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导数与不等式构造法专题练习

导数不等式构造法

例1、（2013辽宁）设函数()()()()()2

2,2,0,8x e e f x x f x xf x f x f x x '+==>满足则时，（） A ．有极大值,无极小值

B ．有极小值,无极大值

C ．既有极大值又有极小值

D ．既无极大值也无极小值

例2、定义在()0,+∞上的单调函数()f x ，()0,x ?∈+∞，()2log 3f f x x -=????，则方程()()2f x f x '-=的解所在区间是（）

A ．10,2?? ??

? B ．1,12?? ??? C ．()1,2 D ．()2,3

例3、已知()(),f x g x 都是定义在R 上的函数，()0g x ≠，()()()()f x g x f x g x ''>，且()()x f x a g x =（0

a >且1a ≠），

()()()()115112f f g g -+=-，若数列()()f n g n ??????????的前n 项和大于62，则n 的最小值为（） A ．6 B ．7 C ．8 D ．9

例4、已知函数()f x 的导函数()2sin f x x '=+，且(0)1f =-，数列{}n a 是以

4π为公差的等差数列，若234()()()3f a f a f a π++=，则

20142

a a =（） A ．2016 B ．2015 C ．2014

D ．2013

例1、【答案】D 【解析】由已知，2[()]x

e x

f x x '=(1)。在已知2

()2()x

e x

f x xf x x '+=中令2x =，并将2(2)8e f =代入，得(2)0f '=；因为2()2()x

e x

f x xf x x

'=-，两边乘以x 后令32()()2[()](2)x g x x f x e x f x '==-。求导并将（1）式代入，2()2x x

x e x g x e e x x -'=-?=，显然(0,2)x ∈时，()0g x '<，()g x 减；(2,)x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 增；并且由（2）式知(2)0g =，所以(2)0g =为()g x 的最小值，即()0g x ≥，

所以3

()0x f x '≥，在0x >时得()0f x '≥，所以()f x 为增函数，故没有极大值也没有极小值。例2、

例3、A

例4、D

例5、若函数()y f x =对任意)2,2(ππ-

∈x 满足()()cos sin 0,f x x f x x '+>则下列不等式成立的是 A ．)4()3(2ππ-<-f f B ．)4()3(2ππf f D ．)4(2)0(π

f f >

例6、()f x 是定义域为R 的偶函数，()f x '为()f x 的导函数，当0x ≤时，恒有()+()0f x xf x '＜，设()()g x xf x =，则满足(21)(3)g x g -＜的实数x 的取值范围是

A ．(2,)+∞

B ．(1,2)-

C ．(,2)(2,)-∞-+∞

D ．(,2)-∞

例7、已知()y f x =是定义在R 上的奇函数，且当0x >时不等式()()'0f x xf x +<成立，若

()0.30.333a f =?， (),log 3log 3b f ππ=?3311,log log 99c f ??=? ???

，则 , , a b c 大小关系是（） A ．c a b >> B ．c b a >> C ．b c a >> D ．a c b >>

例5、A

例6、A ；

例7、A

例8、已知函数在上非负且可导,满足，，则下列结论正

确的是（） A. B. C. D.

例9、已知定义在R 上的奇函数()f x ，其导函数为()f x '，当(0,)x ∈+∞时，恒有()()xf x f x '<-.若()()g x xf x =,则满足(1)(12)g g x >-的实数x 的取值范围是

A ．(0,1)

B ．(,0)

(1,)-∞+∞ C ．(0,)+∞ D ．(,0)-∞

例10、设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为（） A ． B ． C ． D ．

例11、已知定义在R 上的奇函数()f x ，其导函数为()'f x ，对任意正实数x 满足()()'2xf x f x >-，

若()()2

g x x f x =，则不等式()()13g x g x <-的解集是（）

A ．1,+4??∞ ???

B ．10,4?? ???

C ．1-,4??∞ ??

? D ．11-,,+44????∞?∞ ? ?????

例8、A

例9、B

例10、C

例11、【答案】C

例12、已知函数()f x 对定义域R 内的任意x 都有()f x =(4)f x -，且当2x ≠时其导函数()f x '满足

()2(),xf x f x ''>若24a <<则（）

A ．2(2)(3)(log )a f f f a <<

B ．2(3)(log )(2)a f f a f <<

C ．2(log )(3)(2)a f a f f <<

D ．2(log )(2)(3)a f a f f <<

例13、设函数)(x f 在R 上存在导数)(x f '，R x ∈?，有2)()(x x f x f =+-，在),0(+∞上x x f <')(，

若(6)()1860f m f m m ---+≥，则实数m 的取值范围为（）

A ． [3,3]-

B ． [3,)+∞

C ． [2,)+∞

D ．(,2][2,)-∞-+∞

例14、定义域为R 的可导函数()x f y =的导函数为()x f '，满足()()x f x f '>，且(),10=f 则不等式

()1

e x

f 的解集为（ )

A. ()0,∞-

B. ()+∞,0

C.()2,∞-

D.()+∞,2

例15、已知定义在实数集R 上的函数()f x 满足4)1(=f ，且()f x 导函数()3f x '<，则不等式

(ln )3ln 1f x x >+的解集为 ( )

A 、(1,)+∞

B 、(,)e +∞

C 、(0,1)

D 、(0,)e

例12、C

例13、B

例14、B

例15、D

变式1、)(x f 是定义在),0(+∞上的非负可导函数,且满足()()0xf x f x '-≤,对任意正数b a ,, 若b a <,

则必有（）

A ．)()(a bf b af ≤

B ．)()(b af a bf ≤

C ．)()(b f a af ≤

D ．)()(a f b bf ≤

变式2、定义在R 上的函数()f x 满足()11f =，且对任意x R ∈都有()12

f x '<，则不等式()3312x f x +>的解集为_________.

变式3、已知定义在R 上的偶函数)(x f 满足(1)1f =，且对于任意的0>x ，x x f <')(恒成立，则不等式2

121)(2+

变式4、设函数y ＝f (x), x ∈ R 的导函数为f '(x)，且f(x)＝f (－x)，f '(x)＜f (x)，则下列不等式成立的是(e 为自然对数的底数）（）

-∞变式3、D 变式4、B 变式1、【答案】A 变式2、(),1

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 >

构造函数法解不等式问题(学生版)

专题2.3构造函数法解不等式问题（小题）在函数中解决抽象函数问题首要的前提是对函数四种基本性质的熟练掌握，导数是函数单调性的延伸，如果把题目中直接给出的增减性换成一个'()f x ，则单调性就变的相当隐晦了，另外在导数中的抽象函数不等式问题中，我们要研究的往往不是()f x 本身的单调性，而是包含()f x 的一个新函数的单调性，因此构造函数变的相当重要，另外题目中若给出的是'()f x 的形式，则我们要构造的则是一个包含()f x 的新函数，因为只有这个新函数求导之后才会出现'()f x ，因此解决导数抽象函数不等式的重中之重是构造函数。例如：'()0f x >，则我们知道原函数()f x 是单调递增的，若'()10f x +>，我们知道()()g x f x x =+这个函数是单调递增的，因此构造函数的过程有点类似于积分求原函数的过程，只不过构造出的新函数要通过题目中给出的条件能判断出单调性才可。既然是找原函数，那么就可能遇上找不到式子的原函数的时候，但是我们判断单调性只需要判断导函数的正负即可，例如()g x 的原函数是不能准确的找到的，但是如果我们知道一个式子的导函数里面包含()g x ，则也能大致将那个函数看成是原函数，例如'()()g x m x x =，或者()m x 的导函数中包含一个能判断符号的式子和()g x 相乘或相除的形式，我们也可以将()m x 大致看成()g x 的原函数。构造函数模型总结：关系式为“加”型：（1）'()()0f x f x +≥构造''[()][()()] x x e f x e f x f x =+（2）'()()0xf x f x +≥构造''[()]()() xf x xf x f x =+（3）'()()0xf x nf x +≥构造''11'[()]()()[()()] n n n n x f x x f x nx f x x xf x nf x --=+=+（注意对x 的符号进行讨论）关系式为“减”型

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)，

构造函数法证明导数不等式的八种方法(新)

构造函数法证明不等式的八种方法 1、利用导数研究函数的单调性极值和最值，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。以下介绍构造函数法证明不等式的八种方法：一、移项法构造函数【例1】已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有x x x ≤+≤+-)1ln(1 11 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 11 1)1ln()(-++ +=x x x g ，从其导数入手即可证明。【解】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(11 1,1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、作差法构造函数证明【例2】已知函数.ln 2 1)(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 =F

专题09导数与不等式的解题技巧

专题09导数与不等式的解题技巧 -标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII

专题导数与不等式的解题技巧一．知识点基本初等函数的导数公式 ()常用函数的导数 ①()′＝(为常数); ②()′＝； ③()′＝；④′＝； ⑤()′＝． ()初等函数的导数公式 ①()′＝；②( )′＝； ③( )′＝；④()′＝； ⑤()′＝；⑥( )′＝； ⑦()′＝．．导数的运算法则 ()[()±()]′＝； ()[()·()]′＝； ()′＝．．复合函数的导数 ()对于两个函数＝()和＝()，如果通过变量，可以表示成的函数，那么称这两个函数(函数＝()和＝())的复合函数为＝(())． ()复合函数＝(())的导数和函数＝()，＝()的导数间的关系为，即对的导数等于对的导数与对的导数的乘积．二．题型分析（一）函数单调性与不等式例．【一轮复习】已知函数()＝＋，∈(－，)，则满足(－)＋(－)>的的取值范围是( )．(，) ．(，) ．(，) ．(，) 【答案】【分析】在区间（﹣，）上，由（﹣）＝﹣（），且′（）＞可知函数（）是奇函数且单调递增，由此可求出的取值范围．

【点睛】本题考查了判断函数的奇偶性和单调性的问题，综合运用了函数的奇偶性和单调性解不等式进行合理的转化，属于中档题．练习．对任意，不等式恒成立，则下列不等式错误的是（）．．．．【答案】【分析】构造函数，对其求导后利用已知条件得到的单调性，将选项中的角代入函数中，利用单调性化简，并判断正误，由此得出选项. 【解读】构造函数，则，∵，∴ ，即在上为增函数，则，即，即，即，又，即，即，故错误的是．故选：．【点睛】本小题考查构造函数法，考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法.构造函数法主要应用于题目所给已知条件中含有，也含有其导数的不等式，根据不等式的结构，构造出相应的函数.如已知是，可构造，可得 . （二）函数最值与不等式

【高考数学】构造函数法证明导数不等式的八种方法

第 1 页共 6 页构造函数法证明不等式的八种方法 1、利用导数研究函数的单调性极值和最值，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。以下介绍构造函数法证明不等式的八种方法：一、移项法构造函数【例1】已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有 x x x ≤+≤+-)1ln(1 11 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 11 1)1ln()(-++ +=x x x g ，从其导数入手即可证明。【解】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011 1)1ln(≥-++ +x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(11 1,1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、作差法构造函数证明【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33 2)(x x g =的图象的下方；

导数与不等式专题一

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 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]. 2 ()()x k f x x k e =-()f x (0,)x ∈+∞()f x 1e k 221()()x k 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 -= 1 e ≤10.2k -≤<1(0,),()x f x e ?∈+∞≤ k 1 2 -

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 ∈

利用导数处理与不等式有关的问题

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－alnb>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）

高考数学解题技巧大揭秘专题函数导数不等式的综合问题

专题五函数、导数、不等式的综合问题 1.已知函数f (x )＝ln x ＋k e x (k 为常数，e ＝ 28…是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间； (3)设g (x )＝xf ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，证明：对任意x ＞0，g (x )＜1＋e －2 . 解 (1)由f (x )＝ ln x ＋k e x ，得f ′(x )＝1－k x －xln x xe x ，x ∈(0，＋∞)，由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．所以f ′(1)＝0，因此k ＝1. (2)由(1)得f ′(x )＝ 1 xe x (1－x －xln x )，x ∈(0，＋∞)，令h(x )＝1－x －xln x ，x ∈(0，＋∞)，当x ∈(0,1)时，h(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，h(x )＜0. 又e x ＞0，所以x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0； x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0. 因此f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)因为g(x )＝xf ′(x )，所以g(x )＝1 e x (1－x －xln x )，x ∈(0，＋∞)，由(2)得，h(x )＝1－x －xln x ，求导得h′(x )＝－ln x －2＝－(ln x －ln e －2 )．所以当x ∈(0，e －2 )时，h′(x )＞0，函数h(x )单调递增；当x ∈(e －2 ，＋∞)时，h′(x )＜0，函数h(x )单调递减．所以当x ∈(0，＋∞)时，h(x )≤h(e －2 )＝1＋e －2 . 又当x ∈(0，＋∞)时，0＜1 e x ＜1，所以当x ∈(0，＋∞)时，1e x h(x )＜1＋e －2，即g(x )＜1＋e －2 . 综上所述结论成立．

导数中不等式相关的几个问题

导数中“不等式”相关的几个问题 f (x )＝ln(1＋ax ) －2x x ＋2 . 专题二：不等式两边“变量”相同且不含参 1. （2016年山东高考）已知.当时，证明对于任意的成立. 2. （2016年全国II 高考）讨论函数的单调性，并证明当时，；专题三：不等式两边不同“变量”的任意存在组合型 1. 已知函数f (x )＝x －1 x ＋1 ，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对于任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使 f (x 1)≥ g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________ 2. 已知函数.设当时，若()2 21 ()ln ,R x f x a x x a x -=-+ ∈1a =()3 ()'2 f x f x +＞[]1,2x ∈x x 2f (x)x 2 -= +e 0x >(2)20x x e x -++>1()ln 1a f x x ax x -=-+ -()a R ∈2()2 4.g x x bx =-+1 4 a =

对任意，存在，使，求实数取值范围. 专题四：不等式两边不同“变量”的对等构造、齐次消元型类型1：对称变量，构造法求解 1. 已知函数f(x)= 2 1x 2 -ax+(a-1)ln x ，1a >。（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：若5a <，则对任意x 1，x 2∈(0,)+∞，x 1≠x 2，有 1212 ()() 1f x f x x x ->--。 2. 已知函数（I ）讨论函数的单调性；（II ）设.如果对任意，，求的取值范围。 3. 设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R . (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x 3 零点的个数； (3)若对任意b ＞a ＞0，f （b ）－f （a ） b －a ＜1恒成立，求m 的取值范围． 4. 当()1,,n m n m Z >>∈，时，证明：( )()m n n m mn nm > 1(0,2)x ∈[]21,2x ∈12()()f x g x ≥b 1ln )1()(2 +++=ax x a x f )(x f 1-