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导数与不等式专题一

1. （优质试题北京理18倒数第3大题，最值的直接应用）已知函数。

⑴求的单调区间；

⑵若对于任意的，都有

≤，求的取值范围.

解：⑴，令，

当时，与的情况如下：

所以，的单调递增区间是和：单调递减区间是，当时，与的情况如下：

所以，的单调递减区间是和：单调递增区间是。 ⑵当时，因为11

(1)k k

f k e

++=>，所以不会有

当时，由（Ⅰ）知在上的最大值是，

所以等价于,解综上：故当时，的取值范围是[，0].

()()x k

f x x k e =-()f x (0,)x ∈+∞()f x 1e

k 221()()x

f x x k e k

'=-()0,f x x k '==±0k >()f x ()f x '()f x (,)k -∞-(,)k +∞(,)k k -0k <()f x ()f x '()f x (,)k -∞(,)k -+∞(,)k k -0k >1(0,),().x f x e ?∈+∞≤0k <()f x (0,)+∞2

4()k

f k e

-=1(0,),()x f x e ?∈+∞≤24()k f k e

e ≤10.2k -≤<1(0,),()x

f x e ?∈+∞≤

k 1

2. （优质试题天津理20倒数第3大题，最值的直接应用，第3问带有小的处理技巧）已知函数，其中.

⑴若曲线在点处切线方程为,求函数的解析式； ⑵讨论函数的单调性；

⑶若对于任意的，不等式在上恒成立，求的取值范围. 解：⑴，由导数的几何意义得，于是．由切点在直线上可得，解得．所以函数的解析式为． ⑵．当时，显然(),这时在，上内是增函数．当时，令，解得

当变化时，，的变化情况如下表：

＋ 0 －－ 0 ＋

↗

极大

值

↘

极小值

↗

∴在，内是增函数，在，内是减函数．

⑶由⑵知，在上的最大值为与的较大者，对于任意的

，()()0≠++=

x b x

a x x f R

b a ∈

,()x f y =()(

)2,2f P 13+=x y ()x f ()x f ??????∈2,21a ()10≤x f ??

???1,41b 2()1a

f x x

'=-

(2)3f '=8a =-(2,(2))P f 31y x =+27b -+=9b =()f x 8

()9f x x x

=-+2

()1a

f x x '=-

0a ≤()0f x '>0x ≠()f x (,0)-∞(0,)+∞0a >()0f x '=x =x ()f x '()f x x (,-∞()+∞()f x '()f x ()f x (,-∞)+∞((0,)+∞()f x 1[,1]41()4f (1)f 1

[,2]2

a ∈

不等式在上恒成立，当且仅当，即，对任意的

成立．从而得，所以满足条件的的取值范围是．

3. （转换变量，作差）已知函数. ⑴若，求的单调区间；

⑵已知是的两个不同的极值点，且，若恒成立，求实数b 的取值范围。

解：⑴，或1 令，解得令，解得，

的增区间为；减区间为，

⑵，即

由题意两根为，，又且△，.

设

，或 0(1)f x ≤1[,1]410(11(4)10)f f ≤≤?????39449a b a

b ≤

-≤-?

????1[,2]2a ∈74b ≤b (7

,]4

-∞2()()x f x x a e =-3a =()f x 12,x x ()f x 1212||||x x x x +≥3

233()32

f a a a a b <+-+23,()(3)x a f x x e =∴=-2()(23)0x f x x x e '=+-=3x ?=-()0f x '>(,3)(1,)x ∈-∞-+∞()0f x '<(3,1)x ∈-()f x ∴(,3),(1,)-∞-+∞(3,1)-2()(2)0x f x x x a e '=+-=220x x a +-=12,x x 12122,x x x x a ∴+=-?=-1212||||x x x x +≥22a ∴-≤≤440a =+>12a ∴-<≤3223

233()3()33()322

a g a f a a a a a a e a a a =--+=---

+2()3(1)(1)0a g a a a e a '=+--=?=

0a =

又，，，.

恒成立之分离常数

4. （分离常数）

已知函数

(1) 若在处的切线平行于直线，求函数的单调区间； (2) 若，且对时，恒成立，求实数的取值范围.

解: (1) 定义域为,直线的斜率为,

,,.所以由; 由

所以函数的单调增区间为,减区间为. (0)0g =2(2)68g e =-2

max ()68g a e =-268b e ∴>-()ln 1,.a

f x x a R x

=+-∈()y f x =0(1,)P y 1y x =-+()y f x =0a >(0,2]x e ∈()0f x >a ()ln 1,.a

f x x a R x

=+-∈)(x f ),0(+∞1y x =-+1-x x a x f 1)('2+-

=11)1('-=+-=a f 2=∴a 222

12)('x

x x x x f -=+-=20)('>>x x f 得200)('<<

(0,2)

(2) ，且对时，恒成立

,即(ln 1)a x x >-. 设.

当时, , 当时, ,.

所以当时,函数在上取到最大值,且所以,所以

所以实数的取值范围为. （法二）讨论法

()x a

f x x -'=

，()f x 在(0,)a 上是减函数，在(,)a +∞上是增函数. 当a ≤2e 时，()f x ≥()1ln 10f a a =+->，解得1a >，∴1a <≤2e . 当2a e >时，()(2)ln(2)102a

f x f e e e

>=+->，解得2ln 2a e >，∴2a e >. 综上1a >.

5. （优质试题长春一模，恒成立，分离常数，二阶导数）

已知函数,（其中R ,为自然对数的底数）.

(1)当时,求曲线在处的切线方程；

(2)当≥1时,若关于的不等式≥0恒成立,求实数的取值范围.

解：（1）当时，,,,

切线方程为．

0a >(0,2]x e ∈()0f x >ln 10(0,2]a

x x e x

+->∈在恒成立]2,0(,ln )ln 1()(e x x x x x x x g ∈-=-=]2,0(,ln 1ln 1)('e x x x x g ∈-=--=10<x g 为增函数)(x g e x 20≤<0)('

)(2

---=ax x e x f x

∈a e 0=a )(x f y =))0(,0(f x x )(x f a 0=a 12

)(2

--=x e x f x

x e x f x -=∴)('1)0(',0)0(==∴f f ∴x y =

（2）[方法一]

≥1,≥≤,

设,则, 设,则,

在上为增函数,≥,

,在上为增函数, ≥,≤．

[方法二], ,

设,,

≥0,≥0,在上为增函数,

≥.

又≥0恒成立,≥0,≤, ≥,,

在上为增函数, 此时≥≥0恒成立,

≤． 6. （两边取对数的技巧）设函数且）

x 12

)1()(2

+--=x e x x x

?0)1()('>-=x e x x ?)(x ?∴),1[+∞)(x ?∴02

)1(>=

?012)1()('2

2>+--=∴x x e x x g x

x x e x g x

12)(2--=

∴)

,1[+∞)(x g ∴2

3)1(-

=e g a ∴23

-e 12

)(2

---=ax x e x f x

a x e x f x --=∴)('a x e x h x --=)(1)('-=x e x h x 1)('-=∴x e x h a x e x h x --=∴)(),1[+∞)(x h ∴a e h --=1)1(12

)(2

---=ax x e x f x

23)1(--=∴a e f a ∴23-e )(x h ∴01)1(>--=a e h 0)('>--=∴a x e x f x 12

)(2

---=ax x e x f x

),1[+∞)(x f 23)1(--=a e f a ∴2

e 1

()(1(1)ln(1)

f x x x x =

>-++0x ≠2

2 1 2 ) 1 ( ) ( ' x x e

x x g x + - - = x x e x g x

1 2

) ( 2 - -

x e x 1 2

2 - - a ? 0 1 2

) ( 2 - - - = ∴ ax x e x f x

（1）求的单调区间；（2）求的取值范围；（3）已知对任意恒成立，求实数的取值范围。

解：（1）

当时，即.

当时，即或. 故函数的单调递增区间是. 函数的单调递减区间是. （2）由时，即，

由（1）可知在上递增，在递减，所以在区间（－1，0）上，当时，取得极大值，即最大值为1(1)f e e --=-. 在区间上，.

函数的取值范围为.分

（3），两边取自然对数得

7. （分离常数）已知函数

． ()f x ()f x 1

2(1)m x x +>+(1,0)x ∈-m 22ln(1)1'()(1)ln (1)

x f x x x ++=-

++∴'()0f x >1ln(1)10,11x x e -++<-<<-'()0f x >11e ->-0x >()f x 1(1,1)e ---()f x 1(1,0),(0,)e --+∞'()0f x =1ln(1)10,1x x e -++==-()f x 1(1,1)e ---1(1,0)e --11x e -=-()f x (0,)+∞()0f x >∴()f x (,)(0,)e -∞-+∞1

12(1)0,(1,0)m x x x +>+>∈-1

ln 2ln(1)1

m x x >++1ln ()x

f x x

（Ⅰ）若函数在区间

其中a >0，上存在极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）如果当时，不等式恒成立，求实数k 的取值范围；

解：（Ⅰ）因为， x >0，则，

当时，；当时，．

所以在（0，1）上单调递增；在上单调递减，所以函数在处取得极大值．因为函数在区间（其中）上存在极值，

所以解得．（Ⅱ）不等式即为记所以令，则，

，在上单调递增，

，从而，

故在上也单调递增，所以，所以．

8. （优质试题湖南，分离常数，构造函数）

已知函数对任意的恒有. ⑴证明：当

⑵若对满足题设条件的任意b 、c ，不等式恒成立，求M 的最小值。

1(,)2

a a +1x ≥()1

f x x ≥+1ln ()x f x x +=2ln ()x

f x x

'=-01x <<()0f x '>1x >()0f x '<()f x (1,)+∞()f x 1x =()f x 1

(,)2

a a +0a >1,

1,2

a a

?+>??112a <<(),1k f x x ≥

+(1)(1ln ),x x k x ++≥(1)(1ln )(),x x g x x

++=[]2

(1)(1ln )(1)(1ln )()x x x x x g x x '++-++'=

ln x x x -=()ln h x x x =-1

()1h x x

'=-1x ≥()0,h x '∴≥()h x ∴[1,)+∞[]min ()(1)10h x h ∴==>()0g x '>()g x [1,)+∞[]min ()(1)2g x g ==2k ≤2()(,),f x x bx c b c =++∈R ,x ∈R ()()f x f x '≤20()();x f x x c +≥时，≤22()()()f c f b M c b --≤

9. （第3问不常见，有特点，由特殊到一般，先猜后证）已知函数

（Ⅰ）求函数f (x )的定义域

（Ⅱ）确定函数f (x )在定义域上的单调性，并证明你的结论. （Ⅲ）若x >0时

恒成立，求正整数k 的最大值. 解：（1）定义域（2）单调递减。

当，令，

故在（－1，0）上是减函数，即，故此时 x

x n x f )

1(11)(++=1

)(+>

x k

x f ),0()0,1(+∞?-,0)]1ln(1

[1)(2

时当>+++-=

'x x x x x f 0)(<'x f )0,1(-∈x 0

)1(11)1(1)()1ln(1

)(2

2<+=+++-

='+++=

x x

x x x g x x x g 0)1(11)1(1)()1ln(1

)(2

2<+=+++-

='+++=

x x

x x x g x x x g )(x g 01)0()(>=>g x g )]1ln(1

1[1)(2+++-

='x x x x f

在（－1，0）和（0，+）上都是减函数（3）当x >0时，恒成立，令又k 为正整数，∴k 的最大值不大于3 下面证明当k=3时，恒成立当x >0时恒成立

令，则

，，当

∴当取得最小值

当x >0时，恒成立，因此正整数k 的最大值为3

10. (恒成立，分离常数，涉及整数、较难的处理) 已知函数（Ⅰ）试判断函数上单调性并证明你的结论；（Ⅱ）若恒成立，求整数k 的最大值；（较难的处理）（Ⅲ）求证：(1+1×2)(1+2×3)…[1+n (n +1)]>e 2n －3. 解：（I ）上递减. （II ） ∞1

)(+>

x k

x f ]2ln 1[21+<=k x 有)0( 1

)(>+>

x x k

x f 021)1ln()1(>-+++x x x x x x x g 21)1ln()1()(-+++=时当1 ,1)1ln()(->-+='e x x x g 时当1 ,1)1ln()(->-+='e x x x g 0

)(>'x g 0)( ,10<'

-<-=-e e g 021)1ln()1(>-+++x x x ).0()

1ln(1)(>++=

x x

x x f ),0()(+∞在x f 1

)(+>

x k

x f )]1ln(1

[1)]1ln(11[1)(22+++-=+--+=

'x x x x x x x x f .0)(,0)1ln(,01

0,02<'∴>+>+>∴>x f x x x x ),0()(∞∴在x f .)]1ln(1)[1()(,1)(恒成立即恒成立k x

x x x h x k x f >+++=+>

).0)(1ln(1)(,)

1ln(1)(>+--=+--=

'x x x x g x

x x x h 记

则上单调递增，又

存在唯一实根a ，且满足

当 ∴

故正整数k 的最大值是3 .

（Ⅲ）由（Ⅱ）知

∴ 令，则 ∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)]

∴（1+1×2）（1+2×3）…[1+n （n+1）]>e

2n －3

11. (分离常数，双参，较难)已知函数，. （１）若函数依次在处取到极值． ①求的取值范围；②若，求的值．

),0()(,01

)(+∞∴>+=

'在x g x x

x g .02ln 22)3(,03ln 1)2(>-=<-=g g 0)(=∴x g ).1ln(1),3,2(++=∈a a a .0)(,0)(00)(,0)(<'<<<>'>>x h x g a x x h x g a x 时，，当时，)4,3(1)1()]1ln(1)[1()()(min ∈+=+=+++=

=a a

a a a a a h x h )0(1

)1ln(1>+>++x x x x x

x x x x 3

2132113)1ln(->+-=-+>

+*))(1(N n n n x ∈+=)

1(3

2)]1(1ln[+-

>++n n n n 3

213

32)111(32])

1(1

323211[32])

1(32[)3132()2132(->++-=+--=+++?+?-=+-++?-+?-

>n n n n n n n n n n 32()(63)x f x x x x t e =-++t R ∈()y f x =,,()x a x b x c a b c ===<

（２）若存在实数，使对任意的，不等式恒成立．求正整数的最大值．

解：（1）①

②

. （2）不等式，即，即.

转化为存在实数，使对任意，不等式恒成立,即不等式在上恒成立。即不等式在上恒成立。设，则。

设，则，因为，有。故在区间上是减函数。

又故存在，使得。

当时，有，当时，有。从而在区间上递增，在区间上递减。

[]0,2t ∈[]1,x m ∈()f x x ≤m 23232()(3123)(63)(393)x x x f x x x e x x x t e x x x t e '=-++-++=--++32()3,39303,,.f x x x x t a b c ∴--++=有个极值点有个根322()393,'()3693(1)(3)g x x x x t g x x x x x =--++=--=+-令()(-,-1),(3,+)(-1,3)g x ∞∞在上递增,上递减.()3824.(3)0

g x t g ?∴∴-<0有个零点,,()a b c f x 是的三个极值点3232393(x-a)(x-b)(x-c)=x ()()x x x t a b c x ab bc ac x abc ∴--++=-+++++-3

93a b c ab ac bc t abc

++=??

∴++=-??+=-?

31(b (-1,3))2b ∴=-∈或

舍

81a b t c ?=-?

∴=∴=??

=+?()f x x ≤32(63)x x x x t e x -++≤3263x t xe x x x -≤-+-[]0,2t ∈[]1,x m ∈3263x t xe x x x -≤-+-32063x xe x x x -≤-+-[]1,x m ∈2063x e x x -≤-+-[]1,x m ∈2()63x x e x x ?-=-+-()26x x e x ?-'=--+()()26x r x x e x ?-'==--+()2x r x e -'=-1x m ≤≤()0r x '<()r x []1,m 123(1)40,(2)20,(3)0r e r e r e ---=->=->=-<0(2,3)x ∈00()()0r x x ?'==01x x ≤<()0x ?'>0x x >()0x ?'<()y x ?=[]01,x [)0,x +∞

又

所以当时，恒有；当时，恒有；故使命题成立的正整数的最大值为5.

12. （优质试题湖南理22，分离常数，复合的超范围）

已知函数 ⑴求函数的单调区间;

⑵若不等式对任意的都成立（其中e 是自然对数的底数），求a 的

最大值.（分离常数）

解: ⑴函数的定义域是，

设则令则当时，在（－1，0）上为增函数，当x ＞0时，在上为减函数.

所以h (x )在x =0处取得极大值，而h (0)=0,所以，函数g (x )在上为减函数.

于是当时，当x ＞0时，所以，当时，在（－1，0）上为增函数. 当x ＞0时，在上为减函数.

123(1)40,(2)5>0,(3)6>0,e e e ???---=+>=+=+456(4)5>0,(5)20,(6)30.e e e ???---=+=+>=-<15x ≤≤()0x ?>6x ≥()0x ?

()ln (1).1x f x x x

=+-+()f x 1

(1)n a

e n

++≤N*n ∈()f x (1,)-+∞2222

2ln(1)22(1)ln(1)2().1(1)(1)

x x x x x x x

f x x x x ++++--'=-=+++2()2(1)ln(1)2,

g x x x x x =++--()2ln(1)2.g x x x '=+-()2ln(1)2,

h x x x =+-22()2.11x

h x x x

-'=

-=++10x -<<()0,h x '>()h x ()0,h x '<()h x (0,)+∞()0(0)g x x '<≠(1,)-+∞10x -<<()(0)0,g x g >=()(0)0.g x g <=10x -<<()0,f x '>()f x ()0,f x '<()f x (0,)+∞

故函数的单调递增区间为（－1，0），单调递减区间为.

⑵不等式等价于不等式

由知，＞0，∴上式变形得设，则则

由⑴结论知，（≤）即所以于是G (x )在上为减函数. 故函数在上的最小值为所以a 的最大值为

13. （变形，分离常数）

已知函数(a 为实常数).

(1)若，求证：函数在(1,+∞)上是增函数； (2)求函数在[1,e ]上的最小值及相应的值；

(3)若存在，使得成立，求实数a 的取值范围. 解：⑴当时，，当，

，

故函数在上是增函数．

⑵，当，． ()f x (0,)+∞1(1)n a

e n ++≤1()ln(1) 1.n a n

++≤111n +>1

ln(1)n

.1ln(1)a n n

-+≤1x n

=(]11

(),0,1,ln(1)G x x x x =-∈+22

2222

11(1)ln (1)().(1)ln (1)(1)ln (1)

x x x G x x x x x x x ++-'=-+=++++2

ln (1)0,1x x x

+-≤+()f x (0)0f =22(1)ln (1)0.x x x ++-≤()0,G x '<(]0,1,x ∈(]0,1()G x (]0,11

(1) 1.ln 2

G =-1

1.ln 2

-x a x x f ln )(2+=2-=a )(x f )(x f x ],1[e x ∈x a x f )2()(+≤2-=a x x

x f ln 2)(2

-=),1(+∞∈x 0)

1(2)(2>-='x

x x f )(x f ),1(+∞)0(2)(2>+=

'x x

x x f ],1[e x ∈]2,2[222e a a a x ++∈+

若，在上非负（仅当，x=1时，），故函数在上是增函数，此时．

若，当时,；当时，，此时

是减函数；当时，，此时是增函数．故．若，在上非正（仅当，x=e 时，），故函数在

上是减函数，此时．

⑶不等式，可化为．

∵, ∴且等号不能同时取，所以，即，

因而（）

令（），又，

当时，，，

从而（仅当x=1时取等号），所以在上为增函数，故的最小值为，所以a 的取值范围是．

14. （分离常数，转换变量，有技巧）设函数.

⑴若函数在处与直线相切：

①求实数的值；②求函数在上的最大值；

2-≥a )(x f '],1[e 2-=a 0)(='x f )(x f ],1[e =min )]([x f 1)1(=f 222-<<-a e 2

x -=0)(='x f 2

1a x -<

≤0)(<'x f )(x f e x a

≤<-2

0)(>'x f )(x f =min

)]([x f )2

(

f -2)2ln(2a a a --=22e a -≤)(x f '],1[e 2e 2-=a 0)(='x f )(x f ],1[e ==)()]([min e f x f 2e a +x a x f )2()(+≤x x x x a 2)ln (2-≥-],1[e x ∈x x ≤≤1ln x x -x x x x x

x a ln 22--≥],1[e x ∈x

x x

x x g ln 2)(2--=

],1[e x ∈2

)ln ()

ln 22)(1()(x x x x x x g --+-=

'],1[e x ∈1ln ,01≤≥-x x 0ln 22>-+x x 0)(≥'x g )(x g ],1[e )(x g 1)1(-=g ),1[+∞-2()ln f x a x bx =-()f x 1x =1

y =-,a b ()f x 1[,]e e

导数综合大题分类

导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根(或函数的零点)；利用导数研究恒成立问题等．体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用. 题型一利用导数研究函数的单调性、极值与最值题型概览：函数单调性和极值、最值综合问题的突破难点是分类讨论．（1）单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论． (2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点． (3)最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值．已知函数f (x )＝x －1 x ，g (x )＝a ln x (a ∈R )． (1)当a ≥－2时，求F (x )＝f (x )－g (x )的单调区间； (2)设h (x )＝f (x )＋g (x )，且h (x )有两个极值点为x 1，x 2，其中x 1∈? ?????0，12，求h (x 1)－h (x 2)的最小值． [审题程序] 第一步：在定义域，依据F ′(x )＝0根的情况对F ′(x )的符号讨论；第二步：整合讨论结果，确定单调区间；第三步：建立x 1、x 2及a 间的关系及取值围；第四步：通过代换转化为关于x 1(或x 2)的函数，求出最小值． [规解答] (1)由题意得F (x )＝x －1 x －a ln x ，其定义域为(0，＋∞)，则F ′(x )＝x 2－ax ＋1 x 2 ，

2021年高考数学复习《导数---泰勒不等式专题》

导数——泰勒不等式专题一、泰勒公式：泰勒公式，也称泰勒展开式，主要是用于求某一个复杂函数在某点的函数值。如果一个函数足够平滑，即若函数)(x f 在包含0x 的某个闭区间],[b a 具有n 各阶导数，且在开区间),(b a 上存在1+n 阶导数，则对],[b a 上任意一点x ，有 ).()(! )()(!2)()(!1)(!0)()(00)(200000x R x x n x f x x x f x x x f x f x f n n n +-++-''+-'+= 其中)(x R n 为泰勒展开式的余项，泰勒展开式也叫泰勒级数. 我们更多的是用泰勒公式在00=x 的特殊形式： )(!) 0(!2) 0( !1)0(!0)0()(2 2x R x n f x f f f x f n n +++''+'+= .以下列举一些常见函数的泰勒公式： ++++=32!31 !21 !11 1x x x e x ① +-+-=+4324 1 3121 )1ln(x x x x x ② +-+-=753!71!51!31sin x x x x x ③ -+-=4 2!41!211cos x x x ④ ++++=-32111x x x x ⑤从中截取片段，就构成了高考数学考察导数的常见不等式： x e x +≥1①； 1ln -≤x x ②； 212 x x e x ++≥③对0≥x 恒成立； x x x x ≤+≤+)1ln(1④对0≥x 恒成立； x x x x ≤≤-sin 63 ⑤对0≥x 恒成立； 2421cos 214 22x x x x +-≤≤-⑥对0≥x 恒成立

(no.1)2013年高中数学教学论文利用导数处理与不等式有关的问题新人教版

本文为自本人珍藏版权所有仅供参考利用导数处理与不等式有关的问题关键词：导数，不等式，单调性，最值。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、求最大（小）值、求函数的值域等等。而在处理与不等式有关的综合性问题时往往需要利用函数的性质；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。一、利用导数证明不等式（一）、利用导数得出函数单调性来证明不等式我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）。因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性,然后再用函数单调性达到证明不等式的目的。即把证明不等式转化为证明函数的单调性。具体有如下几种形式： 1、直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单调递增（减）区间，自变量越大，函数值越大（小），来证明不等式成立。例1：x>0时,求证；x 2x 2 -－ln(1+x)＜0 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)a>e, 求证:a b>b a, (e为自然对数的底) 证：要证a b>b a只需证lna b>lnb a 即证：blna－aln b>0 设f(x)=xlna－alnx (x>a>e)；则f ' (x)=lna－ a x , ∵a>e,x>a ∴lna>1,a x <1,∴f ' (x)>0,因而f(x)在（e, +∞）上递增 ∵b>a,∴f(b)>f(a)；故blna－alnb>alna－alna=0；即blna>alnb 所以a b>b a成立。（注意，此题若以a为自变量构造函数f(x)=blnx－xlnb (e0时 b x,f'(x)0 ln b <<时 b x ln b >，故f(x)在区间（e, b）上的增减性要由 b e ln b 与的大小而定，当然由题可以推测 b e ln b >

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)()(=