第一篇：利用導數(shù)證明不等式

利用導數(shù)證明不等式

沒分都沒人答埃。。覺得可以就給個好評!

最基本的方法就是將不等式的的一邊移到另一邊，然后將這個式子令為一個函數(shù)f(x).對這個函數(shù)求導，判斷這個函數(shù)這各個區(qū)間的單調(diào)性，然后證明其最大值(或者是最小值)大于0.這樣就能說明原不等式了成立了!

1.當x>1時,證明不等式x>ln(x+1)

設函數(shù)f(x)=x-ln(x+1)

求導，f(x)"=1-1/(1+x)=x/(x+1)>0

所以f(x)在(1，+無窮大)上為增函數(shù)

f(x)>f(1)=1-ln2>o

所以x>ln(x+1

2..證明：a-a^2>0其中0

f(a)=a-a^2

f"(a)=1-2a

當00;當1/2

因此，f(a)min=f(1/2)=1/4>0

即有當00

3.x>0,證明：不等式x-x^3/6

先證明sinx

因為當x=0時，sinx-x=0

如果當函數(shù)sinx-x在x>0是減函數(shù)，那么它一定<在0點的值0，

求導數(shù)有sinx-x的導數(shù)是cosx-1

因為cosx-1≤0

所以sinx-x是減函數(shù)，它在0點有最大值0，

知sinx

再證x-x³/6

對于函數(shù)x-x³/6-sinx

當x=0時，它的值為0

對它求導數(shù)得

1-x²/2-cosx如果它<0那么這個函數(shù)就是減函數(shù)，它在0點的值是最大值了。

要證x²/2+cosx-1>0x>0

再次用到函數(shù)關系，令x=0時，x²/2+cosx-1值為0

再次對它求導數(shù)得x-sinx

根據(jù)剛才證明的當x>0sinx

x²/2-cosx-1是減函數(shù)，在0點有最大值0

x²/2-cosx-1<0x>0

所以x-x³/6-sinx是減函數(shù)，在0點有最大值0

得x-x³/6

利用函數(shù)導數(shù)單調(diào)性證明不等式x-x²>0，x∈(0,1)成立

令f(x)=x-x²x∈

則f"(x)=1-2x

當x∈時,f"(x)>0,f(x)單調(diào)遞增

當x∈時,f"(x)<0,f(x)單調(diào)遞減

故f(x)的最大值在x=1/2處取得，最小值在x=0或1處取得

f(0)=0,f(1)=0

故f(x)的最小值為零

故當x∈(0,1)f(x)=x-x²>0。

i、m、n為正整數(shù)，且1

第二篇：利用導數(shù)證明不等式

克維教育（82974566）中考、高考培訓專家鑄就孩子輝煌的未來

函數(shù)與導數(shù)（三）

核心考點五、利用導數(shù)證明不等式

一、函數(shù)類不等式證明

函數(shù)類不等式證明的通法可概括為：證明不等式f(x)?g(x)（f(x)?g(x)）的問題轉化為證明f(x)?g(x)?0（f(x)?g(x)?0），進而構造輔助函數(shù)h(x)?f(x)?g(x)，然后利用導數(shù)證明函數(shù)h(x)的單調(diào)性或證明函數(shù)h(x)的最小值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）。

例1、已知函數(shù)f(x)?lnx?ax2?(2?a)x

（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；

（2）設a?0，證明：當0?x?111時，f(?x)?f(?x)； aaa

（3）若函數(shù)f(x)的圖像與x軸交于a、b兩點，線段ab中點的橫坐標為x0，

證明：f`(x0)?0

【變式1】已知函數(shù)f(x)?ln(x?1)?x，求證：恒有1?1?ln(x?1)?x成立。 x?1

x【變式2】（1）x?0，證明：e?1?x

x2

?ln(1?x)(2)x?0時，求證：x?2

二、常數(shù)類不等式證明

常數(shù)類不等式證明的通法可概括為：證明常數(shù)類不等式的問題等價轉化為證明不等式 f(a)?f(b)的問題，在根據(jù)a,b的不等式關系和函數(shù)f(x)的單調(diào)性證明不等式。 例2、已知m?n?e,，求證：n?m

例3、已知函數(shù)f(x)?ln(x?1)?

（1）求f(x)的極小值；

（2）若a,b?0，求證：lna?lnb?1?

mnx， 1?xb a

【變式3】已知f(x)?lnx，g(x)?127，直線l與函數(shù)f(x)、g(x)的 x?mx?（m?0）22

圖像都相切，且與函數(shù)f(x)的圖像的切點的橫坐標為1．

（ⅰ）求直線l的方程及m的值；

（ⅱ）若h(x)?f(x?1)?g?(x)（其中g?(x)是g(x)的導函數(shù)），求函數(shù)h(x)的最大值； （ⅲ）當0?b?a時，求證：f(a?b)?f(2a)?b?a． 2a

【變式4】求證：

b?ab?lnba?b?aa(0?a?b)

1?x)?x?0(x??1) 【變式5】證明：ln(

ln22ln32lnn2(n?1)(2n?1)【引申】求證： 2?2???2?(n?2,n?n*) 23n2(n?1)

【變式6】當t?1時，證明：1??lnt?t?1 1t

x21(x?1)，各項不為零的數(shù)列?an?滿足4sn?f()?1， 【引申】已知函數(shù)f(x)?an2(x?1)

1n?11（1）求證：??ln??； an?1nan

（2）設bn??1，tn為數(shù)列?bn?的前n項和，求證：t201*?1?ln201*?t201*。 an

第三篇：導數(shù)的應用——利用導數(shù)證明不等式

導 數(shù) 的 應 用-利用導數(shù)證明不等式

1、利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性；

2、利用導數(shù)求函數(shù)的極值、最值；

引言：導數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的一種重要工具．例如：求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、求函數(shù)的最大（�。┲怠⑶蠛瘮�(shù)的值域等等．然而，不等式是歷年高考重點考查的內(nèi)容之一.尤其是在解答題中對其的考查，更是學生感到比較棘手的一個題.因而在解決一些不等式問題時，如能根據(jù)不等式的特點，恰當?shù)貥嬙旌瘮?shù)，運用導數(shù)證明或判斷該函數(shù)的單調(diào)性, 出該函數(shù)的最值；由當該函數(shù)取最大（或最�。┲禃r不等式都成立，可得該不等式恒成立，從而把證明不等式問題轉化為函數(shù)求最值問題．然后用函數(shù)單調(diào)性去解決不等式的一些相關問題，可使問題迎刃而解. 因此，很多時侯可以利用導數(shù)作為工具得出函數(shù)性質(zhì)，從而解決不等式問題． 下面具體討論導數(shù)在解決與不等式有關的問題時的作用．

三、例題分析

1、利用導數(shù)得出函數(shù)單調(diào)性來證明不等式

x2例1：當x>0時,求證：x?＜ln(1+x) . 2

x2x2"證明：設f(x)= x?－ln(1+x)(x>0), 則f(x)=?． 21?x

"∵x>0,∴f(x)<0,故f(x)在（0，+∞）上遞減，

x2所以x>0時,f(x)<f(0)=0，即x?－ln(1+x)<0成立． 2

小結：把不等式變形后構造函數(shù)，然后用導數(shù)證明該函數(shù)的單調(diào)性，達到證明不等式的目的．

隨堂練習：課本p32：b組第一題第3小題

2、利用導數(shù)解決不等式恒成立問題（掌握恒成立與最值的轉化技巧；構造函數(shù)證明不等式）

1例２．已知函數(shù)f(x)?aex?x2 2

(1)若f(x)在r上為增函數(shù),求a的取值范圍;

(2)若a=1,求證:x＞0時,f(x)>1+x

解：(1)f′(x)＝ aex－ｘ，

∵ｆ（ｘ）在ｒ上為增函數(shù)，∴f′(x)≥０對ｘ∈ｒ恒成立，

即ａ≥ｘｅ-ｘ對ｘ∈ｒ恒成立

記ｇ（ｘ）＝ｘｅ-ｘ，則ｇ′(ｘ)＝ｅ-ｘ－ｘｅ-ｘ=(1-x)e-x，

當ｘ＞１時，ｇ′（ｘ）＜０，當ｘ＜１時，ｇ′（ｘ）＞０．

知ｇ（ｘ）在(-∞,1)上為增函數(shù),在(1,+ ∞)上為減函數(shù),

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

即a的取值范圍是[1/e, + ∞)

1(2)記f(x)=f(x) －(1+x) =ex?x2?1?x(x?0) 2

則f′(x)=ex-1-x,

令h(x)= f′(x)=ex-1-x,則h′(x)=ex-1

當x>0時, h′(x)>0, ∴h(x)在(0,+ ∞)上為增函數(shù),

又h(x)在x=0處連續(xù), ∴h(x)>h(0)=0

即f′(x)>0 ,∴f(x) 在(0,+ ∞)上為增函數(shù),又f(x)在x=0處連續(xù),∴f(x)>f(0)=0,即f(x)>1+x．

小結：當函數(shù)取最大（或最小）值時不等式都成立，可得該不等式恒成立，從而把不等式的恒成立問題可轉化為求函數(shù)最值問題．不等式恒成立問題，一般都會涉及到求參數(shù)范圍，往往把變量分離后可以轉化為m?f(x)(或m?f(x))恒成立，于是

，從而把不等式恒成立問題轉化為m大于f(x)的最大值（或m小于f(x)的最小值）

求函數(shù)的最值問題．因此，利用導數(shù)求函數(shù)最值是解決不等式恒成立問題的一種重要方法．

例3．（全國）已知函數(shù)f(x)?ln(1?x)?x,g(x)?xlnx

(1)求函數(shù)f(x)的最大值；

a?b)?(b?a)ln2. 2

分析：對于（ii）絕大部分的學生都會望而生畏.學生的盲點也主要就在對所給函數(shù)用不上.如果能挖掘一下所給函數(shù)與所證不等式間的聯(lián)系，想一想大小關系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關，由此就可過渡到根據(jù)所要證的不等式構造恰當?shù)暮瘮?shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助單調(diào)性比較函數(shù)值的大小，以期達到證明不等式的目的.證明如下： (2)設0?a?b,證明 ：0?g(a)?g(b)?2g(

證明：對g(x)?xlnx求導,則g"(x)?lnx?1. 在g(a)?g(b)?2g(a?b)中以b為主變元構造函數(shù), 2

2設f(x)?g(a)?g(x)?2g(a?x),則f"(x)?g"(x)?2[g(a?x)]"?lnx?lna?x. 22

當0?x?a時，f"(x)?0,因此f(x)在(0,a)內(nèi)為減函數(shù).

當x?a時,f"(x)?0,因此f(x)在(a,??)上為增函數(shù).

從而當x?a時, f(x) 有極小值f(a).

因為f(a)?0,b?a,所以f(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(

2a?b)?0. 2又設g(x)?f(x)?(x?a)ln2.則g"(x)?lnx?lna?x?ln2?lnx?ln(a?x).

當x?0時,g"(x)?0.因此g(x)在(0,??)上為減函數(shù).

因為g(a)?0,b?a,所以g(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(a?b)?(b?a)ln2. 2

綜上結論得證。

對于看起來無法下手的一個不等式證明，對其巧妙地構造函數(shù)后，運用導數(shù)研

究了它的單調(diào)性后，通過利用函數(shù)的單調(diào)性比較函數(shù)值的大小,使得問題得以簡單解決.

四、課堂小結

1、利用導數(shù)證明不等式或解決不等式恒成立問題,關鍵是把不等式變形后構造恰當?shù)暮瘮?shù)，然后用導數(shù)判斷該函數(shù)的單調(diào)性或求出最值，達到證明不等式的目的；

2、利用導數(shù)解決不等式恒成立問題，應特別注意區(qū)間端點是否取得到；

3、學會觀察不等式與函數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系，學會變主元構造函數(shù)再利用導數(shù)證明不等式；

總之，無論是證明不等式，還是解不等式，我們都可以構造恰當?shù)暮瘮?shù)，利用到函數(shù)的單調(diào)性或最值，借助導數(shù)工具來解決，這種解題方法也是轉化與化歸思想在中學數(shù)學中的重要體現(xiàn)．

五、思維拓展

ax2

x?e(x?0)； （201*聯(lián)考）已知函數(shù)f(x)?e?x?1(x?0)，g(x)?2x（1） 求證：當a?1時對于任意正實數(shù)x, f(x) 的圖象總不會在g(x)圖象的上方；

（2） 對于在（0，1）上任意的a值，問是否存在正實數(shù)x使得f(x)?g(x)成立？

如果存在，求出符合條件的x的一個取值；否則說明理由。

第四篇：導數(shù)的應用——利用導數(shù)證明不等式1

導 數(shù) 的 應 用

--------利用導數(shù)證明不等式

教學目標：1、進一步熟練并加深導數(shù)在函數(shù)中的應用并學會利用導數(shù)證明不等式

2、培養(yǎng)學生的分析問題、解決問題及知識的綜合運用能力； 教學重點：利用導數(shù)證明不等式

教學難點：利用導數(shù)證明不等式

教學過程：

一、復習回顧

1、利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性；

2、利用導數(shù)求函數(shù)的極值、最值；

二、新課引入

引言：導數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的一種重要工具．例如：求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、求函數(shù)的最大（�。┲�、求函數(shù)的值域等等．然而，不等式是歷年高考重點考查的內(nèi)容之一.尤其是在解答題中對其的考查，更是學生感到比較棘手的一個題.因而在解決一些不等式問題時，如能根據(jù)不等式的特點，恰當?shù)貥嬙旌瘮?shù)，運用導數(shù)證明或判斷該函數(shù)的單調(diào)性, 出該函數(shù)的最值；由當該函數(shù)取最大（或最�。┲禃r不等式都成立，可得該不等式恒成立，從而把證明不等式問題轉化為函數(shù)求最值問題．然后用函數(shù)單調(diào)性去解決不等式的一些相關問題，可使問題迎刃而解. 因此，很多時侯可以利用導數(shù)作為工具得出函數(shù)性質(zhì)，從而解決不等式問題． 下面具體討論導數(shù)在解決與不等式有關的問題時的作用．

三、新知探究

1、利用導數(shù)得出函數(shù)單調(diào)性來證明不等式

x2例1：當x>0時,求證：x?＜ln(1+x) . 2

x2x2"證明：設f(x)= x?－ln(1+x)(x>0), 則f(x)=?． 21?x

"∵x>0,∴f(x)<0,故f(x)在（0，+∞）上遞減，

x2所以x>0時,f(x)<f(0)=0，即x?－ln(1+x)<0成立． 2

小結：把不等式變形后構造函數(shù)，然后用導數(shù)證明該函數(shù)的單調(diào)性，達到證明不等式的目的．

隨堂練習：課本p32：b組第一題第3小題

2、利用導數(shù)解決不等式恒成立問題（掌握恒成立與最值的轉化技巧；構造函數(shù)證明不等式）

1例２．已知函數(shù)f(x)?aex?x2 2

(1)若f(x)在r上為增函數(shù),求a的取值范圍;

(2)若a=1,求證:x＞0時,f(x)>1+x

解：(1)f′(x)＝ aex－ｘ，

∵ｆ（ｘ）在ｒ上為增函數(shù)，∴f′(x)≥０對ｘ∈ｒ恒成立，

即ａ≥ｘｅ-ｘ對ｘ∈ｒ恒成立

記ｇ（ｘ）＝ｘｅ-ｘ，則ｇ′(ｘ)＝ｅ-ｘ－ｘｅ-ｘ=(1-x)e-x，

當ｘ＞１時，ｇ′（ｘ）＜０，當ｘ＜１時，ｇ′（ｘ）＞０．

知ｇ（ｘ）在(-∞,1)上為增函數(shù),在(1,+ ∞)上為減函數(shù),

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

即a的取值范圍是[1/e, + ∞)

1(2)記f(x)=f(x) －(1+x) =ex?x2?1?x(x?0) 2

則f′(x)=ex-1-x,

令h(x)= f′(x)=ex-1-x,則h′(x)=ex-1

當x>0時, h′(x)>0, ∴h(x)在(0,+ ∞)上為增函數(shù),

又h(x)在x=0處連續(xù), ∴h(x)>h(0)=0

即f′(x)>0 ,∴f(x) 在(0,+ ∞)上為增函數(shù),又f(x)在x=0處連續(xù),∴f(x)>f(0)=0,即f(x)>1+x．

小結：當函數(shù)取最大（或最小）值時不等式都成立，可得該不等式恒成立，從而把不等式的恒成立問題可轉化為求函數(shù)最值問題．不等式恒成立問題，一般都會涉及到求參數(shù)范圍，往往把變量分離后可以轉化為m?f(x)(或m?f(x))恒成立，于是

，從而把不等式恒成立問題轉化為m大于f(x)的最大值（或m小于f(x)的最小值）

求函數(shù)的最值問題．因此，利用導數(shù)求函數(shù)最值是解決不等式恒成立問題的一種重要方法．

例3．（201*年全國）已知函數(shù)f(x)?ln(1?x)?x,g(x)?xlnx

(1)求函數(shù)f(x)的最大值；

a?b)?(b?a)ln2. 2

分析：對于（ii）絕大部分的學生都會望而生畏.學生的盲點也主要就在對所給函數(shù)用不上.如果能挖掘一下所給函數(shù)與所證不等式間的聯(lián)系，想一想大小關系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關，由此就可過渡到根據(jù)所要證的不等式構造恰當?shù)暮瘮?shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助單調(diào)性比較函數(shù)值的大小，以期達到證明不等式的目的.證明如下： (2)設0?a?b,證明 ：0?g(a)?g(b)?2g(

證明：對g(x)?xlnx求導,則g"(x)?lnx?1. 在g(a)?g(b)?2g(a?b)中以b為主變元構造函數(shù), 2

2設f(x)?g(a)?g(x)?2g(a?x),則f"(x)?g"(x)?2[g(a?x)]"?lnx?lna?x. 22

當0?x?a時，f"(x)?0,因此f(x)在(0,a)內(nèi)為減函數(shù).

當x?a時,f"(x)?0,因此f(x)在(a,??)上為增函數(shù).

從而當x?a時, f(x) 有極小值f(a).

因為f(a)?0,b?a,所以f(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(

2a?b)?0. 2又設g(x)?f(x)?(x?a)ln2.則g"(x)?lnx?lna?x?ln2?lnx?ln(a?x).

當x?0時,g"(x)?0.因此g(x)在(0,??)上為減函數(shù).

因為g(a)?0,b?a,所以g(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(a?b)?(b?a)ln2. 2

綜上結論得證。

對于看起來無法下手的一個不等式證明，對其巧妙地構造函數(shù)后，運用導數(shù)研究了它的單調(diào)性后，通過利用函數(shù)的單調(diào)性比較函數(shù)值的大小,使得問題得以簡單解決.

四、課堂小結

1、利用導數(shù)證明不等式或解決不等式恒成立問題,關鍵是把不等式變形后構造恰當?shù)暮瘮?shù)，然后用導數(shù)判斷該函數(shù)的單調(diào)性或求出最值，達到證明不等式的目的；

2、利用導數(shù)解決不等式恒成立問題，應特別注意區(qū)間端點是否取得到；

3、學會觀察不等式與函數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系，學會變主元構造函數(shù)再利用導數(shù)證明不等式；

總之，無論是證明不等式，還是解不等式，我們都可以構造恰當?shù)暮瘮?shù)，利用到函數(shù)的單調(diào)性或最值，借助導數(shù)工具來解決，這種解題方法也是轉化與化歸思想在中學數(shù)學中的重要體現(xiàn)．

五、思維拓展

ax2

x?e(x?0)； （201*聯(lián)考）已知函數(shù)f(x)?e?x?1(x?0)，g(x)?2x（1） 求證：當a?1時對于任意正實數(shù)x, f(x) 的圖象總不會在g(x)圖象的上方；

（2） 對于在（0，1）上任意的a值，問是否存在正實數(shù)x使得f(x)?g(x)成立？

如果存在，求出符合條件的x的一個取值；否則說明理由。

第五篇：利用導數(shù)證明不等式的常見題型經(jīng)典

利用導數(shù)證明不等式的常見題型及解題技巧

技巧精髓

1、利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性來證明不等式是函數(shù)、導數(shù)、不等式綜合中的一個難點，也是近幾年高考的熱點。

2、解題技巧是構造輔助函數(shù)，把不等式的證明轉化為利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值，從而證得不等式，而如何根據(jù)不等式的結構特征構造一個可導函數(shù)是用導數(shù)證明不等式的關鍵。

一、利用題目所給函數(shù)證明

【例1】 已知函數(shù)f(x)?ln(x?1)?x，求證：當x??1時，恒有

1?1?ln(x?1)?x x?1

分析：本題是雙邊不等式，其右邊直接從已知函數(shù)證明，左邊構造函數(shù)

1?1，從其導數(shù)入手即可證明。 x?1

1x【綠色通道】f?(x)??1??x?1x?1g(x)?ln(x?1)?

∴當?1?x?0時，f?(x)?0，即f(x)在x?(?1,0)上為增函數(shù)

當x?0時，f?(x)?0，即f(x)在x?(0,??)上為減函數(shù)

故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(?1,0)，單調(diào)遞減區(qū)間(0,??)

于是函數(shù)f(x)在(?1,??)上的最大值為f(x)max?f(0)?0，因此，當x??1時，f(x)?f(0)?0，即ln(x?1)?x?0∴l(xiāng)n(x?1)?x （右面得證）， 現(xiàn)證左面，令g(x)?ln(x?1)?11x1?? ?1， 則g?(x)?22x?1(x?1)x?1(x?1)

當x?(?1,0)時,g?(x)?0;當x?(0,??)時,g?(x)?0 ，

即g(x)在x?(?1,0)上為減函數(shù)，在x?(0,??)上為增函數(shù)，

故函數(shù)g(x)在(?1,??)上的最小值為g(x)min?g(0)?0，

1?1?0 x?1

11∴l(xiāng)n(x?1)?1?，綜上可知，當x??1時,有?1?ln(x?1)?xx?1x?1

【警示啟迪】如果f(a)是函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大（小）值，則有f(x)?f(a)（或f(x)?f(a)），

那么要證不等式，只要求函數(shù)的最大值不超過0就可得證． ∴當x??1時，g(x)?g(0)?0，即ln(x?1)?

2、直接作差構造函數(shù)證明

【例2】已知函數(shù)f(x)?

圖象的下方；

第 1 頁 共 4 頁 122x?lnx. 求證：在區(qū)間(1,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)?x3的23

分析：函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)的圖象的下方?不等式f(x)?g(x)問題， 12212x?lnx?x3，只需證明在區(qū)間(1,??)上，恒有x2?lnx?x3成立，設2323

1f(x)?g(x)?f(x)，x?(1,??)，考慮到f(1)??0 6

要證不等式轉化變?yōu)椋寒攛?1時，f(x)?f(1)，這只要證明： g(x)在區(qū)間(1,??)是增函數(shù)即可。

21【綠色通道】設f(x)?g(x)?f(x)，即f(x)?x3?x2?lnx， 32即

1(x?1)(2x2?x?1)則f?(x)?2x?x?= xx2

(x?1)(2x2?x?1)當x?1時，f?(x)= x

從而f(x)在(1,??)上為增函數(shù)，∴f(x)?f(1)?

∴當x?1時 g(x)?f(x)?0，即f(x)?g(x)，

故在區(qū)間(1,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)?1?0 623x的圖象的下方。 3

【警示啟迪】本題首先根據(jù)題意構造出一個函數(shù)（可以移項，使右邊為零，將移項后的左式設為函數(shù)），

并利用導數(shù)判斷所設函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，證明要證的不等式。讀者也可以設f(x)?f(x)?g(x)做一做，深刻體會其中的思想方法。

3、換元后作差構造函數(shù)證明

111 都成立. ?nn2n3

1分析：本題是山東卷的第（ii）問，從所證結構出發(fā)，只需令?x，則問題轉化為：當x?0時，恒n【例3】（201*年，山東卷）證明：對任意的正整數(shù)n，不等式ln(?1)?

有l(wèi)n(x?1)?x?x成立，現(xiàn)構造函數(shù)h(x)?x?x?ln(x?1)，求導即可達到證明。

【綠色通道】令h(x)?x?x?ln(x?1)， 322332

13x3?(x?1)2

?則h?(x)?3x?2x?在x?(0,??)上恒正， x?1x?12

所以函數(shù)h(x)在(0,??)上單調(diào)遞增，∴x?(0,??)時，恒有h(x)?h(0)?0，

即x?x?ln(x?1)?0，∴l(xiāng)n(x?1)?x?x

對任意正整數(shù)n，取x?32231111?(0,??)，則有l(wèi)n(?1)?2?3 nnnn

【警示啟迪】我們知道，當f(x)在[a,b]上單調(diào)遞增，則x?a時，有f(x)?f(a)．如果f(a)＝?(a)，要證明當x?a時，f(x)??(x)，那么，只要令f(x)＝f(x)－?(x)，就可以利用f(x)的單調(diào)增性來推導．也就是說，在f(x)可導的前提下，只要證明f"(x)?０即可．

4、從條件特征入手構造函數(shù)證明

【例4】若函數(shù)y=f(x)在r上可導且滿足不等(版權歸公文素材庫Wm.seogis.com)式xf?(x)>－f(x)恒成立，且常數(shù)a，b滿足a>b，求

證：．a(chǎn)f(a)>bf(b)

【綠色通道】由已知 xf?(x)+f(x)>0 ∴構造函數(shù) f(x)?xf(x)，

則f(x)? xf?(x)+f(x)>0， 從而f(x)在r上為增函數(shù)。 "

?a?b ∴f(a)?f(b) 即 af(a)>bf(b)

【警示啟迪】由條件移項后xf?(x)?f(x)，容易想到是一個積的導數(shù)，從而可以構造函數(shù)f(x)?xf(x)，

求導即可完成證明。若題目中的條件改為xf?(x)?f(x)，則移項后xf?(x)?f(x)，要想到

是一個商的導數(shù)的分子，平時解題多注意總結。

【思維挑戰(zhàn)】

21、（201*年，安徽卷） 設a?0,f(x)?x?1?lnx?2alnx

求證：當x?1時，恒有x?lnx?2alnx?1，

2、（201*年，安徽卷）已知定義在正實數(shù)集上的函數(shù) 2

f(x)?52122x?2ax,g(x)?3a2lnx?b,其中a>0，且b?a?3alna，22

求證：f(x)?g(x)

3、已知函數(shù)f(x)?ln(1?x)?

恒有l(wèi)na?lnb?1?x，求證：對任意的正數(shù)a、b， 1?xb. a

4、（201*年，陜西卷）f(x)是定義在（0，+∞）上的非負可導函數(shù)，且滿足xf?(x)?f(x)≤0，對任意正數(shù)a、b，若a < b，則必有（）

（a）af (b)≤bf (a) （c）af (a)≤f (b)

【答案咨詢】

1、提示：f?(x)?1?

∴（b）bf (a)≤af (b) （d）bf (b)≤f (a) 2lnx2a2lnx，當x?1，a?0時，不難證明??1 xxxf?(x)?0，即f(x)在(0,??)內(nèi)單調(diào)遞增，故當x?1時，

2f(x)?f(1)?0，∴當x?1時，恒有x?lnx?2alnx?1

3a21222、提示：設f(x)?g(x)?f(x)?x?2ax?3alnx?b則f?(x)?x?2a? x2

(x?a)(x?3a)= (x?0) ?a?0，∴ 當x?a時，f?(x)?0， x

故f(x)在(0,a)上為減函數(shù)，在(a,??)上為增函數(shù)，于是函數(shù)f(x) 在(0,??)上的最小值

是f(a)?f(a)?g(a)?0，故當x?0時，有f(x)?g(x)?0，即f(x)?g(x)

3、提示：函數(shù)f(x)的定義域為(?1,??)，f?(x)?11x ??221?x(1?x)(1?x)

∴當?1?x?0時，f?(x)?0，即f(x)在x?(?1,0)上為減函數(shù)

當x?0時，f?(x)?0，即f(x)在x?(0,??)上為增函數(shù)

因此在x?0時,f(x)取得極小值f(0)?0，而且是最小值 x1，即ln(1?x)?1? 1?x1?x

a1bab令1?x??0,則1??1?于是ln?1? bx?1aba

b因此lna?lnb?1? a于是f(x)?f(0)?0,從而ln(1?x)?

xf"(x)?f(x)f(x)f(x)4、提示：f(x)?，f?(x)?，故在（0，+∞）上是減函數(shù)，由?0f(x)?2xxx

a?b 有f(a)f(b)?? af (b)≤bf (a)故選（a） ab

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