导数的应用——利用导数证明不等式.doc

导 数 的 应 用-利用导数证明不等式

1、利用导数判断函数的单调性；

2、利用导数求函数的极值、最值；

引言：导数是研究函数性质的一种重要工具．例如：求函数的单调区间、求函数的最大（小）值、求函数的值域等等．然而，不等式是历年高考重点考查的内容之一.尤其是在解答题中对其的考查，更是学生感到比较棘手的一个题.因而在解决一些不等式问题时，如能根据不等式的特点，恰当地构造函数，运用导数证明或判断该函数的单调性, 出该函数的最值；由当该函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立，从而把证明不等式问题转化为函数求最值问题．然后用函数单调性去解决不等式的一些相关问题，可使问题迎刃而解. 因此，很多时侯可以利用导数作为工具得出函数性质，从而解决不等式问题． 下面具体讨论导数在解决与不等式有关的问题时的作用．

三、例题分析

1、利用导数得出函数单调性来证明不等式

例1：当x>0时,求证：x 2x 2

-＜ln(1+x) . 证明：设f(x)= x 2x 2-－ln(1+x) (x>0), 则f '(x)=2x 1x

-+． ∵x>0,∴f '(x)<0,故f(x)在（0，+∞）上递减，

所以x>0时,f(x)

-－ln(1+x)<0成立． 小结：把不等式变形后构造函数，然后用导数证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的．

随堂练习：课本P32：B 组第一题第3小题

2、利用导数解决不等式恒成立问题（掌握恒成立与最值的转化技巧；构造函数证明不等式）

例２．已知函数21()2

x f x ae x =- (1)若f(x)在R 上为增函数,求a 的取值范围;

(2)若a=1,求证:x ＞0时,f(x)>1+x

解：(1)f ′(x)＝ ae x －ｘ，

∵ｆ（ｘ）在Ｒ上为增函数，∴f ′(x)≥０对ｘ∈Ｒ恒成立，

即ａ≥ｘｅ-ｘ对ｘ∈Ｒ恒成立

记ｇ（ｘ）＝ｘｅ-ｘ，则ｇ′(ｘ)＝ｅ-ｘ－ｘｅ-ｘ=(1-x)e -x ，

当ｘ＞１时，ｇ′（ｘ）＜０，当ｘ＜１时，ｇ′（ｘ）＞０．

知ｇ（ｘ）在(-∞,1)上为增函数,在(1,+ ∞)上为减函数,

∴g(x)在x=1时,取得最大值，即g(x)max=g(1)=1/e, ∴a ≥1/e,

即a 的取值范围是[1/e, + ∞)

(2)记F(X)=f(x) －(1+x) =)0(12

12>---x x x e x 则F ′(x)=e x -1-x,

令h(x)= F ′(x)=e x -1-x,则h ′(x)=e x -1

当x>0时, h ′(x)>0, ∴h(x)在(0,+ ∞)上为增函数,

又h(x)在x=0处连续, ∴h(x)>h(0)=0

即F ′(x)>0 ,∴F(x) 在(0,+ ∞)上为增函数,又F(x)在x=0处连续, ∴F(x)>F(0)=0,即f(x)>1+x ．

小结：当函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立，从而把不等式的恒成立问题可转化为求函数最值问题．不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为)(x f m >(或)(x f m <)恒成立，于是m 大于)(x f 的最大值（或m 小于)(x f 的最小值），从而把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题．因此，利用导数求函数最值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法．

例3．（全国）已知函数x x x g x x x f ln )(,)1ln()(=-+=

(1)求函数)(x f 的最大值；

(2)设b a <<0,证明 ：2ln )()2

(

2)()(0a b b a g b g a g -<+-+<. 分析：对于（II ）绝大部分的学生都会望而生畏.学生的盲点也主要就在对所给函数用不上.如果能挖掘一下所给函数与所证不等式间的联系，想一想大小关系又与函数的单调性密切相关，由此就可过渡到根据所要证的不等式构造恰当的函数，利用导数研究函数的单调性，借助单调性比较函数值的大小，以期达到证明不等式的目的.证明如下： 证明：对x x x g ln )(=求导,则1ln )('+=x x g . 在)2

(2)()(b a g b g a g +-+中以b 为主变元构造函数, 设)2(2)()()(x a g x g a g x F +-+=,则2

ln ln )]2([2)()('''x a x x a g x g x F +-=+-=. 当a x <<0时，0)('

当a x >时,0)('>x F ,因此)(x F 在),(+∞a 上为增函数.

从而当a x =时, )(x F 有极小值)(a F .

因为,,0)(a b a F >=所以0)(>b F ,即.0)2(

2)()(>+-+b a g b g a g 又设2ln )()()(a x x F x G --=.则)ln(ln 2ln 2ln ln )('x a x x a x x G +-=-+-=.

当0>x 时,0)('

因为,,0)(a b a G >=所以0)(

(2)()(a b b a g b g a g -<+-+. 综上结论得证。

对于看起来无法下手的一个不等式证明，对其巧妙地构造函数后，运用导数研

究了它的单调性后，通过利用函数的单调性比较函数值的大小,使得问题得以简单解决.

四、课堂小结

1、利用导数证明不等式或解决不等式恒成立问题,关键是把不等式变形后构造恰当的函数，然后用导数判断该函数的单调性或求出最值，达到证明不等式的目的；

2、利用导数解决不等式恒成立问题，应特别注意区间端点是否取得到；

3、学会观察不等式与函数的内在联系，学会变主元构造函数再利用导数证明不等式；

总之，无论是证明不等式，还是解不等式，我们都可以构造恰当的函数，利用到函数的单调性或最值，借助导数工具来解决，这种解题方法也是转化与化归思想在中学数学中的重要体现．

五、思维拓展

（2008联考）已知函数)0(1)(>--=x x e x f x ，)0(2)(2

>?=x e ax x g x ； （1） 求证：当1≥a 时对于任意正实数x , )(x f 的图象总不会在)(x g 图象的上方；

（2） 对于在（0，1）上任意的a 值，问是否存在正实数x 使得)()(x g x f >成立？

如果存在，求出符合条件的x 的一个取值；否则说明理由。

导数之数列型不等式证明

函数与导数解答题之数列型不等式证明 例1.已知函数()()ln 3f x a x ax a R =--∈ (1)讨论函数)(x f 的单调性; (2)证明:*1111ln(1)()23n n N n + +++>+∈ (3)证明:()*ln 2ln 3ln 4ln 5ln 12,2345n n n N n n ???<≥∈ (4)证明:()*22222ln 2ln 3ln 4ln 5ln 112,23452n n n n n N n n +?????

例3．已知函数()x f x e ax a =--（其中,a R e ∈是自然对数的底数， 2.71828e =…）. （1）当a e =时，求函数()f x 的极值；（II ）当01a ≤≤时，求证()0f x ≥； （2）求证：对任意正整数n ，都有2111111222n e ??????+ +???+< ??? ???????. 例4.设函数()ln 1f x x px （1）求函数()f x 的极值点； （2）当p ＞0时，若对任意的x ＞0，恒有0)(≤x f ，求p 的取值范围； （3）证明：).2,()1(212ln 33ln 22ln 2222222≥∈+--<+++n N n n n n n n 例5.已知函数()ln 1f x x x =-+? (1)求()f x 的最大值; (2)证明不等式:()*121n n n n e n N n n n e ??????+++<∈ ? ? ?-???? ??

利用导数研究不等式问题

1.已知函数f (x )＝x 2－ax －a ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值； (2)在(1)的条件下，求证：f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116 . 2．(优质试题·烟台模拟)已知函数f (x )＝x 2－ax ，g (x )＝ln x ，h (x )＝f (x )＋g (x )． (1)若函数y ＝h (x )的单调减区间是????12，1，求实数a 的值； (2)若f (x )≥g (x )对于定义域内的任意x 恒成立，求实数a 的取值范围．

3．(优质试题·山西四校联考)已知f (x )＝ln x －x ＋a ＋1. (1)若存在x ∈(0，＋∞)，使得f (x )≥0成立，求a 的取值范围； (2)求证：在(1)的条件下，当x >1时，12x 2＋ax －a >x ln x ＋12 成立． 4.已知函数f (x )＝(2－a )ln x ＋1x ＋2ax . (1)当a <0时，讨论f (x )的单调性； (2)若对任意的a ∈(－3，－2)，x 1，x 2∈[1,3]，恒有(m ＋ln 3)a －2ln 3>|f (x 1)－f (x 2)|成立，求实数m 的取值范围． 5．(优质试题·福州质检)设函数f (x )＝e x －ax －1. (1)当a >0时，设函数f (x )的最小值为g (a )，求证：g (a )≤0； (2)求证：对任意的正整数n ，都有1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋n n ＋1<(n ＋1)n ＋1.

答案精析 1．(1)解 f ′(x )＝2x －a －a x ，由题意可得f ′(1)＝0，解得a ＝1.经检验，a ＝1时f (x )在x ＝1处取得极值，所以a ＝1. (2)证明 由(1)知，f (x )＝x 2－x －ln x ， 令g (x )＝f (x )－????－x 33＋5x 22 －4x ＋116 ＝x 33－3x 22＋3x －ln x －116 ， 由g ′(x )＝x 2 －3x ＋3－1x ＝x 3－1x －3(x －1)＝(x －1)3x (x >0)，可知g (x )在(0,1)上是减函数， 在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116 成立． 2．解 (1)由题意可知，h (x )＝x 2－ax ＋ln x (x >0)， 由h ′(x )＝2x 2－ax ＋1x (x >0)， 若h (x )的单调减区间是????12，1， 由h ′(1)＝h ′????12＝0，解得a ＝3， 而当a ＝3时，h ′(x )＝2x 2－3x ＋1x ＝(2x －1)(x －1)x (x >0)． 由h ′(x )<0，解得x ∈????12，1， 即h (x )的单调减区间是????12，1， ∴a ＝3. (2)由题意知x 2－ax ≥ln x (x >0)， ∴a ≤x －ln x x (x >0)． 令φ(x )＝x －ln x x (x >0)，

利用导数证明不等式的两种通法

利用导数证明不等式的两种通法 吉林省长春市东北师范大学附属实验学校 金钟植 岳海学 利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。 一、函数类不等式证明 函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式()()f x g x >（()()f x g x <）的问 题转化为证明()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），进而构造辅助函数 ()()()h x f x g x =-，然后利用导数证明函数()h x 的单调性或证明函数()h x 的最小值（最 大值）大于或等于零（小于或等于零）。 例1 已知(0, )2 x π ∈，求证：sin tan x x x << 分析：欲证sin tan x x x <<，只需证函数()sin f x x x =-和()tan g x x x =-在(0,)2 π 上 单调递减即可。 证明： 令()sin f x x x =- ，其中(0,)2 x π ∈ 则/ ()cos 1f x x =-，而(0,)cos 1cos 102 x x x π ∈?

不等式典型例题之基本不等式的证明

5.3、不等式典型例题之基本不等式的证明——（6例题） 雪慕冰 一、知识导学 1.比较法：比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一，它是两个实数大小顺序和运算性质的直接应用，比较法可分为差值比较法(简称为求差法)和商值比较法(简称为求商法). (1)差值比较法的理论依据是不等式的基本性质：“ａ-ｂ≥0ａ≥ｂ；ａ-ｂ≤0ａ≤ｂ”.其一般步骤为：①作差：考察不等式左右两边构成的差式，将其看作一个整体；②变形：把不等式两边的差进行变形，或变形为一个常数，或变形为若干个因式的积，或变形为一个或几个平方的和等等，其中变形是求差法的关键，配方和因式分解是经常使用的变形手段；③判断：根据已知条件与上述变形结果，判断不等式两边差的正负号，最后肯定所求证不等式成立的结论.应用范围：当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时一般使用差值比较法. (2)商值比较法的理论依据是：“若ａ，ｂ∈R + ，ａ/ｂ≥1ａ≥ｂ；ａ/ｂ≤1ａ≤ｂ”.其一般步骤为：①作商：将左右两端作商；②变形：化简商式到最简形式；③判断商与1的大小关系，就是判定商大于1或小于1.应用范围：当被证的不等式两端含有幂、指数式时，一般使用商值比较法. 2.综合法：利用已知事实(已知条件、重要不等式或已证明的不等式)作为基础，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后推出所要证明的不等式，其特点和思路是“由因导果”，从“已知”看“需知”，逐步推出“结论”.即从已知Ａ逐步推演不等式成立的必要条件从而得出结论Ｂ. 3.分析法：是指从需证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，进而转化为判定那个条件是否具备，其特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”.用分析法证明书写的模式是：为了证明命题Ｂ成立，只需证明命题Ｂ1为真，从而有…，这只需证明Ｂ2为真，从而又有…，……这只需证明Ａ为真，而已知Ａ为真，故Ｂ必为真.这种证题模式告诉我们，分析法证题是步步寻求上一步成立的充分条件. 4.反证法：有些不等式的证明，从正面证不好说清楚，可以从正难则反的角度考虑，即要证明不等式Ａ>Ｂ，先假设Ａ≤Ｂ，由题设及其它性质，推出矛盾，从而肯定Ａ>Ｂ.凡涉及到的证明不等式为否定命题、惟一性命题或含有“至多”、“至少”、“不存在”、“不可能”等词语时，可以考虑用反证法. 5.换元法：换元法是对一些结构比较复杂，变量较多，变量之间的关系不甚明了的不等式可引入一个或多个变量进行代换，以便简化原有的结构或实现某种转化与变通，给证明带来新????

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 山西大学附属中学 韩永权 邮箱：hyq616@https://www.sodocs.net/doc/bc16844909.html, 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(,sinx π∈-x x x (3)0,1≠+>x x e x (4)0,ln ><x 时，求证：x x x ≤+≤+- )1ln(1 1 1 证明：令x x x f -+=)1ln()(，则1 111)(+- =-+='x x x 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11 1 )1ln()(-+++=x x x g ，2 2)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()(m i n ==g x g ，∴0)0()(=≥g x g ，即011 1 )1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x （左面得证），综上，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(11 1 ,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。 题型二 通过对函数的变形，利用分析法，证明不等式 例.bx x x h +=ln )(有两个不同的零点21,x x ①求b 的取值范围；②求证：1221x x e >. 解析：①()ln h x x bx =+，其定义域为（0，+∞）.由()0h x =得ln -x b x =，记ln ()x x x ?=-，则2 l n 1 ()x x x ?-'=, 所以ln ()x x x ?=-在(0,)e 单调减，在(,)e +∞单调增，所以当x e =时ln ()x x x ?=-取得最小值1e -. 又(1)0?=，所以(0,1)x ∈时()0x ?>，而(1,)x ∈+∞时()0x ?<,所以b 的取值范围是（1 e -，0）. ②由题意得1122ln 0,ln 0x bx x bx +=+=, 所以12122121ln ()0,ln ln ()0x x b x x x x b x x ++=-+-=,所以 12122121 ln ln ln x x x x x x x x +=--，不妨设21x x <, 要证212x x e >,需证12122121 ln (ln ln )2x x x x x x x x +=->-.即证2121212()ln ln x x x x x x -->+， 设21(1)x t t x =>,则2(1)4()ln ln 211 t F t t t t t -=-=+-++, 所以2 22 14(1)()0(1)(1) t F t t t t t -'=-=>++,所以函数()F t 在（1，+∞）上单调增， 而(1)0F =，所以()0F t >即2(1) ln 1 t t t ->+,所以212x x e >.

第18讲 导数的应用——利用导数研究不等式恒成立问题备战2021年新高考数学考点精讲与达标测试

《导数的应用——利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题》 达标检测 [A 组]—应知应会 1．已知函数f (x )＝x ＋4 x ，g (x )＝2x ＋a ，若?x 1∈????12，1，?x 2∈[2，3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是( ) A ．a ≤1 B ．a ≥1 C ．a ≤2 D ．a ≥2 【解析】选A.由题意知f (x )min ??? ?x ∈????12，1≥g (x )min (x ∈[2，3])，因为f (x )min ＝5，g (x )min ＝4＋a ，所以5≥4＋a ，即a ≤1，故选A. 2．(2020·吉林白山联考)设函数f (x )＝e x ????x ＋3x －3－a x ，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)．据此可知，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. 3．(2020·西安质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x －1. (1)求函数y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线方程； (2)若不等式f (x )≤ag (x )对任意的x ∈(1，＋∞)均成立，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)因为f ′(x )＝1 x ， 所以f ′(1)＝1. 又f (1)＝0，所以切线的方程为y －f (1)＝f ′(1)(x －1)， 即所求切线的方程为y ＝x －1. (2)易知对任意的x ∈(1，＋∞)，f (x )＞0，g (x )＞0. ①当a ≥1时，f (x )≤g (x )≤ag (x )； ②当a ≤0时，f (x )＞0，ag (x )≤0，所以不满足不等式f (x )≤ag (x )； ③当0＜a ＜1时，设φ(x )＝f (x )－ag (x )＝ln x －a (x －1)，则φ′(x )＝1 x －a ，

2021届高考数学(理)一轮复习学案：第3章导数及其应用第4节利用导数证明不等式

第四节 利用导数证明不等式 课堂考点探究 考点1 单变量不等式的证明 单变量不等式的证明方法 (1)移项法：证明不等式f (x )＞g (x )(f (x )＜g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )＞0(f (x )－g (x )＜0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )； (2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数； (3)最值法：欲证f (x )＜g (x )，有时可以证明f (x )max ＜g (x )min . 直接将不等式转化为函数的最值问题 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性； (2)当a ＜0时，证明f (x )≤－3 4a －2. [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝ x ＋1 2ax ＋1 x . 当a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当a ＜0，则当x ∈? ????0，－12a 时，f ′(x )＞0；当x ∈? ????－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0. 故f (x )在? ????0，－12a 上单调递增，在? ?? ??－12a ，＋∞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f ? ????－12a ＝ln ? ??? ?－12a －1－1 4a . 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ? ????－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ? ????－12a ＋1 2a ＋1≤0.设g (x ) ＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1 x －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，ln ? ????－12a ＋1 2a ＋1≤0， 即f (x )≤－3 4a －2. 将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间

不等式证明的常用基本方法

证明不等式的基本方法 导学目标：1.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法.2.会用比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法证明比较简单的不等式． [自主梳理] 1.三个正数的算术—几何平均不等式：如果a ，b ，c>0，那么_________________________，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立． 2.基本不等式(基本不等式的推广)：对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即a 1＋a 2＋…＋a n n ≥n a 1·a 2·…·a n ，当且仅当__________________时等号成立． 3.证明不等式的常用五种方法 (1)比较法：比较法是证明不等式最基本的方法，具体有作差比较和作商比较两种，其基本思想是______与0比较大小或______与1比较大小． (2)综合法：从已知条件出发，利用定义、______、______、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫综合法．也叫顺推证法或由因导果法． (3)分析法：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的________条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义 、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立为止，这种证明方法叫分析法．也叫逆推证法或执果索因法． (4)反证法 ①反证法的定义 先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们把它称为反证法． ②反证法的特点 先假设原命题不成立，再在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实等矛盾． (5)放缩法 ①定义：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值________或________，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法． ②思路：分析观察证明式的特点，适当放大或缩小是证题关键． 题型一 用比差法与比商法证明不等式 1.设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则s 与t 的大小关系是( A ) ≥t >t ≤t 0;②a 2+b 2≥2(a -b-1);③a 2+3ab>2b 2;④,其中所 有恒成立的不等式序号是 ② . ②【解析】①a=0时不成立;②∵a 2+b 2-2(a-b-1)=(a-1)2+(b+1)2≥0,成立;③a=b=0时不成立;④a=2,b=1时不成立,故恒成立的只有②.

利用导数解决不等式恒成立中的参数问题学案

利用导数解决不等式恒成立中的参数问题 一、单参数放在不等式上型： 【例题1】（07全国Ⅰ理）设函数()x x f x e e -=-．若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围． 解：令()()g x f x ax =-，则()()x x g x f x a e e a -''=-=+-， （1）若2a ≤，当0x >时，()20x x g x e e a a -'=+->-≥，故()g x 在(0,)+∞上为增函数， ∴0x ≥时，()(0)g x g ≥，即()f x ax ≥． （2）若2a >，方程()0g x '=的正根为1x = 此时，若1(0,)x x ∈，则()0g x '<，故()g x 在该区间为减函数． ∴1(0,)x x ∈时，()(0)0g x g <=，即()f x ax <，与题设()f x ax ≥相矛盾． 综上，满足条件的a 的取值范围是(,2]-∞． 说明：上述方法是不等式放缩法． 【针对练习1】（10课标理）设函数2 ()1x f x e x ax =---，当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围． 解： 【例题2】（07全国Ⅰ文）设函数32()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值． （1）求a 、b 的值；（2）若对于任意的[0,3]x ∈，都有2()f x c <成立，求c 的取值范围． 解：（1）2()663f x x ax b '=++， ∵函数()f x 在1x =及2x =取得极值，则有(1)0f '=，(2)0f '=． 即6630241230a b a b ++=?? ++=? ，解得3a =-，4b =． （2）由（1）可知，32()29128f x x x x c =-++，2()618126(1)(2)f x x x x x '=-+=--． 当(0,1)x ∈时，()0f x '>；当(1,2)x ∈时，()0f x '<；当(2,3)x ∈时，()0f x '>． ∴当1x =时，()f x 取得极大值(1)58f c =+，又(0)8f c =，(3)98f c =+． 则当[0,3]x ∈时，()f x 的最大值为(3)98f c =+． ∵对于任意的[0,3]x ∈，有2()f x c <恒成立，∴298c c +<，解得1c <-或9c >， 因此c 的取值范围为(,1)(9,)-∞-+∞． 最值法总结：区间给定情况下，转化为求函数在给定区间上的最值． 【针对练习2】（07重庆理）已知函数44 ()ln (0)f x ax x bx c x =+->在1x =处取得极值3c --，其中 a 、b 、c 为常数． （1）试确定a 、b 的值；（2）讨论函数()f x 的单调区间； （3）若对任意0x >，不等式2()2f x c ≥-恒成立，求c 的取值范围．

高中数学基本不等式证明

不等式证明基本方法 例1 ：求证：221a b a b ab ++≥+- 分析：比较法证明不等式是不等式证明的最基本的方法，常用作差法和作商法，此题用作差法较为简便。 证明：221()a b a b ab ++-+- 2221[()(1)(1)]02 a b a b =-+-+-≥ 评注：1．比较法之一（作差法）步骤：作差——变形——判断与0的关系——结论 2．作差后的变形常用方法有因式分解、配方、通分、有理化等，应注意结合式子的形式，适当选 用。 例2：设c b a >>，求证：b a a c c b ab ca bc 2 22222++<++ 分析：从不等式两边形式看，作差后可进行因式分解。 证明：)(222222b a a c c b ab ca bc ++-++ =)()()(a b ab c a ca b c bc -+-+- =)()]()[()(a b ab c b b a ca b c bc -+-+-+- =))()((a c c b b a --- c b a >>Θ，则,0,0,0<->->-a c c b b a ∴0))()((<---a c c b b a 故原不等式成立 评注：三元因式分解因式，可以排列成一个元的降幂形式： =++-++)(222222b a a c c b ab ca bc )())(()(2a b ab b a b a c a b c -++-+-，这样容易发现规律。 例3 ：已知,,a b R +∈求证：11()()2()n n n n a b a b a b ++++≤+ 证明：11()()2()n n n n a b a b a b ++++-+ 11n n n n a b ab a b ++=+-- ()()n n a b a b a b =-+- ()()n n a b b a =--

2020高考数学专题突破练2利用导数研究不等式与方程的根文含解析

专题突破练(2) 利用导数研究不等式与方程的根 一、选择题 1．(2019·佛山质检)设函数f (x )＝x 3 －3x 2 ＋2x ，若x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )＝f (x )－λx 的两个极值点，现给出如下结论： ①若－1＜λ＜0，则f (x 1)＜f (x 2)；②若0＜λ＜2，则f (x 1)＜f (x 2)；③若λ＞2，则 f (x 1)＜f (x 2)． 其中正确结论的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B 解析 依题意，x 1，x 2(x 10，即λ>－1，且x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝2－λ3．研究f (x 1)0，解得λ>2．从而可知③正确．故选B ． 2．(2018·乌鲁木齐一诊)设函数f (x )＝e x x ＋3x －3－a x ，若不等式f (x )≤0有正实数解， 则实数a 的最小值为( ) A ．3 B ．2 C ．e 2 D ．e 答案 D 解析 因为f (x )＝e x x ＋3x －3－a x ≤0有正实数解，所以a ≥(x 2－3x ＋3)e x ，令g (x )＝(x 2－3x ＋3)e x ，则g ′(x )＝(2x －3)e x ＋(x 2－3x ＋3)e x ＝x (x －1)e x ，所以当x >1时，g ′(x )>0；当0b >c B ．b >a >c C ．c >b >a D ．c >a >b 答案 C 解析 构造函数f (x )＝e x x 2，则a ＝f (6)，b ＝f (7)，c ＝f (8)，f ′(x )＝x e x (x －2) x 4 ，当x >2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(2，＋∞)上单调递增，故f (8)>f (7)>f (6)，即c >b >a ．故选C ． 4．(2018·合肥质检二)已知函数f (x )是定义在R 上的增函数，f (x )＋2＞f ′(x )，f (0)＝1，则不等式ln (f (x )＋2)－ln 3＞x 的解集为( ) A ．(－∞，0) B ．(0，＋∞) C．(－∞，1) D ．(1，＋∞)

【高中数学】利用导数证明不等式

第四节利用导数证明不等式 考点1作差法构造函数证明不等式 (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． 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](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，

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧 趣题引入 已知函数 设， 证明：分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。证明：，设 当时 ，当时 ， 即在上为减函数，在上为增函数 ∴，又 ∴， 即 设 当时，，因此在区间上为减函数； 因为，又 ∴， 即 故综上可知，当 时，本题在设辅助函数时，考虑到不等式涉及的变量是区间的两个端点，因此， 设辅助函数时就把其中一个端点设为自变量，范例中选用右端点，读者不妨设为左端点试一试，就能体会到其中的奥妙了。技巧精髓 一、利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、 不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。 二、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的 单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个 x x x g ln )(=b a <<02ln )(2 ( 2)()(0a b b a b g a g -<+-+<1ln )(+='x x g )2 (2)()()(x a g x g a g x F +-+=2 ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g x a g x g x F +-=+-=?+-='a x <<00)(<'x F a x >0)(>'x F )(x F ),0(a x ∈),(+∞∈a x 0)()(min ==a F x F a b >0)()(=>a F b F 0)2 (2)()(>+-+b a g b g a g 2ln )(2 (2)()()(a x x a g x g a g x G --+-+=)ln(ln 2ln 2 ln ln )(x a x x a x x G +-=-+-='∴0>x 0)('0)()(=

4 基本不等式的证明(1)

4、基本不等式的证明（1） 目标： (,0)2 a b a b +≥的证明过程，并能应用基本不等式证明其他不等式。 过程： 一、问题情境 把一个物体放在天平的一个盘子上，在另一个盘子上放砝码使天平平衡，称得物体的质量为 a 。如果天平制造得不精确，天平的两臂长略有不同（其他因素不计） ，那么a 并非物体的实际质量。不过，我们可作第二次测量：把物体调换到天平的另一个盘上，此时称得物体的质量为b 。那么如何合理的表示物体的质量呢？ 把两次称得的物体的质量“平均”一下，以2 a b A +=表示物体的质量。这样的做法合理吗？ 设天平的两臂长分别为12,l l ，物体实际质量为M ，据力学原理有1221,l M l a l M l b == ，有2,M ab M == ,0a b >时，2 a b +叫,a b ,a b 的几何平均数 2 a b + 二、建构 一般，判断两数的大小可采用“比较法”： 02a b +-=≥ 2 a b +≤（当且仅当a b =时取等号） 说明：当0a =或0b =时，以上不等式仍成立。 从而有 2 a b +≤(0,0)a b ≥≥（称之“基本不等式” ）当且仅当a b =时取等号。 2 a b +≤的几何解释： 如图,,2 a b OC CD OC CD +≥== 三、运用 例1 设,a b 为正数，证明：1(1)2(2)2b a a a b a +≥+≥ 注意：基本不等式的变形应用 2,2a b a b ab +??≤+≤ ???

例2 证明： 22(1)2a b ab +≥ 此不等式以后可直接使用 1(2)1(1)1 x x x + ≥>-+ 4(3)4(0)a a a +≤-< 2 2≥ 2 2> 例3 已知,0,1a b a b >+=，求证：123a b +≥+ 四、小结 五、作业 反馈32 书P91 习题1，2，3

第5讲 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题

第5讲 利用导数研究不等式恒成立求参数范围问题 把参数看作常数利用分类讨论方法解决 [典例引领] (2018·衡阳模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ，a ∈R . (1)求函数f (x )的单调区间； (2)若不等式f (x )＋a ＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围． 【解】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1 x －a . ①当a ≤0时，f ′(x )＞0恒成立， 则f (x )只有单调递增区间是(0，＋∞)． ②当a ＞0时，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜1 a ； 由f ′(x )＜0，得x ＞1 a ； 所以f (x )的单调递增区间是(0，1a )，单调递减区间是????1a ，＋∞. (2)f (x )＋a ＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立，即ln x －a (x －1)＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立． 设g (x )＝ln x －a (x －1)，x ＞0，则g ′(x )＝1 x －a ，注意到g (1)＝0， ①当a ≥1时，g ′(x )＜0在x ∈(1，＋∞)上恒成立， 则g (x )在x ∈(1，＋∞)上单调递减， 所以g (x )＜g (1)＝0，即a ≥1时满足题意． ②当0＜a ＜1时，令g ′(x )＞0，得0＜x ＜1 a ； 令g ′(x )＜0，得x ＞1 a . 则g (x )在????1，1 a 上单调递增， 所以当x ∈????1，1 a 时，g (x )＞g (1)＝0， 即0＜a ＜1时不满足题意(舍去)． ③当a ≤0时，g ′(x )＝1 x －a ＞0，

导数证明不等式的问题(练习答案)

“导数证明不等式问题”练习题答案 1.设L 为曲线C:ln x y x =在点(1,0)处的切线. (I)求L 的方程; (II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C 在直线L 的下方. 解: (I)设ln ()x f x x =,则21ln ()x f x x -'=.所以(1)1f '=.所以L 的方程为1y x =-. (II)令()1()g x x f x =--,则除切点之外,曲线C 在直线l 的下方等价于()0 g x >(0,1)x x >≠. ()g x 满足(1)0g =,且221ln ()1()x x g x f x x -+''=-=. 当01x <<时,210x -<,ln 0x <,所以()0g x '<,故()g x 单调递减; 当1x >时,210x ->,ln 0x >,所以()0g x '>,故()g x 单调递增. 所以,()(1)0g x g >=(0,1x x >≠). 所以除切点之外,曲线C 在直线L 的下方. 又解:()0g x >即ln 10x x x -->变形为2ln 0x x x -->,记2()ln h x x x x =--,则2121(21)(1)()21x x x x h x x x x x --+-'=--==, 所以当01x <<时,()0h x '<,()h x 在(0,1)上单调递减; 当1x >时,()0h x '>,()h x 在(1,+∞)上单调递增. 所以()(1)0h x h >=.)

2.Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，； (Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域． 解⑴证明：()2e 2 x x f x x -=+ ()()()22224e e 222x x x x f x x x x ??-' ?=+= ?+++?? ∵当x ∈()()22,-∞--+∞，时，()0f x '> ∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增 ∴0x >时， ()2e 0=12x x f x ->-+， ∴()2e 20x x x -++> ⑵ ()()()24e 2e x x a x x ax a g x x ----'= () 4e 2e 2x x x x ax a x -++= ()322e 2x x x a x x -??+?+ ?+??= [)01a ∈， 由(1)知，当0x >时，()2e 2x x f x x -= ?+的值域为()1-+∞，，只有一解． 使得2e 2 t t a t -?=-+，(]02t ∈， 当(0,)x t ∈时()0g x '<，()g x 单调减；当(,)x t ∈+∞时()0g x '>，()g x 单调增 ()()()222e 1e e 1e 22 t t t t t t a t t h a t t t -++?-++===+ 记()e 2t k t t =+，在(]0,2t ∈时，()()() 2e 102t t k t t +'=>+，∴()k t 单调递增 ∴()()21e 24h a k t ??=∈ ??? ，． 3.设函数． x x 2f (x)x 2 -=+e 0x >(2)20x x e x -++>[0,1)a ∈2x =(0)x e ax a g x x -->（）()g x ()h a ()h a ()1x f x e -=-

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧 趣题引入 已知函数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。 证明：1ln )(+='x x g ，设)2 (2)()()(x a g x g a g x F +-+= 2 ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g x a 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 ∈上为减函数，在),(+∞∈a x 上为增函数 ∴0)()(min ==a F x F ，又a b > ∴0)()(=>a F b F ， 即0)2 ( 2)()(>+-+b a g b 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 x a x x G +-=-+-='∴ 当0>x 时，0)(' ∴0)()(=