ 0 对 x∈D 恒成立，令 h(x)＝f(x)－g(x)只需求 h(x)min＞0 时 a 的取值范围；也可以采用将参数 a 与变量 x 分离，即 a＞φ(x)(或 a＜φ(x))对 x∈D 恒成立，只需 a＞φ(x)max(或 a＜φ(x)min)．测训诊断：本题难度偏难，主要考查导数的应用，考查学生的运算能力，及转化与化归思想．

【高考理数】利用导数解决不等式问题(解析版)

2020题型一利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题【题型要点】已知不等式f (x ，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x ∈D 恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决这个问题的常用思想方法如下：(1)分离参数法：第一步，将原不等式f (x ，λ)≥0(x ∈D ，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f 1(λ)≥f 2(x )或f 1(λ)≤f 2(x )的形式；第二步，利用导数求出函数f 2(x )(x ∈D )的最大(小)值；第三步，解不等式f 1(λ)≥f 2(x )max 或f 1(λ)≤f 2(x )min 从而求出参数λ的取值范围． (2)函数思想法：第一步，将不等式转化为某含参数的函数的最值问题；第二步，利用导数求出该函数的极值(最值)；第三步，构建不等式求解．【例1】已知函数f (x )＝x 4＋ax 3＋2x 2＋b (x ∈R )，其中a ，b ∈R . (1)当a ＝－103时，讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )仅在x ＝0处有极值，求a 的取值范围；(3)若对于任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，求b 的取值范围．【解】 (1)f ′(x )＝4x 3＋3ax 2＋4x ＝x (4x 2＋3ax ＋4)．当a ＝－103时，f ′(x )＝x (4x 2－10x ＋4)＝2x (2x －1)(x －2)．令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝12，x 3＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )在(0，12)，(2，＋∞)内是增函数，在(－∞，0)，(12，2)内是减函数．(2)f ′(x )＝x (4x 2＋3ax ＋4)，显然x ＝0不是方程4x 2＋3ax ＋4＝0的根．为使f (x )仅在x ＝0处有极值，必须4x 2＋3ax ＋4≥0成立，即有Δ＝9a 2－64≤0. 解此不等式，得－83≤a ≤83.这时，f (0)＝b 是唯一极值．因此满足条件的a 的取值范围是[－83，83]． (3)解：由条件a ∈[－2,2]，可知Δ＝9a 2－64<0，从而4x 2＋3ax ＋4>0恒成立．当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0.因此函数f (x )在[－1,1]上的最大值是f (1)与f (－1)两者中的较大者．为使对任意的a ∈[－2,2]，不等式f (x )≤1在[－1,1]上恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧f (1)≤1f (－1)≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧b ≤－2－a b ≤－2＋a在a ∈[－2,2]上恒成立．所以b ≤－4，因此满足条件的b 的取值范围是(－∞，－4]．题组训练一利用导数解决不等式的恒成立与能成立问题已知函数f (x )＝e x －1＋ax ，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)若∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围．【解析】 (1)f ′(x )＝e x －1＋a ，(∈)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (∈)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1，当f ′(x )>0，即x >ln(－a )＋1时，函数f (x )单调递增；当f ′(x )<0，即x <ln(－a )＋1时，函数f (x )单调递减．综上，当a ≥0时，函数f (x )在R 上单调递增；当a <0时，函数f (x )的单调递增区间是(ln(－a )＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a )＋1)．(2)令a ＝－1，由(1)可知，函数f (x )＝e x －1－x 的最小值为f (1)＝0，所以e x －1－x ≥0，即e x －1≥x .f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立与f (x )＋ln x －a －1≥0恒成立等价，令g (x )＝f (x )＋ln x －a －1，即g (x )＝e x －1＋a (x －1)＋ln x －1(x ≥1)，则g ′(x )＝e x －1＋1x ＋a ，∈当a ≥－2时，g ′(x )＝e x －1＋1x ＋a ≥x ＋1x＋a ≥2x ·1x ＋a ＝a ＋2≥0(或令φ(x )＝e x －1＋1x，则φ′(x )＝e x －1－1x 2在[1，＋∞)上递增，∈φ′(x )≥φ′(1)＝0，∈φ(x )在[1，＋∞)上递增，∈φ(x )≥φ(1)＝2，∈g ′(x )≥0)∈g (x )在区间[1，＋∞)上单调递增， ∈g (x )≥g (1)＝0，∈f (x )＋ln x ≥a ＋1恒成立， ∈当a <－2时，令h (x )＝ex －1＋1x ＋a ，则h ′(x )＝e x －1－1x 2＝x 2e x －1－1x 2，当x ≥1时，h ′(x )≥0，函数h (x )单调递增．又h (1)＝2＋a ＜0， h (1－a )＝e 1－a －1＋11－a ＋a ≥1－a ＋11－a ＋a ＝1＋11－a>0，∈存在x 0∈(1,1－a )，使得h (x 0)＝0，故当x ∈(1，x 0)时，h (x )<h (x 0)＝0，即g ′(x )<0，故函数g (x )在(1，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )>h (x 0)＝0，即g ′(x )>0，故函数g (x )在(x 0，＋∞)上单调递增．∈g (x )min ＝g (x 0)<g (1)＝0，即∈x ∈[1，＋∞)，f (x )＋ln x ≥a ＋1不恒成立，综上所述，a的取值范围是[－2，＋∞)．题型二利用导数证明与函数有关的不等式【题型要点】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则∈∈x∈[a，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；∈对∈x1，x2∈[a，b]，且x1<x2，则f(x1)<f(x2)．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)，则对∈x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．(3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0.【例2】已知函数f(x)＝(ln x－k－1)x(k∈R)．(1)当x>1时，求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意x∈[e，e2]，都有f(x)<4ln x成立，求k的取值范围；(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2<e2k.(1)【解析】f′(x)＝1x·x＋ln x－k－1＝ln x－k，∈当k≤0时，因为x>1，所以f′(x)＝ln x－k>0，函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值；∈当k>0时，令ln x－k＝0，解得x＝e k，当1<x<e k时，f′(x)<0；当x>e k时，f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递减区间是(1，e k)，单调递增区间是(e k，＋∞)，在区间(1，＋∞)上的极小值为f(e k)＝(k－k－1)e k＝－e k，无极大值．(2)【解析】由题意，f(x)－4ln x<0，即问题转化为(x－4)ln x－(k＋1)x<0对于x∈[e，e2]恒成立．即k ＋1>(x －4)ln xx 对x ∈[e ，e 2]恒成立．令g (x )＝(x －4)ln x x ，则g ′(x )＝4ln x ＋x －4x 2，令t (x )＝4ln x ＋x －4，x ∈[e ，e 2]，则t ′(x )＝4x ＋1>0，所以t (x )在区间[e ，e 2]上单调递增，故t ()x min ＝t (e)＝e －4＋4＝e>0，故g ′(x )>0，所以g (x )在区间[e ，e 2]上单调递增，函数g ()x max ＝g (e 2)＝2－8e2.要使k ＋1>(x －4)ln xx 对于x ∈[e ，e 2]恒成立，只要k ＋1>g ()x max ，所以k ＋1>2－8e2，即实数k 的取值范围为⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-,812e (3)[证明] 因为f (x )＝f (x 2)，由(1)知，函数f (x )在区间(0，e k )上单调递减，在区间(e k ，＋∞)上单调递增，且f (e k ＋1)＝0. 不妨设x 1<x 2，则0<x 1<e k <x 2<e k ＋1，要证x 1x 2<e 2k ，只要证x 2<e 2k x 1，即证e k<x 2<e 2k x 1. 因为f (x )在区间(e k ，＋∞)上单调递增，所以f (x 2)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k .又f (x )＝f (x 2)，即证f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，构造函数h (x )＝f (x )－f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k＝(ln x －k －1)x －⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2k x e k e 2kx ，即h (x )＝x ln x －(k ＋1)x ＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛--x k xx 1ln ，x ∈(0，e k )．h ′(x )＝ln x ＋1－(k ＋1)＋e 2k ⎪⎭⎫⎝⎛-+-221ln 1x k x x ＝(ln x －k )(x 2－e 2k )x 2，因为x ∈(0，e k )，所以ln x －k <0，x 2<e 2k ，即h ′(x )>0，所以函数h (x )在区间(0，e k )上单调递增，故h (x )<h (e k )，而h (e k )＝f (e k )－f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛k k e e2＝0，故h (x )<0，所以f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛12x e k ，即f (x 2)＝f (x 1)<f ⎪⎪⎭⎫⎝⎛12x e k ，所以x 1x 2<e 2k 成立．题组训练二利用导数证明与函数有关的不等式已知函数f (x )＝ln x ＋ax(a >0)．(1)若函数f (x )有零点，求实数a 的取值范围； (2)证明：当a ≥2e时，f (x )>e －x .(1)【解】方法一函数f (x )＝ln x ＋ax 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋a x ，得f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2.因为a >0，则当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．当x ＝a 时，f (x )min ＝ln a ＋1. 当ln a ＋1≤0，即0<a ≤1e时，又f (1)＝ln 1＋a ＝a >0，则函数f (x )有零点．所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤⎝⎛e1,0方法二函数f (x )＝ln x ＋a x 的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋ax ＝0，得a ＝－x ln x .令g (x )＝－x ln x ，则g ′(x )＝－(ln x ＋1)．当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0时，g ′(x )>0；当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e时，g ′(x )<0.所以函数g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递减．故当x ＝1e 时，函数g (x )取得最大值g ⎪⎭⎫⎝⎛e 1＝－1e ln 1e ＝1e.因为函数f (x )＝ln x ＋a x 有零点，则0<a ≤1e，所以实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛e1,0.(2)【证明】要证明当a ≥2e 时，f (x )>e －x ，即证明当x >0，a ≥2e 时，ln x ＋a x >e －x ，即x ln x ＋a >x e －x .令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1. 当0<x <1e 时，h ′(x )<0；当x >1e时，h ′(x )>0.所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0上单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e上单调递增．当x ＝1e 时，h (x )min ＝－1e ＋a .于是，当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1e.∈令φ(x )＝x e －x ，则φ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )．当0<x <1时，φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0.所以函数φ(x )在()0，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．当x ＝1时，φ(x )max ＝φ(1)＝1e .于是，当x >0时，φ(x )≤1e.∈显然，不等式∈∈中的等号不能同时成立．故当a ≥2e时，f (x )>e －x .题型三用赋值法证明与正整数有关的不等式【题型要点】(1)利用导数研究的正整数不等式一般都与题目给出的函数不等式有关，如本例中给出的函数f (x )在a ＝12，x ≥1时，有不等式12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x ，根据函数的定义域，这个不等式当然对一切大于等于1的数成立，这样根据所证不等式的特点，给定x 以适当的数值即可证明正整数不等式．凡涉及从1到n 的整数的不等式，而且不等式中含有ln n 的问题，一般都是通过赋值使之产生ln n ＋1n ，ln n n －1等使问题获得解决的，如证明12＋23＋…＋nn ＋1<n ＋ln 2－ln(n ＋2)时，就是通过变换n n ＋1＝1－1n ＋1，进而通过不等式x >ln(1＋x )(x >0)，得1n >ln ⎪⎭⎫ ⎝⎛+n 11＝ln(n ＋1)－ln n .(2)证明正整数不等式时，要把这些正整数放在正实数的范围内，通过构造正实数的不等式进行证明，而不能直接构造正整数的函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导数就是错误的．【例3】已知函数f (x )＝ax ＋bx ＋c (a >0)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝x －1.(1)用a 表示出b ，c ；(2)若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围； (3)证明：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1)(n ≥1)．【解析】 (1)f ′(x )＝a －bx 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a ＋b ＋c ＝0，f ′(1)＝a －b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝a －1c ＝1－2a .(2)由(1)知f (x )＝ax ＋a －1x＋1－2a .令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1x ＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)，则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1x＝ax 2－x －(a －1)x 2＝21)1(xa a x x a ⎪⎭⎫ ⎝⎛---(∈)当0＜a <12时，1－a a>1.若1<x <1－aa ，则g ′(x )<0，g (x )是减函数，所以g (x )<g (1)＝0，即f (x )<ln x 故f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上不恒成立． (∈)当a ≥12时，1－a a≤1，若x ＞1，则g ′(x )>0，g (x )是增函数，所以g (x )>g (1)＝0，即f (x )>ln x ，故当x ≥1时，f (x )≥ln x .综上所述，所求a 的取值范围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21(3)证法一：由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)，且当x ＞1时，12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1＞ln x .令x ＝k ＋1k ，且ln k ＋1k <12⎪⎭⎫⎝⎛+-+11k k k k ＝12⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+--⎪⎭⎫ ⎝⎛+11111k k ，即ln(k ＋1)－ln k <12⎪⎭⎫ ⎝⎛++111k k ，k ＝1,2,3，…，n .将上述n 个不等式依次相加得ln(n ＋1)<12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅⋅++n 13121＋12(n ＋1)，整理得1＋12＋13＋…1n >ln(n ＋1)＋n2(n ＋1).证法二：用数学归纳法证明．∈当n ＝1时，左边＝1，右边＝ln 2＋14<1，不等式成立．∈假设n ＝k 时，不等式成立，就是 1＋12＋13＋…＋1k >ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1). 那么1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋1)＋k 2(k ＋1)＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1).由(2)知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 1≥ln x (x ≥1)．令x ＝k ＋2k ＋1，得12⎪⎭⎫⎝⎛++-++2112k k k k ≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1)． ∈ln(k ＋1)＋k ＋22(k ＋1)≥ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).∈1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋2)＋k ＋12(k ＋2).这就是说，当n ＝k ＋1时，不等式也成立，根据∈和∈，可知不等式对任何n ∈N *都成立．题组训练三用赋值法证明与正整数有关的不等式设函数f (x )＝e x －ax －1，对∈x ∈R ，f (x )≥0恒成立． (1)求a 的取值集合；(2)求证：1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)(n ∈N *)．【解析】 (1)f (x )＝e x －ax －1，f ′(x )＝e x －a ，∈当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在x ∈R 上单调递增，又f (0)＝0，所以当x ∈(－∞，0)，f (x )<0，不合题意，舍去；∈当a >0时，x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减，x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增，f (x )min ＝f (ln a )＝a －a ln a －1，则需a －a ln a －1≥0恒成立．令g (a )＝a －a ln a －1，g ′(a )＝－ln a ，当a ∈(0,1)时，g ′(a )>0，g (a )单调递增，当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )<0，g (a )单调递减，而g (1)＝0，所以a －a ln a －1≤0恒成立．所以a 的取值集合为{1}．(2)由(1)可得e x －x －1>0(x >0)，x >ln(x ＋1)(x >0)，令x ＝1n ，则1n >ln ⎪⎭⎫⎝⎛+11n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n ，所以1＋12＋13＋…＋1n>(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋(ln(n ＋1)－ln n )＝ln(n ＋1)(n ∈N *)．题型四构造函数法在解题中的应用【例4】已知函数f (x )＝e x －3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 3e ，且x >0时，e x x >32x ＋1x －3a .【解析】 (1)由f (x )＝e x －3x ＋3a ，知f ′(x )＝e x －3. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝3(1－ln 3＋a )． (2)证明：待证不等式等价于e x >32x 2－3ax ＋1，设g (x )＝e x －32x 2＋3ax －1，于是g ′(x )＝e x －3x ＋3a . 由(1)及a >ln 3e＝ln 3－1知，g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增．于是当a >ln 3e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0. 即e x>32x 2－3ax ＋1，故e x x >32x ＋1x－3a .题组训练四1．构造函数解不等式已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)【解析】因为f (x ＋2)为偶函数，所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称，所以f (x )的图象关于x ＝2对称．所以f (0)＝f (4)＝1.设g (x )＝f (x )e x (x ∈R )，则g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x .又f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0(x ∈R )，所以函数g (x )在定义域上单调递减．因为f (x )<e x ∈f (x )e x <1，而g (0)＝f (0)e 0＝1，所以f (x )<e x ∈g (x )<g (0)，所以x >0.故选B. 【答案】 B2．构造函数证明不等式设函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，曲线y ＝f (x )过点(e ，e 2－e ＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为y ＝0.(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )≥(x －1)2；(3)若当x ≥1时，f (x )≥m (x －1)2恒成立，求实数m 的取值范围．【解】 (1)函数f (x )＝ax 2ln x ＋b (x －1)(x ＞0)，可得f ′(x )＝2a ln x ＋ax ＋b ，因为f ′(1)＝a ＋b ＝0，f (e)＝a e 2＋b (e －1)＝a (e 2－e ＋1)＝e 2－e ＋1，所以a ＝1，b ＝－1.(2)证明：f (x )＝x 2ln x －x ＋1，设g (x )＝x 2ln x ＋x －x 2(x ≥1)，g ′(x )＝2x ln x －x ＋1，(g ′(x ))′＝2ln x ＋1＞0，所以g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )≥g ′(1)＝0，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥(x －1)2.(6分) (3)设h (x )＝x 2ln x －x －m (x －1)2＋1， h ′(x )＝2x ln x ＋x －2m (x －1)－1，由(2)中知x 2ln x ≥(x －1)2＋x －1＝x (x －1)，所以x ln x ≥x －1，所以h ′(x )≥3(x －1)－2m (x －1)， ∈当3－2m ≥0即m ≤32时，h ′(x )≥0，所以h (x )在[1，＋∞)单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0，成立． ∈当3－2m ＜0即m ＞32时，h ′(x )＝2x ln x ＋(1－2m )(x －1)， (h ′(x ))′＝2ln x ＋3－2m ，令(h ′(x ))′＝0，得x 0＝e 2m －32＞1，当x ∈[1，x 0)时，h ′(x )＜h ′(1)＝0，所以h (x )在[1，x 0)上单调递减，所以h (x )＜h (1)＝0，不成立．综上，m ≤32.3．构造函数解决数列问题设函数f (x )＝x 2－ln(x ＋1)，证明：对任意的正整数n 不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立．【证明】从数列的角度考虑左边的通项为f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1，右边的通项为1n 3，若能证明⎪⎭⎫ ⎝⎛n f 1<1n3，则不等式获证，为此构造函数F (x )＝f (x )－x 3＝x 2－ln(x ＋1)－x 3，则F ′(x )＝－3x 2＋2x －1x ＋1＝－3x 3＋x 2－2x ＋1x ＋1＝－3x 3＋(x －1)2x ＋1，显然当x ∈[0，＋∞)时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在[0，＋∞)上是单调减函数，又F (0)＝0，所以当x ∈[0，＋∞)时，恒有F (x )<F (0)＝0，即x 2－ln(x ＋1)<x 3恒成立．所以x ∈[0，＋∞)时，f (x )<x 3，取x ＝1k，则有f ⎪⎭⎫⎝⎛k 1<1k 3，所以f (1)<1，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21<123，…，f ⎪⎭⎫ ⎝⎛n 1<1n 3，于是对任意的正整数n ，不等式f (1)＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛21＋f ⎪⎭⎫⎝⎛31＋…＋f ⎪⎭⎫⎝⎛n 1<1＋123＋133＋…＋1n 3成立．【专题训练】1．已知函数f (x )＝ax 2＋2x －ln(x ＋1)(a 为常数)． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当x ∈[0，＋∞)时，不等式f (x )≤x 恒成立，求实数的取值范围．【解析】 (1)函数的定义域为(－1，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x 2＋2x －ln(x ＋1)， ∈f ′(x )＝－2x ＋2－1x ＋1＝1－2x 2x ＋1，由f ′(x )>0得，－22<x <22，由f ′(x )<0得，－1<x <22或x >22， ∈函数f (x )的单调增区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-22,22，单调减区间为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--22,1和⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,22(2)当x ∈[0，＋∞)时，f (x )≤x 恒成立，令g (x )＝f (x )－x ＝ax 2＋x －ln(x ＋1)，问题转换为x ∈[0，＋∞)时，g (x )max ≤0. ∈g ′(x )＝2ax ＋1－11＋x ＝x [2ax ＋(2a ＋1)]x ＋1， ∈当a ＝0时，g ′(x )＝xx ＋1≥0，∈g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增，此时g (x )无最大值，故a ＝0不合题意．∈当a >0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a<0，此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递增，此时无最大值，故a >0不合题意． ∈当a <0时，令g ′(x )＝0解得，x 1＝0，x 2＝－(2a ＋1)2a，当－12<a <0时，x 2＝－(2a ＋1)2a>0，而g (x )在[0，x 2)上单调递增，在[x 2，＋∞)上单调递减，∈g (x )max ＝g (x 2)＝a －14a －ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 21 ＝a －14a＋ln(－2a )，令φ(x )＝x －14x ＋ln(－2x )，x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21，则φ′(x )＝1＋14x 2＋1x ＝(2x ＋1)24x 2>0，∈φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上单调递增，又φ⎪⎭⎫⎝⎛-81e ＝－1e 8＋e 34－3ln 2，当e≈2.71时，e 3≈19.9，∈φ(x )在x ∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,21上小于或等于不恒成立，即g (x )max ≤0不恒成立，故－12<a <0不合题意．当a ≤－12时，x 2＝－(2a ＋1)2a ≤0，而此时g (x )在x ∈[0，＋∞)上单调递减， ∈g (x )max ＝g (0)＝0，符合题意．综上可知，实数的取值范围是⎥⎦⎤ ⎝⎛-∞-21,2．已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．【解析】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3.当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0， f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )＝a (x －1)x 3⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫⎝⎛-a x a x 22. ∈0<a <2时，2a>1，当x ∈(0,1)或x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． ∈a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． ∈a >2时，0<2a<1，当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,1内单调递减，在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2a 内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a >2时，f (x )在⎪⎪⎭⎫⎝⎛a 2,0内单调递增，在⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,2a 内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． (2)证明：由(1)知，a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－⎪⎭⎫ ⎝⎛+--322211x x x＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]．设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈[1,2]，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．由g ′(x )＝x －1x≥0，可得g (x )≥g (1)＝1，当且仅当x ＝1时取得等号，又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x 4.设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在x ∈[1,2]单调递减．因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∈x 0∈(1,2)，使得x ∈(1，x 0)时，φ(x )>0，x ∈(x 0,2)时，φ(x )<0. 所以h (x )＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号．所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32.即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立．3．已知函数f (x )＝x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处与直线y ＝3x －2相切，求a 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2有两个零点x 1，x 2，试判断g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x 的符号，并证明．【解析】 (1)f ′(x )＝1＋ax，又f ′(1)＝3，所以a ＝2.(2)当a >0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x <0；当a <0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x >0，证明如下：函数g (x )的定义域是(0，＋∞)．若a ＝0，则g (x )＝f (x )－kx 2＝x －kx 2. 令g (x )＝0，则x －kx 2＝0.又据题设分析知，k ≠0，所以x 1＝0，x 2＝1k.又g (x )有两个零点，且都大于0，所以a ＝0不成立．据题设知⎩⎪⎨⎪⎧g (x 1)＝x 1＋a ln x 1－kx 21＝0，g (x 2)＝x 2＋a ln x 2－kx 22＝0.不妨设x 1>x 2，x 1x 2＝t ，t >1. 所以x 1－x 2＋a (ln x 1－ln x 2)＝k (x 1－x 2)(x 1＋x 2)．所以1＋a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)．又g ′(x )＝1＋a x －2kx ，所以g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x ＝1＋2a x 1＋x 2－k (x 1＋x 2)＝1＋2a x 1＋x 2－1－a (ln x 1－ln x 2)x 1－x 2＝a ⎪⎪⎭⎫⎝⎛---+212121ln ln 2x x x x x x ＝a x 2⎪⎭⎫ ⎝⎛--+i t t t ln 12＝a x 2·1t －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-t t t ln 112 引入h (t )＝2(t －1)t ＋1－ln t (t >1)，21 则h ′(t )＝4(t ＋1)2－1t ＝－(t －1)2t (t ＋1)2<0. 所以h (t )在(0，＋∞)上单调递减．而h (1)＝0，所以当t >1时，h (t )<0.易知x 2>0，1t －1>0，所以当a >0时，g ′⎪⎭⎫ ⎝⎛+221x x <0；当a <0时，g ′⎪⎭⎫⎝⎛+221x x >0.。

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例1]已知函数$f(x)=1-\frac{1}{x\ln x}$，$g(x)=\frac{1}{x}-bxe^{-x}$，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．(1)求$a$，$b$的值；(2)求证：当$x\geq 1$时，$f(x)+g(x)\geq\frac{1}{x\ln x}$.解](1)因为$f(x)=1-\frac{1}{x\ln x}$，所以$f'(x)=\frac{1}{x^2\ln x}$，$f'(1)=-1$。

因为$g(x)=\frac{1}{x}-bxe^{-x}$，所以$g'(x)=-\frac{1}{x^2}-be^{-x}+bxe^{-x}$，$g'(1)=1-a-b$。

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$f'(1)\cdot g'(1)=-1$，即$g(1)=a+1-b=1$，$g'(1)=-a-1-b=1$，解得$a=-1$，$b=-1$.2)证明：由(1)知，$g(x)=-\frac{1}{x}+x$，则$f(x)+g(x)\geq\frac{1}{x\ln x}\Leftrightarrow 1-\frac{1}{x\ln x}-\frac{1}{x}+x\geq 0$，即$\frac{1}{x\ln x}-\frac{1}{x}+x\geq 1$。

令$h(x)=1-\frac{1}{x\ln x}-\frac{1}{x}+x(x\geq 1)$，则$h'(x)=\frac{2}{x^3}-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x\ln^2 x}+1$，因为$x\geq 1$，所以$h'(x)>0$，所以$h(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增，所以$h(x)\geq h(1)=1-\frac{1}{\ln e}-1+1=0$，即$\frac{1}{x\ln x}-\frac{1}{x}+x\geq 1$，所以当$x\geq 1$时，$f(x)+g(x)\geq\frac{1}{x\ln x}$.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．例2](2019·长沙模拟)已知函数$f(x)=e^{x^2}-x\ln x$．求证：当$x>1$时，$f(x)<x e^x$.证明]要证$f(x)<xe^x$，只需证$e^x-e^{-x}<\frac{\lnx}{x}$.令$h(x)=\ln x+\frac{1}{x}(x>0)$，则$h'(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^2}=0$，$h''(x)=\frac{2}{x^3}>0$，所以$h(x)$在$(0,+\infty)$上下凸，所以$h(x)\geq h(1)=1$，即$\lnx+\frac{1}{x}\geq 1$，即$\frac{\ln x}{x}\geq 1-\frac{1}{x}$.再令$\varphi(x)=e^x-e^{-x}$，则$\varphi'(x)=e^x+e^{-x}>0$，所以$\varphi(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，所以$\varphi(x)<\varphi(1)=e-e^{-1}$.因为$\frac{\ln x}{x}\geq 1-\frac{1}{x}>1-e^{-1}$，所以$\varphi(x)1$时，$f(x)<e^{x^2}-x\ln x<xe^x$.3.已知不等式 $\frac{e^{1-x_2}-e^{1-x_1}}{\ln{x_1}-\ln{x_2}}>\frac{1}{x_2}$，证明 $\ln{x_1}-\ln{x_2}>1-\frac{1}{e^{1-x_2}-e^{1-x_1}}$。

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 。

利用导数证明不等式的九大题型

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

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

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

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 +≥.。

高中数学导数在不等式中的应用(解析版)

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 －1ex，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e2.证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1x(x >0)，当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0，即g (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数. 所以g (x )≥g (1)＝1，得证. (2)由f (x )＝1－x －1ex ，得f ′(x )＝x －2ex，所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，所以f (x )≥f (2)＝1－1e2(当且仅当x ＝2时取等号).① 又由(1)知x －ln x ≥1(当且仅当x ＝1时取等号)，② 且①②等号不同时取得，所以(x －ln x )f (x )>1－1e2.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>1ex ＋1－2e2x成立.(1)解函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞). 当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2. 由f ′(x )＝0，得x ＝1e2.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e2时，f ′(x )<0；当x >1e2时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e2，＋∞上单调递增.因此f (x )在x ＝1e2处取得最小值，即f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e2＝－1e2，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值.(2)证明当x >0时，ln x ＋1>1ex ＋1－2e2x 等价于x (ln x ＋1)>x ex ＋1－2e2.由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x 的最小值是－1e2，当且仅当x ＝1e2时取等号.设G (x )＝x ex ＋1－2e2，x ∈(0，＋∞)，则G ′(x )＝1－x ex ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1e2，当且仅当x ＝1时取到，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1>1ex ＋1－2e2x.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.解 (1)f ′(x )＝xcos x －sin xx2，令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝－x sin x ，显然，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，且g (0)＝0.从而g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒小于零，所以f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上恒小于零，所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减.(2)不等式f (x )<a ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立，即sin x －ax <0恒成立.令φ(x )＝sin x －ax ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，则φ′(x )＝cos x －a ，且φ(0)＝0.当a ≥1时，在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上φ′(x )<0，即函数φ(x )单调递减，所以φ(x )<φ(0)＝0，故sin x －ax <0恒成立.当0<a <1时，φ′(x )＝cos x －a ＝0在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上存在唯一解x 0，当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )>0，故φ(x )在区间(0，x 0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x )在区间(0，x 0)上大于零，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾.当a ≤0时，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上φ′(x )>0，即函数φ(x )单调递增，且φ(0)＝0，得sin x －ax >0恒成立，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾. 故实数a 的最小值为1.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. 解 (1)f ′(x )＝（2x －1）（x －a ）x，当导函数f ′(x )的零点x ＝a 落在区间(1，2)内时，函数f (x )在区间[1，2]上就不是单调函数，即a ∉(1，2)，所以实数a 的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞). (2)由题意知，不等式f (x )≥g (x )在区间[1，e]上有解，即x 2－2x ＋a (ln x －x )≥0在区间[1，e]上有解.因为当x ∈[1，e]时，ln x ≤1≤x (不同时取等号)，x －ln x >0，所以a ≤x2－2xx －ln x在区间[1，e]上有解. 令h (x )＝x2－2x x －ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2－2ln x ）（x －ln x ）2.因为x ∈[1，e]，所以x ＋2>2≥2ln x ，所以h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上单调递增，所以x ∈[1，e]时，h (x )max ＝h (e)＝e(e －2)e －1，所以a ≤e(e －2)e －1，所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，e(e －2)e －1.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，，对任意，，则的解集为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设，则，所以为减函数，又，所以根据单调性可知，即的解集是.2．下列三个数：，大小顺序正确的是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】构造函数，因为对一切恒成立，所以函数在上是减函数，从而有，即，故选A．3．设函数在R上存在导数，对任意的有，且在上. 若，则实数的范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】令，则，故为偶函数，在，上，，且，故在，上单调递增，根据偶函数的对称性可知，在上单调递减，由，可得，即，则，可转化为，解可得，，4．若关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为关于x的不等式恒成立，所以恒成立，令，，当时，，当时，，所以当时，取得最大值2.又因为，所以故实数a的取值范围为.5．已知定义域为的函数满足（为函数的导函数），则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】令，则，定义域为的函数满足，，函数在上单调递增，当时，由，知，当时，显然不等式成立.当时，则，所以，整理得，即，所以，，得，则；当时，则，所以，整理得，即，所以，，得，则.综上所述，原不等式的解集为.6．定义在上的函数，则满足的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为为偶函数，且在上恒成立，所以在上单调递增，在上单调递减，且图象关轴对称，则由)得，解得；故选D.7．已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是（）A．B．C．（﹣∞，3）D．【答案】B【解析】∵，，∴，∴，∵存在，使得，即∴，设，∴∴，当时，解得：，当时，即时，函数单调递增，当时，即时，函数单调递减，因为，所以∴，8．已知是可导的函数，且对于恒成立，则（）A．，B．，C．，D．，【答案】D【解析】构造函数，则，所以，函数为上的减函数.对于A选项，，，则，，所以，，，A选项错误；对于B选项，，则，所以，，B选项错误；对于C选项，，则，所以，，C选项错误；对于D选项，，则，所以，，D选项正确.9．已知函数是定义在上的奇函数.当时，，则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】令，，当，时，，，即函数单调递增．又，时，，是定义在，上的奇函数，是定义在，上的偶函数．不等式，即，即，，①，又，故②，由①②得不等式的解集是．10．关于函数，有下述四个结论：①是周期函数．②在上单调递增．③的值域为．④若函数有且仅有两个不同的零点，则．其中所有正确结论的序号是（）A．①②B．②③C．②④D．③④【答案】C【解析】当时，，所以，令得：或，所以当时，，递增，当时，，递减，且，则的图象如图所示：由图可知：不是周期函数，故①错误；在上单调递增，故②正确；的值域为，故③错误；若函数有且仅有两个不同的零点，即函数与函数有两个交点，所以由图可知：，故④正确.综上，②④正确.11．已知函数，且，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】构造函数，则函数的定义域为.当时，，，函数在区间上单调递增，则，所以，函数在区间上单调递减；当时，，则，所以，函数在区间上单调递减.，所以，函数在定义域上单调递减.由，得，即，所以，，解得.因此，实数的取值范围是.12．如果关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】当时,不等式成立.当时,不等式在上恒成立等价于恒成立.令则.又,令，解得所以在上单调递增,在上单调递减, 单调递增.又因为.所以.所以.13．函数，若存在唯一整数使得，则的取值范围是（）．A．B．C．D．【答案】B【解析】，令，则，当；当，在单调递增，在单调递减，且，如图所示：恒过定点，且，，，，存在唯一整数使得，当时，存在唯一的整数使得命题成立，14．若对于任意的，都有，则的最大值为（）A．B．C．1 D．【答案】C【解析】由已知有，两边同时除以，化简有，而，构造函数，令令，所以函数在上为增函数，在上为减函数，由对于恒成立，即在为增函数，则，故的最大值为1，选C. 15．已知为常数，函数有两个极值点，（），则（）A．，B．，C．，D．，【答案】C【解析】因为，令，由题意可得有两个解，即函数有且只有两个零点，即在上的唯一极值不等于0，又由，①当时，单调递增，因此至多有一个零点，不符合题意；②当时，令，解得，因为，，函数单调递增；，，函数单调递减，所以是函数的极大值点，则，即，所以，所以，即，故当时，的两个根，且，又，所以，从而可知函数在区间上递减，在区间上递增，在区间上递减，所以，故选C．16．对于任意正实数，都有，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，则，设，，，则，，恒成立，导函数单调递减，故时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.故，故，故.17．（多选题）已知是可导的函数，且，对于恒成立，则下列不等关系正确的是（）A．，B．，C．，D．，【答案】AC【解析】设，所以，因为，所以，所以在R上是减函数，所以，，，即，，，18．（多选题）若满足，对任意正实数，下面不等式恒成立的是（）A．B．C．D．【答案】BD【解析】设，，因为，所以，在R上是增函数，因为是正实数，所以，所以，因为，大小不确定，故A错误,因为，所以，即，故B正确.因为，所以，因为，大小不确定.故C错误.，因为，所以，故D正确.19．（多选题）设定义在上的函数满足，且当时，.己知存在，且为函数(为自然对数的底数)的一个零点，则实数的取值可能是（）A．B．C．D．【答案】BCD【解析】令函数，因为，，为奇函数，当时，，在上单调递减，在上单调递减．存在，得，，即，；，为函数的一个零点；当时，，函数在时单调递减，由选项知，取，又，要使在时有一个零点，只需使，解得，的取值范围为，20．定义在上的函数满足，，则不等式的解集为______.【答案】【解析】由，设，则.故函数在上单调递增，又，故的解集为，即的解集为.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_____．【答案】（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）【解析】令，当x＞0时，∴x∈（0，+∞）上，函数单调递增．，∴．∵函数是定义在R上的奇函数，∴函数是定义在R上的偶函数．由，即，∴|x|＞3，解得x＞3，或x＜﹣3．∴不等式的解集是．故答案为：．22．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，，则f(x)＞2x＋4的解集为____．【答案】(－1，＋∞)【解析】构造函数F(x)=f(x)-2x,,所以即求F(x)>4=F(-1)的解集，而F（x）在R上是单调递增函数，所以x>-1,填．23．设函数，.（1）当时，判断函数的单调性；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.【解析】（1）当时，所以.令，，由，可得.当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，即，，则在是增函数；（2）解：设，所以.令，则.①当时，，在上单调递增，.，在上单调递增，则，结论成立；②当时，由，可得，当时，，单调递减，又，时，恒成立，即.时，单调递减，此时，结论不成立.综上，即为所求.24．已知函数.（1）若函数在上恰有两个零点，求实数的取值范围.（2）记函数，设是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值.【解析】（1）因为，∴函数，令，则，令得，，列表得：12单调递减极小值单调递增∴当时，的极小值为，又，.∵函数在上恰有两个零点，∴即，解得.（2），∴，令得，∵，是的极值点，∴，，∴，∵，∴解得：，.∴，.令，则，∴在上单调递减；∴当时，，根据恒成立，可得，∴的最大值为.25．已知函数，，曲线在点处的切线与轴垂直；（1）求的值；（2）求证：【解析】（1）曲线在点处的切线与轴垂直，该切线的斜率（2）由（1）可得只需证设令，得当时，，当时，即函数在上单调递减，在上单调递增。

利用导数证明不等式(经典导学案及练习答案详解)

§3.6 利用导数证明不等式题型一将不等式转化为函数的最值问题例1 已知函数g (x )＝x 3＋ax 2.(1)若函数g (x )在[1,3]上为单调函数，求a 的取值范围；(2)已知a >－1，x >0，求证：g (x )>x 2ln x .(1)解由题意知，函数g (x )＝x 3＋ax 2，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ，若g (x )在[1,3]上单调递增，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ≥0在[1,3]上恒成立，则a ≥－32；若g (x )在[1,3]上单调递减，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ≤0在[1,3]上恒成立，则a ≤－92.所以a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－92∪⎣⎡⎭⎫－32，＋∞. (2)证明由题意得，要证g (x )>x 2ln x ，x >0，即证x 3＋ax 2>x 2ln x ，即证x ＋a >ln x ，令u (x )＝x ＋a －ln x ，x >0，可得u ′(x )＝1－1x ＝x －1x，x >0，当0<x <1时，u ′(x )<0，函数u (x )单调递减；当x >1时，u ′(x )>0，函数u (x )单调递增．所以u (x )≥u (1)＝1＋a ，因为a >－1，所以u (x )>0，故当a >－1时，对于任意x >0，g (x )>x 2ln x .教师备选已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x－bx ，若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1,1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x. (1)解因为f (x )＝1－ln x x，x >0，所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1. 因为g (x )＝a e e x ＋1x－bx ，所以g ′(x )＝－a e e x －1x 2－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，所以g (1)＝a ＋1－b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1，解得a ＝－1，b ＝－1.(2)证明由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x＋x ，则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0. 令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x＋x (x ≥1)，则h (1)＝0，h ′(x )＝－1＋ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋e e x＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋e e x ＋1>0，所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以当x ≥1时，h (x )≥h (1)＝0，即1－ln x x －e e x －1x＋x ≥0，所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x. 思维升华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．跟踪训练1 已知函数f (x )＝ln x ＋a x，a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a >0时，证明：f (x )≥2a －1a. (1)解 f ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x 2(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增；若0<x <a ，则f ′(x )<0，函数f (x )在(0，a )上单调递减．(2)证明由(1)知，当a >0时，f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1.要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a，即证ln a ＋1a－1≥0. 令函数g (a )＝ln a ＋1a－1，则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a 2(a >0)，当0<a <1时，g ′(a )<0；当a >1时，g ′(a )>0，所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (a )min ＝g (1)＝0.所以ln a ＋1a－1≥0恒成立，所以f (x )≥2a －1a. 题型二将不等式转化为两个函数的最值进行比较例2 (2022·武汉模拟)已知函数f (x )＝a ln x ＋x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明：xf (x )<e x .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋1＝x ＋a x. 当a ≥0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a <0时，若x ∈(－a ，＋∞)，则f ′(x )>0；若x ∈(0，－a )，则f ′(x )<0.所以f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增，在(0，－a )上单调递减．综上所述，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增，在(0，－a )上单调递减．(2)证明当a ＝1时，要证xf (x )<e x ，即证x 2＋x ln x <e x ，即证1＋ln x x <e x x 2. 令函数g (x )＝1＋ln x x，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 令g ′(x )>0，得x ∈(0，e)；令g ′(x )<0，得x ∈(e ，＋∞)．所以g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g (e)＝1＋1e，令函数h (x )＝e xx2，则h ′(x )＝e x (x －2)x 3. 当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (2)＝e 24. 因为e 24－⎝⎛⎭⎫1＋1e >0，所以h (x )min >g (x )max ，即1＋ln x x <e xx2，从而xf (x )<e x 得证．教师备选(2022·长沙模拟)已知函数f (x )＝e x 2－x ln x ．求证：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e. 证明要证f (x )<x e x ＋1e，只需证e x －ln x <e x ＋1e x，即e x －e x <ln x ＋1e x. 令h (x )＝ln x ＋1e x(x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x2，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 ＋1e x≥0. 再令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 ＋1e x，故原不等式成立．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．跟踪训练2 (2022·百校大联考)已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0.(1)解 f ′(x )＝e x－a (x >0)， ①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②若a >0，则当0<x <e a时，f ′(x )>0；当x >e a时，f ′(x )<0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫e a ，＋∞上单调递减． (2)证明因为x >0，所以只需证f (x )≤e x x－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以f (x )max ＝f (1)＝－e.设g (x )＝e x x －2e(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e x x －2e. 故不等式xf (x )－e x ＋2e x ≤0得证．题型三适当放缩证明不等式例3 已知函数f (x )＝e x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x >－2时，求证：f (x )>ln(x ＋2)．(1)解由f (x )＝e x ，得f (0)＝1，f ′(x )＝e x ，则f ′(0)＝1，即曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －1＝x －0，所以所求切线方程为x －y ＋1＝0.(2)证明设g (x )＝f (x )－(x ＋1)＝e x －x －1(x >－2)，则g ′(x )＝e x －1，当－2<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0，即g (x )在(－2,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，于是当x ＝0时，g (x )min ＝g (0)＝0，因此f (x )≥x ＋1(当且仅当x ＝0时取等号)，令h (x )＝x ＋1－ln(x ＋2)(x >－2)，则h ′(x )＝1－1x ＋2＝x ＋1x ＋2，则当－2<x <－1时，h ′(x )<0，当x >－1时，h ′(x )>0，即有h (x )在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，于是当x ＝－1时，h (x )min ＝h (－1)＝0，因此x ＋1≥ln(x ＋2)(当且仅当x ＝－1时取等号)，所以当x >－2时，f (x )>ln(x ＋2)．教师备选已知函数f (x )＝x ln x x ＋m，g (x )＝x e x ，且曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为x －2y ＋n ＝0. (1)求m ，n 的值；(2)证明：f (x )>2g (x )－1.(1)解由已知得，f (1)＝0，∴1－0＋n ＝0，解得n ＝－1.∵f ′(x )＝(ln x ＋1)(x ＋m )－x ln x (x ＋m )2，∴f ′(1)＝m ＋1(1＋m )2＝12，解得m ＝1.(2)证明设h (x )＝e x －x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x －1>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴h (x )>h (0)＝0，即e x >x ＋1>1，∴1e x <1x ＋1. 要证f (x )>2g (x )－1，即证x ln x x ＋1>2x e x－1，只需证x ln x x ＋1≥2x x ＋1－1，即证x ln x ≥x －1，令m (x )＝x ln x －x ＋1，则m ′(x )＝ln x ，∴当x ∈(0,1)时，m ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )>0，∴m (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴m (x )min ＝m (1)＝0，即m (x )≥0，∴x ln x ≥x －1，则f (x )>2g (x )－1得证．思维升华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．跟踪训练3 已知函数f (x )＝a e x －1－ln x －1.(1)若a ＝1，求f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：当a ≥1时，f (x )≥0.(1)解当a ＝1时，f (x )＝e x －1－ln x －1(x >0)，f ′(x )＝e x －1－1x， k ＝f ′(1)＝0，又f (1)＝0，∴切点为(1,0)．∴切线方程为y －0＝0(x －1)，即y ＝0.(2)证明 ∵a ≥1，∴a e x －1≥e x －1，∴f (x )≥e x －1－ln x －1.方法一令φ(x )＝e x －1－ln x －1(x >0)，∴φ′(x )＝e x －1－1x，令h (x )＝e x －1－1x， ∴h ′(x )＝e x －1＋1x 2>0， ∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，φ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(1)＝0，∴φ(x )≥0，∴f (x )≥φ(x )≥0，即f (x )≥0.方法二令g (x )＝e x －x －1，∴g ′(x )＝e x －1.当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，∴g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴g (x )min ＝g (0)＝0，故e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时取“＝”．同理可证ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取“＝”．由e x ≥x ＋1⇒e x －1≥x (当且仅当x ＝1时取“＝”)，由x －1≥ln x ⇒x ≥ln x ＋1(当且仅当x ＝1时取“＝”)，∴e x －1≥x ≥ln x ＋1，即e x －1≥ln x ＋1，即e x －1－ln x －1≥0(当且仅当x ＝1时取“＝”)，即f (x )≥0.课时精练1．已知函数f (x )＝ln x x ＋a(a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝1e . (1)求实数a 的值，并求f (x )的单调区间；(2)求证：当x >0时，f (x )≤x －1.(1)解 ∵f (x )＝ln x x ＋a， ∴f ′(x )＝x ＋a x －ln x (x ＋a )2，∴f ′(e)＝a e (e ＋a )2，又曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝1e，则f ′(e)＝0，即a ＝0，∴f ′(x )＝1－ln x x 2，令f ′(x )>0，得1－ln x >0，即0<x <e ；令f ′(x )<0，得1－ln x <0，即x >e ，∴f (x )的单调递增区间是(0，e)，单调递减区间是(e ，＋∞)．(2)证明当x >0时，要证f (x )≤x －1，即证ln x －x 2＋x ≤0，令g (x )＝ln x －x 2＋x (x >0)，则g ′(x )＝1x －2x ＋1＝1＋x －2x 2x＝－(x －1)(2x ＋1)x，当0<x <1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x >1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴g (x )≤g (1)＝0，即当x >0时，f (x )≤x －1.2．已知f (x )＝x ln x .(1)求函数f (x )的极值；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x成立． (1)解由f (x )＝x ln x ，x >0，得f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )＝0，得x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝1e时，f (x )取得极小值， f (x )极小值＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e，无极大值． (2)证明问题等价于证明x ln x >x e x －2e(x ∈(0，＋∞))．由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取到．设m (x )＝x e x －2e(x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－x ex ，由m ′(x )<0，得x >1时，m (x )单调递减；由m ′(x )>0得0<x <1时，m (x )单调递增，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，x ln x ≥－1e ≥x e x －2e ，两个等号不同时取到，所以对一切x ∈(0，＋∞)都有ln x >1e x －2e x成立．3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性；(2)证明：e x －e 2ln x >0恒成立．(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x，当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a， ∴x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0； x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)证明要证e x －e 2ln x >0，即证e x －2>ln x ，令φ(x )＝e x －x －1，∴φ′(x )＝e x －1.令φ′(x)＝0，得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e x－x－1≥0，即e x≥x＋1，当且仅当x＝0时取“＝”．同理可证ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．由e x≥x＋1(当且仅当x＝0时取“＝”)，可得e x－2≥x－1(当且仅当x＝2时取“＝”)，又x－1≥ln x，当且仅当x＝1时取“＝”，∴e x－2≥x－1≥ln x且两等号不能同时成立，故e x－2>ln x．即证原不等式成立．4．(2022·常德模拟)已知函数f(x)＝x e x－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>0时，f(x)－ln x≥1.(1)解由题意得f′(x)＝(x＋1)e x－1，设g(x)＝(x＋1)e x，则g′(x)＝(x＋2)e x，当x≤－1时，g(x)≤0，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－1]上单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，又因为g(0)＝1，所以当x<0时，g(x)<1，即f′(x)<0，当x>0时，g(x)>1，即f′(x)>0，综上可知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明要证f(x)－ln x≥1，即证x e x－x－ln x≥1，即证e x＋ln x－(x＋ln x)≥1，令t＝x＋ln x，易知t∈R，待证不等式转化为e t－t≥1.设u(t)＝e t－t，则u′(t)＝e t－1，当t<0时，u′(t)<0，当t>0时，u′(t)>0，故u(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．所以u(t)≥u(0)＝1，原命题得证．。

专题3.4利用导数证明不等式(2021年高考数学一轮复习专题)

专题利用导数证明不等式一、题型全归纳题型一作差法构造函数证明不等式【题型要点】(1)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x＞a)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x＞a)，设h(x)＝f(x)－g(x)，即证h(x)＞0(x＞a)．若h(a)＝0，h(x)＞h(a)(x＞a)．接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可．(2)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x∈I，I是区间)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x∈I)．设h(x)＝f(x)－g(x)(x∈I)，即证h(x)＞0(x∈I)，也即证h(x)min＞0(x∈I)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决．【例1】(2020·广州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(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x＞0时，x2＜e x.【解析】(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，故g(x)在R上单调递增．所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜e x.【例2】已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)当x＞1时，求证：f(x)＞3(x－1)．【解析】(1)因为f(x)定义域为(0，＋∞)，f(x)＝ax＋x ln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋1，因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，所以a ＝1，所以f ′(x )＝ln x ＋2.当f ′(x )＞0时，x ＞e －2；当f ′(x )＜0时，0＜x ＜e －2，所以f (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增，所以f (x )在x ＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知a ＝1，所以f (x )＝x ＋x ln x .令g (x )＝f (x )－3(x －1)，即g (x )＝x ln x －2x ＋3(x ＞0)． g ′(x )＝ln x －1，由g ′(x )＝0，得x ＝e.由g ′(x )＞0，得x ＞e ；由g ′(x )＜0，得0＜x ＜e. 所以g (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，所以g (x )在(1，＋∞)上的最小值为g (e)＝3－e ＞0.于是在(1，＋∞)上，都有g (x )≥g (e)＞0，所以f (x )＞3(x －1)．题型二拆分法构造函数证明不等式【题型要点】(1)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可以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”．【例1】设函数f (x )＝ax 2－(x ＋1)ln x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处切线的斜率为0. (1)求a 的值；(2)求证：当0＜x ≤2时，f (x )＞12x .【解】(1)f ′(x )＝2ax －ln x －1－1x ，由题意，可得f ′(1)＝2a －2＝0，所以a ＝1.(2)证明：由(1)得f (x )＝x 2－(x ＋1)ln x ，要证当0＜x ≤2时，f (x )＞12x ，只需证当0＜x ≤2时，x －ln x x －ln x ＞12，即x －ln x ＞ln x x ＋12.令g (x )＝x －ln x ，h (x )＝ln x x ＋12，令g ′(x )＝1－1x＝0，得x ＝1，易知g (x )在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故当0＜x ≤2时，g (x )min ＝g (1)＝1.因为h ′(x )＝1－ln xx 2，当0＜x ≤2时，h ′(x )＞0，所以h (x )在(0,2]上单调递增，故当0＜x ≤2时，h (x )max ＝h (2)＝1＋ln 22＜1，即h (x )max ＜g (x )min .故当0＜x ≤2时，h (x )＜g (x )，即当0＜x ≤2时，f (x )＞12x . 【例2】已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，求证：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 【解析】(1)f ′(x )＝ex－a (x ＞0)，∈若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；∈若a ＞0，令f ′(x )＝0，得x ＝e a ，则当0＜x ＜e a 时，f ′(x )＞0；当x ＞ea时，f ′(x )＜0，故f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a e ,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,a e 上单调递减． (2)证明：因为x ＞0，所以只需证f (x )≤e xx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e. 记g (x )＝e xx －2e(x ＞0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2，当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e. 综上，当x ＞0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e xx－2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.题型三换元法构造函数证明不等式【题型要点】换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a ，再结合所证问题，巧妙引入变量c ＝x 1x 2，从而构造相应的函数．其解题要点为：【例1】已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋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；(2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，求证：x 1＋x 2≥5－12. 【解】(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点(1,1)，又因为f ′(x )＝1x ＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.(2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x (x ＞0)．由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，得ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)，令t ＝x 1x 2(t ＞0)，令φ(t )＝t －ln t ，得φ′(t )＝1－1t ＝t －1t，易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)＝1，所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1，因为x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12成立. 题型四两个经典不等式的应用【题型要点】逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程. （1）对数形式：x ≥1＋ln x （x ＞0），当且仅当x ＝1时，等号成立.（2）指数形式：e x ≥x ＋1（x ∈R ），当且仅当x ＝0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链： e x ＞x ＋1＞x ＞1＋ln x （x ＞0，且x ≠1）. 【例1】设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1ln x ＜x .【解析】(1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,1)上单调递增；当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x ＜x －1. 故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，x －1ln x ＞1.∈因此ln 1x ＜1x －1，即ln x ＞x －1x ，x －1ln x＜x .∈故当x ∈(1，＋∞)时恒有1＜x －1ln x＜x . 二、高效训练突破1.(2020·四省八校双教研联考)已知函数f (x )＝ax －ax ln x －1(a ∈R ，a ≠0)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当x >1时，求证：1x －1>1e x－1.【解析】：(1)f ′(x )＝a －a (ln x ＋1)＝－a ln x ，若a >0，则当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；若a <0，则当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：要证1x －1>1e x －1，即证x x －1>e －x ，即证x －1x <e x ，又由第(1)问令a ＝1知f (x )＝x －x ln x －1在(1，＋∞)上单调递减，f (1)＝0，所以当x >1时，x －x ln x －1<0，即x －1x <ln x ，则只需证当x >1时，ln x <e x 即可．令F (x )＝e x －ln x, x >1，则F ′(x )＝e x －1x 单调递增，所以F ′(x )>F ′(1)＝e －1>0，所以F (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以F (x )>F (1)，而F (1)＝e ，所以e x －ln x >e>0，所以e x >ln x ，所以e x >ln x >x －1x ，所以原不等式得证．2.(2020·唐山市摸底考试)设f (x )＝2x ln x ＋1.(1)求f (x )的最小值；(2)证明：f (x )≤x 2－x ＋1x＋2ln x .【解】 (1)f ′(x )＝2(ln x ＋1)．所以当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝1e 时，f (x )取得最小值⎪⎭⎫⎝⎛e f 1＝1－2e .(2)证明：x 2－x ＋1x ＋2ln x －f (x )＝x (x －1)－x －1x －2(x －1)ln x ＝(x －1)⎪⎭⎫⎝⎛--x x x ln 21，令g (x )＝x －1x －2ln x ，则g ′(x )＝1＋1x 2－2x ＝（x －1）2x 2≥0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又g (1)＝0，所以当0<x <1时，g (x )<0，当x >1时，g (x )>0，所以(x －1)⎪⎭⎫⎝⎛--x x x ln 21≥0，即f (x )≤x 2－x ＋1x ＋2ln x . 3.(2020·福州模拟)已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 【解】(1)f ′(x )＝ex－a (x ＞0)．∈若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ∈若a ＞0，则当0＜x ＜e a 时，f ′(x )＞0，当x ＞ea 时，f ′(x )＜0，故f (x )在(0，e a )上单调递增，在(ea ，＋∞)上单调递减．(2)证明：法一：因为x ＞0，所以只需证f (x )≤e xx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.记g (x )＝e xx －2e(x ＞0)，则g ′(x )＝（x －1）e x x 2，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e. 综上，当x ＞0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.法二：由题意知，即证e x ln x －e x 2－e x ＋2e x ≤0，从而等价于ln x －x ＋2≤e xe x.设函数g (x )＝ln x －x ＋2，则g ′(x )＝1x －1.所以当x ∈(0，1)时，g ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，故g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1. 设函数h (x )＝e xe x ，则h ′(x )＝e x （x －1）e x 2.所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，故h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上，当x ＞0时，g (x )≤h (x )，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 4.(2019·高考北京卷节选)已知函数f (x )＝14x 3－x 2＋x .(1)求曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程； (2)当x ∈[－2，4]时，求证：x －6≤f (x )≤x .【解析】：(1)由f (x )＝14x 3－x 2＋x 得f ′(x )＝34x 2－2x ＋1.令f ′(x )＝1，即34x 2－2x ＋1＝1，得x ＝0或x ＝83.又f (0)＝0，⎪⎭⎫ ⎝⎛38f ＝827，所以曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程是y ＝x 与y －827＝x －83，即y ＝x 与y ＝x －6427.(2)证明：令g (x )＝f (x )－x ，x ∈[－2，4]．由g (x )＝14x 3－x 2得g ′(x )＝34x 2－2x .令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝83.g ′(x )，g (x )的情况如下：故－6≤g (x )≤0，即x －6≤f (x )≤x .5.已知函数f (x )＝ln x －ax (x ＞0)，a 为常数，若函数f (x )有两个零点x 1，x 2(x 1≠x 2)．求证：x 1x 2＞e 2. 【证明】不妨设x 1＞x 2＞0，因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，所以ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a ，欲证x 1x 2＞e 2，即证ln x 1＋ln x 2＞2.因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a ＞2x 1＋x 2，所以原问题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令c ＝x 1x 2(c ＞1)，则不等式变为ln c ＞2(c －1)c ＋1.令h (c )＝ln c －2(c －1)c ＋1，c ＞1，所以h ′(c )＝1c －4(c ＋1)2＝(c －1)2c (c ＋1)2＞0，所以h (c )在(1，＋∞)上单调递增，所以h (c )＞h (1)＝ln 1－0＝0，即ln c －2(c －1)c ＋1＞0(c ＞1)，因此原不等式x 1x 2＞e 2得证．6.已知函数()()x a ax x x f 12ln 2+++=.（1）讨论()x f 的单调性；（2）当0<a 时，证明()243--≤ax f 【解析】（1）()x f 的定义域为（0，＋∞），()()()xax x a ax x x f 1211221++=+++=' 当0≥a ，则当x ∈（0，＋∞）时，()0>'x f ，故()x f 在（0，＋∞）上单调递增.当0<a ，则当x ∈⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 21,0时，f ′（x ）＞0；当x ∈⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,21a 时，f ′（x ）＜0. 故()x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,21a 上单调递减. （2）证明：由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在x ＝－12a取得最大值，最大值为⎪⎭⎫ ⎝⎛-a f 21＝a a 41121ln --⎪⎭⎫⎝⎛-. 所以()243--≤a x f 等价于24341121ln --≤--⎪⎭⎫ ⎝⎛-a a a ，即012121ln ≤++⎪⎭⎫ ⎝⎛-aa . 设g （x ）＝ln x －x ＋1，则g ′（x ）＝1x －1.当x ∈（0,1）时，g ′（x ）＞0；当x ∈（1，＋∞）时，g ′（x ）＜0.所以g （x ）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.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，012121ln ≤++⎪⎭⎫ ⎝⎛-a a ，即()243--≤a x f . 7.已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜a －2.【解析】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.(∈)若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递减． (∈)若a ＞2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a ＞2.由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2＜0.设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时g (x )＜0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2＜0，即f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＜a －2.8．已知函数f (x )＝e x ，g (x )＝ln(x ＋a )＋b .(1)当b ＝0时，f (x )－g (x )＞0恒成立，求整数a 的最大值；(2)求证：ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n ＋1)－ln n ]n ＜ee －1(n ∈N *)．【解析】(1)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 ∈(－∞，0)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，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ln(x ＋2)≤x ＋1，即e x ＞ln(x ＋2)，当a ≤2时，ln(x ＋a )≤ln(x ＋2)＜e x ，所以当a ≤2时，f (x )－g (x )＞0恒成立．当a ≥3时，e 0＜ln a ，即e x －ln(x ＋a )＞0不恒成立．故整数a 的最大值为2. (2)证明：由(1)知e x ＞ln(x ＋2)，令x ＝－n ＋1n ，则e －n ＋1n ＞ln ⎝⎛⎭⎫－n ＋1n ＋2，即e－n ＋1＞ln ⎝⎛⎭⎫－n ＋1n ＋2n＝[ln(n ＋1)－ln n ]n ，所以e 0＋e －1＋e －2 ＋…＋e －n ＋1＞ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n ＋1)－ln n ]n ，又因为e 0＋e －1＋e －2＋…＋e －n ＋1＝1－1e n 1－1e ＜11－1e＝e e －1，所以ln 2＋(ln 3－ln 2)2＋(ln 4－ln 3)3＋…＋[ln(n ＋1)－ln n ]n ＜e e －1.。

利用导数证明不等式的常见题型与技巧

利用导数证明不等式的常见题型与技巧例题：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 -<+-+<.本题在设辅助函数时，考虑到不等式涉及的变量是区间的两个端点，因此，设辅助函数时就把其中一个端点设为自变量，范例中选用右端点，读者不妨设为左端点试一试，就能体会到其中的奥妙了。

技巧：①利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。

②解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。

1、利用题目所给函数证明【例1】已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有x x x ≤+≤+-)1ln(111【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证． 2、直接作差构造函数证明【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方；【警示启迪】本题首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。

读者也可以设)()()(x g x f x F -=做一做，深刻体会其中的思想方法。

3、换元后作差构造函数证明【例3】证明：对任意的正整数n ，不等式3211)11ln(n n n ->+ 都成立.【警示启迪】我们知道，当()F x 在[,]a b 上单调递增，则x a >时，有()F x ()F a >．如果()f a ＝()a ϕ，要证明当x a >时，()f x >()x ϕ，那么，只要令()F x ＝()f x －()x ϕ，就可以利用()F x 的单调增性来推导．也就是说，在()F x 可导的前提下，只要证明'()F x >０即可．4、从条件特征入手构造函数证明【例4】若函数y=)(x f 在R 上可导且满足不等式x )(x f '>－)(x f 恒成立，且常数a ，b 满足a>b ，求证：．a )(a f >b )(b f【警示启迪】由条件移项后)()(x f x f x +'，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数)()(x xf x F =，求导即可完成证明。

高考数学复习：利用导数证明不等式

而
3
f(-1)=e,f(1)=e,f(2)=0,
∴函数 f(x)在区间[-1,2]的最大值为 e,最小值为 0. ....................................... 5 分
(2)证明令
1 2
x 1 2
g(x)=f(x)-2x +x-2e=(2-x)e -2x +x-2e,则
解得x=2,当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0;
当x∈(0,2)时,g'(x)>0,
∴g(x)在(2,+∞)内单调递减,在(0,2)内单调递增,可得g(x)max=f(2)=e2+2.
由于12>e2+2,即f(x)min>g(x)max,所以f(x)>g(x),
故当x>0时,f(x)>-x3+3x2+(3-x)ex.
3(3 -1)

=
3(-1)(2 ++1)
.

令f'(x)=0可得x=1,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(0,1)时,f'(x)<0,
∴f(x)在(1,+∞)内单调递增,在(0,1)内单调递减.
(2)证明由(1)可得f(x)min=f(1)=12.
令g(x)=-x3+3x2+(3-x)ex,则g'(x)=-3x2+6x-ex+(3-x)ex=(2-x)(ex+3x),由g'(x)=0,
所以g(a)的单调递减区间是(1,+∞),单调递增区间是(0,1),
所以g(a)≤g(1)=0,即ln a≤a-1.

7.2利用导数证明不等式的常见题型

利用导数证明不等式的常见题型不等式的证明是近几年高考的一个热点题型，它一般出现的压轴题的位置，解决起来比较困难。

本文给出这一类问题常见的证明方法，给将要参加高考的学子一些启示和帮助。

只要大家认真领会和掌握本文的内容，定会增强解决对这一类问题的办法。

下面听我慢慢道来。

题型一构造函数法，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证明不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。

例1（人教版选修2-2第32页B 组1题）利用函数的单调性，证明不列不等式（1）),0(,sinxπ∈<x x (2))1,0(,02∈>-x x x (3)0,1≠+>x x e x (4)0,ln ><<x e x x x这四道题比较简单，证明的过程分三个步骤，一是构造函数，二是对函数求导，判断函数的单调性，三是求此函数的最值，得出结论。

例2.当1->x时，求证：x x x ≤+≤+-)1ln(111 证明：令x x x f -+=)1ln()(，则1111)(+-=-+='x xx x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ,当0>x 时，0)(<'x f ，()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln(（右面得证），再证左面，令111)1ln()(-+++=x x x g ，22)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时，函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ，∴0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥-+++x x∴111)1ln(+-≥+x x （左面得证），综上，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(111,1有时启示：证明分三个步骤，一是构造函数，二是对函数求导，判断函数的单调性，三是求此函数的最值，得出结论。

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利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧技巧精髓1、利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。

2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。

一、利用题目所给函数证明【例1】已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有x x x ≤+≤+-)1ln(111 分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数111)1ln()(-+++=x x x g ，从其导数入手即可证明。

【绿色通道】1111)(+-=-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证），现证左面，令111)1ln()(-+++=x x x g ， 22)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时，即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数，故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ，∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(111,1有时【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证． 2、直接作差构造函数证明【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f +=求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方；分析：函数)(x f 的图象在函数)(x g 的图象的下方)()(x g x f <⇔不等式问题，即3232ln 21x x x <+，只需证明在区间),1(∞+上，恒有3232ln 21x x x <+成立，设)()()(x f x g x F -=，),1(+∞∈x ，考虑到061)1(>=F 要证不等式转化变为：当1>x 时，)1()(F x F >，这只要证明： )(x g 在区间),1(+∞是增函数即可。

【绿色通道】设)()()(x f x g x F -=，即x x x x F ln 2132)(23--=，则x x x x F 12)(2--='=x x x x )12)(1(2++- 当1>x 时，)(x F '=xx x x )12)(1(2++- 从而)(x F 在),1(∞+上为增函数，∴061)1()(>=>F x F ∴当1>x 时 0)()(>-x f x g ，即)()(x g x f <，故在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方。

【警示启迪】本题首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。

读者也可以设)()()(x g x f x F -=做一做，深刻体会其中的思想方法。

3、换元后作差构造函数证明【例3】（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n ，不等式3211)11ln(nn n ->+ 都成立. 分析：本题是山东卷的第（II ）问，从所证结构出发，只需令x n =1，则问题转化为：当0>x 时，恒有32)1ln(x x x ->+成立，现构造函数)1ln()(23++-=x x x x h ，求导即可达到证明。

【绿色通道】令)1ln()(23++-=x x x x h ，则1)1(31123)(232+-+=++-='x x x x x x x h 在),0(+∞∈x 上恒正，所以函数)(x h 在),0(+∞上单调递增，∴),0(+∞∈x 时，恒有，0)0()(=>h x h即0)1ln(23>++-x x x ，∴32)1ln(x x x ->+对任意正整数n ，取3211)11ln(),0(1nn n n x ->++∞∈=，则有【警示启迪】我们知道，当()F x 在[,]a b 上单调递增，则x a >时，有()F x ()F a >．如果()f a ＝()a ϕ，要证明当x a >时，()f x >()x ϕ，那么，只要令()F x ＝()f x －()x ϕ，就可以利用()F x 的单调增性来推导．也就是说，在()F x 可导的前提下，只要证明'()F x >０即可．4、从条件特征入手构造函数证明【例4】若函数y =)(x f 在R 上可导且满足不等式x )(x f '>－)(x f 恒成立，且常数a ，b 满足a >b ，求证：．a )(a f >b )(b f【绿色通道】由已知 x )(x f '+)(x f >0 ∴构造函数 )()(x xf x F =，则=)('x F x )(x f '+)(x f >0，从而)(x F 在R 上为增函数。

Θb a > ∴)()(b F a F > 即 a )(a f >b )(b f【警示启迪】由条件移项后)()(x f x f x +'，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数)()(x xf x F =，求导即可完成证明。

若题目中的条件改为)()(x f x f x >'，则移项后)()(x f x f x -'，要想到是一个商的导数的分子，平时解题多注意总结。

【思维挑战】1、（2007年，安徽卷）设x a x x x f a ln 2ln 1)(,02+--=≥求证：当1>x 时，恒有1ln 2ln 2+->x a x x ，2、（2007年，安徽卷）已知定义在正实数集上的函数 ,ln 3)(,221)(22b x a x g ax x x f +=+=其中a >0，且a a a b ln 32522-=，求证：)()(x g x f ≥3、已知函数x x x x f +-+=1)1ln()(，求证：对任意的正数a 、b ，恒有.1ln ln ab b a -≥- 4、（2007年，陕西卷）)(x f 是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足)()(x f x f x -'≤0，对任意正数a 、b ，若a x ，0≥a 时，不难证明1ln 2<xx ∴0)(>'x f ，即)(x f 在),0(+∞内单调递增，故当1>x 时，0)1()(=>f x f ，∴当1>x 时，恒有1ln 2ln 2+->x a x x2、提示：设b x a ax x x f x g x F --+=-=ln 3221)()()(22则x a a x x F 232)(-+=' =xa x a x )3)((+- )0(>x Θ0>a ，∴ 当a x =时，0)(='x F ，故)(x F 在),0(a 上为减函数，在),(+∞a 上为增函数，于是函数)(x F 在),0(+∞上的最小值是0)()()(=-=a g a f a F ，故当0>x 时，有0)()(≥-x g x f ，即)()(x g x f ≥3、提示：函数)(x f 的定义域为),1(+∞-，22)1()1(111)(x x x x x f +=+-+=' ∴当01<<-x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为减函数当0>x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为增函数因此在)(,0x f x 时=取得极小值0)0(=f ，而且是最小值于是x x x f x f +≥+=≥1)1ln(,0)0()(从而，即xx +-≥+111)1ln( 令a b x b a x -=+->=+1111,01则于是ab b a -≥1ln 因此a b b a -≥-1ln ln 4、提示：x x f x F )()(=，0)()()(2'≤-='x x f x xf x F ，故xx f x F )()(=在（0，+∞）上是减函数，由b a < 有b b f a a f )()(≥⇒ af (b )≤bf (a ) 故选（A ）。

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