例说借助导数证明函数不等式 人教版（5篇材料）

第一篇：例说借助导数证明函数不等式 人教版

例说借助导数证明函数不等式 http://

用导数证明不等式是一种重要方法，其主要思想是构造辅助函数，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；而如何构造辅助函数是用导数方法证明不

等式的关键，下面举例说明。

一、直接作差构造函数

例1：求证不等式xx

22ln(1x)xx2

2(1x)在x(0,)等成立。证明：令f(x)ln(1x)(xx2

2),补充定义f(0)=0.f(x)'

11x1xx2

x10

yf(x)在［0，＋）上单调递增。

当x［0，＋）时，f(x)＞0恒成立ln(1x)x-x2

2.(1)

令g(x)x－x2

2(1x)

2－ln(1x),补充定义g（0）＝0，则

g(x)1－'4x4x-2x

224(1x)-1

1x2x2

24(1x)0

g(x)在[0,)上单调递增。

当x［0，＋）时，x－x2

2(1x)-ln(1x)0恒成立。（2）

故由（1）、（2）可知，x(0,)时，不等式x－x

2ln(1x)x-x

2(1x)成立

点评：一般的，用导数证明不等式时要注意所构造的函数在区间端点处是否连续，即是否要补充函数在端点处的定义；另外要注意用到一个结论：设函数f(x)在区间[a,+)上连续，在区间(a,+)内可导，且f(x)0;又f(a)0,则x>a时，f(x)>0。

例2：，证明不等式： logx(1x)log2(1x)1；

2'2证明：（1）对函数f(x)求导数：f(x)(xlogx)[(1x)log2(1x)]

log

xlog2(1x)

11ln

2

1ln2

.log

xlog2(1x).于是f()0.当x当x

1212

时,f(x)log时,f(x)log

xlog2(1x)0,f(x)在区间(0,xlog2(1x)0,f(x)在区间（12)是减函数，12,1)是增函数.所以f(x)在x时取得最小值，f()1

点评：.若f(x)，g(x)差函数为非单调其差有极大值或极小值，用导函数求其极大值、极小值，从而证明不等式。

二、根据题目自身特点构造函数

1、变形（代换、比商等）后再作差构造函数 例3，若x(0,),求证证明：令1＋

则原不等式

1x

1x

1＜ln

x1x

1x.‘

t,x0，t1,x1t

1t-1

1－

'

lntt-1，令f(t)＝t－1－lnt，f(t)＞1－

1t

t(1,),f(t)0,f(t)在t(1,)上为增函数。

f(t)f(1)0,t1lnt.令g(t)lnt1

'

1t

1t,g(t)

'

1t



t1t,t(1,),g(t)0,g(t)在t(1,)上为增函数。g(t)g(1)0,lnt1

1x1

ln

x1x

1x.1x,0x实际上就是把原来取不到的x=0

1t,点评：(1)代换作用：此题设代换t1

值代换为可取到的t=1,把原来要 研究函数在x处的值，等价为研究函数在t=1处的值；(2)若令t

1x

则ln(1

1x)

1x

即为例（21）之特例，想一想

1x1

ln

x1x

如何证？

2、用分离变量的思想构造函数 例4．若

e,证明＞



证明：原题等价于

ln





ln

,设f(x)

lnxx,当xe时，f(x)

'

1lnxx

0,当xe时，f(x)单调递减，＞＞e,

lnln



lnln,即



.

说明：此题构造的方式不是直接作差或作商，而是根据题目的特点先用分离变量的方式将两个变量分别变形到式子的两边再构造函数。

3、端点变量法构造函数

例5．若g(x)=xlnx, 0

'

'

ax2)(axb).ax2)lnxln

ax2,当x=a时，F'(x)0,F(x)取得极小值F(a),所以F(b)>F(a)=0, 即00时，G(x)0,即当x0时，G(x)是减函数，g(b)

')<(b-a)ln2.点评：一般的利用辅助函数证明不等式时，直接将不等式的两端移项到一侧，求导就可以了。但本题中的不等式涉及区间的端点，因此就涉及选择自变量的问题，本题就是把其中的一个端点设为自变量。

第二篇：构造函数,结合导数证明不等式

构造函数,结合导数证明不等式

摘 要：运用导数法证明不等式首先要构建函数，以函数作为载体可以用移项作差，直接构造；合理变形，等价构造；分析（条件）结论，特征构造；定主略从，减元构造；挖掘隐含，联想构造等方法进行证明.关键词：构造函数；求导；证明；不等式

利用导数证明不等式是四川高考压轴题的热点题型之一，此类问题的特点是：问题以不等式形式呈现，“主角”是导数，而不等式的证明不仅技巧性强，而且方法灵活多变，因此构造函数成为证明不等式的良好“载体”，如何有效合理地构造函数是证明不等式的关键所在，下面以实例谈谈如何构造函数的若干解题策略.注：此题也可用数学归纳法证明.解后感悟：函数隐藏越深，难度就越大，如何去寻找证明不等式的“母函数”是解决问题的关键，通过合理变形，展开思维联想的翅膀，发现不等式背后的隐藏函数，便会柳暗花明.结束语：导数为证明不等式问题开辟了新方法，使过去不等式的证明方法，从特殊技巧变为通性通法，合理构造函数，能使解题更具备指向性，剑之所指，所向披靡.

第三篇：构造函数,利用导数证明不等式

构造函数，利用导数证明不等式

湖北省天门中学薛德斌2010年10月

例

1、设当xa,b时，f/(x)g/(x)，求证：当xa,b时，f(x)f(a)g(x)g(a)．

例

2、设f(x)是R上的可导函数，且当x1时(x1)f/(x)0．

求证：（1）f(0)f(2)2f(1)；（2）f(2)2f(1)．

例

3、已知m、nN，且mn，求证：(1m)(1n)．

nm

例

4、（2010年辽宁卷文科）已知函数f(x)(a1)lnxax21，其中a2，证明： x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.例

5、（2010年全国Ⅱ卷理科）设函数fxxaIn1x有两个极值点x1、x2，且

2x1x2，证明：fx2

12In2.4a0，b0，例

6、已知函数f(x)xlnx，求证：f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).xln(1x)x； 1x

11112ncln（2）设c0，求证：.2cn1cn2c2ncnc例

7、（1）已知x0，求证：

第四篇：导数证明不等式

导数证明不等式

一、当x>1时,证明不等式x>ln(x+1)

f(x)=x-ln(x+1)

f'(x)=1-1/(x+1)=x/(x+1)

x>1,所以f'(x)>0,增函数

所以x>1,f(x)>f(1)=1-ln2>0

f(x)>0

所以x>0时，x>ln(x+1)

二、导数是近些年来高中课程加入的新内容，是一元微分学的核心部分。本文就谈谈导数在一元不等式中的应用。

例1.已知x∈(0，)，求证:sinx

第五篇：函数导数不等式测试题

昌乐二中 高三 数学自主检测题

函数、导数、不等式综合检测题2009.03.20

注意事项：

1．本试题满分150分，考试时间为120分钟．

2．使用答题卡时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，作图时，可用2B铅笔． 要字迹工整，笔迹清晰．严格在题号所指示的答题区域内作答．超出答题区书写的答案无 效；在草稿纸，试题卷上答题无效．3．答卷前将密封线内的项目填写清楚．

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一个选项是符合题目要求的，请把正确的选项的代号涂在答题卡上

1、设f(x)= 3x－x2，则在下列区间中，使函数f(x)有零点的区间是

（）

A．[0，1]

B．[1，2]

C．[－2，－1]

D．[－1，0]

2、下列函数中既是奇函数，又在区间[0,)上单调递增的是（）

AysinxByx2Cylg2xDy3|x|

3、函数fxx22(a1)x2在区间(,4)上是减函数,那么实数a的取值范围是（）A.3,B.(,3

C.3

D.(,5)

4、函数ya

x

2与yloga(x2)（其中a0且a1）的图像关于（）A．直线yx对称

B．直线yx2对称C．直线yx2对称

D．直线yx2对称

5．若x∈（0，1），则下列结论正确的是（）

A．2x>x2>lgxB．2x>lgx>x2

C．x2>2x>lgx

D．lgx>x2>2x6、若

1ababa1b

0，则下列不等式：①；②|a||b|；③ab；④

baab

2中，正确的不等式是（）A．①②B．②③C．①④D．③④

7、若方程ax

2bx10(a,bR,a0)有两个实数根，其中一个根在区间(1,2)，则ab的取

值范围是（）A(1,)B(,1)C(,1)D(1,1)

8、函数y



lg|x|的图像大致是（）

9、若a,b∈R，则使|a||b|1成立的一个充分不必要条件是A．|ab|1B．a1或b1C．a2b2

1D．a1且b110、函数

yf(x)在定义域R

内可导，若f(x)f(2x)，且当

x(,1)时,(x1)f(x)0,设af(0),bf（12),cf(3)，则

（）

A．abcB． cabC．cbaD．bca

x111、已知x，y满足

xy4且目标函数z2xy的最大值为7，最小值为１，则



axbyc0abc

a



Ａ．-２；Ｂ．２；Ｃ．１；Ｄ．-１；（）

12、给出定义：若m

2xm

2m为整数），则m 叫做离实数x最近的整数，记作x=

m.在此基础上给出下列关于函数f(x)xx的四个命题：

①函数y=f(x)的定义域为R，值域为1

k0,；②函数y=f(x)的图像关于直线x（kZ）

2

2对称；③函数y=f(x)是周期函数，最小正周期为1；④函数y=f(x)在11

,22上是增函数。



其中正确的命题的序号是（）

A.①B.②③C ①②③D ①④

二、填空题：本大题有4个小题，每小题4分，共16分；将答案填在答题纸的对应位置

13、已知函数f(x)log2x,x0

1xx0,则满足f(a)的a取值范围是

2,214、若曲线y2x

1与直线yb没有公共点,则b的取值范围是.15、若曲线f(x)x32ax

22ax上任意一点处的切线的倾斜角都是锐角,则实数a的取值范围

是.16、已知实数m、n、r满足r2m21,r22n2，则m24mn4n2的最小值是.三、解答题：本大题共6个小题，满分74分．解答时要求写出必要的文字说明、证明过 程或推演步骤．

17、（本小题满分12分）已知集合A{y|y（1x

x1)3（2)

1，x(1，2)}，B{x|xm



4，命题p：xA，命题q：xB，并且命题p是命题q的充分条件，求实

数m的取值范围。

18、（本小题满分12分）已知函数f(x)logx

4(41)kx(kR)是偶函数。（1）求k的值；（2）若不等式f(x)m0有解，求m的取值范围。

19、（本小题满分12分）若f(x)对一切实数x都有fx8f2x,且x3时，fxx

27x4.(1)求fx的解析式.（2）若x2lnxx2



15



h

ax,x

xfx,当x3时，求h(x)的单调递增区间.20．（本小题满分12分）

某汽车生产企业上生产一品牌汽车的投入成本为10万元/辆，出厂价为13万元/辆，年销

售量为5000辆.本为适应市场需求，计划提高产品档次，适当增加投入成本，若每辆车投入成本增加的比例为x（0＜x＜1)，则出厂价相应提高的比例为0.7x，年销售量也相应增加.已知年利润=（每辆车的出厂价－每辆车的投入成本）×年销售量.（Ⅰ）若年销售量增加的比例为0.4x，为使本的年利润比上有所增加，则投入成本增

加的比例x应在什么范围内？

（Ⅱ）年销售量关于x的函数为y3240(x22x

53)，则当x为何值时，本的年利润

最大？最大利润为多少？

21、（本小题满分12分）

（理做）已知A、B、C是直线l上的三点,向量OA,OB,OC满足：

OA[y2f1]OBlnx1OC0（1）求函数y=f(x)的表达式.(2)若不等式1

2x

fx

m

2bm3时，x[1,1]及b[1,1]都恒成立，求实数m的取

值范围。

（文做）已知函数f(x)=lnx-ax，（I）求函数f(x)的单调增区间；（II）

若函数f(x)在[1，e]上的最小值为

32，求实数a的值。

22、（本小题满分14分）

（理做）定义F(x,y)(1x)y,x,y(0,)，（1）令函数f(x)F(1,log22(x4x9))的图象为曲线C1，曲线C1与y轴交于点A（0，m），过坐标原点O作曲线C1的切线，切点为B（n,t）（n>0），设曲线C1在点A、B之间的曲线段与线段OA、OB所围成图形的面积为S，求S的值。

（2）当x,yN*且xy时,证明F(x,y)F(y,x);

（3）令函数g(x)F(1,log

32(xaxbx1))的图象为曲线C2，若存在实数b使得曲线C

2在x0(4x01)处有斜率为－8的切线，求实数a的取值范围。

（文做）已知A、B、C是直线l上的三点,向量OA,OB,OC满足：OA[y2f1]OBlnx1OC0（1）求函数y=f(x)的表达式.（2）若x>0,证明：fx2xx

2(3)若不等式12x

fx

m

2bm3时，x[1,1]及b[1,1]都恒成立，求实数m的取

值范围。

函数、导数、不等式综合检测题参考答案2009.03.20

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.二、填空题：本题共4个小题，每小题4分，共16分.13 ,114 1b115 0a

3216

1三、解答题：

17、分析：此题考查了集合与命题的定义、指数函数与二次函数的性质以及绝对值不等的解法。略解：A

x|7

16x2

 B

x|xm2

1或xm

21

44

解得实数m的取值范围是(，3][

34][3，)18、分析：此题考查函数的性质、不等式解、以及运用均值不等式求最值问题。解：（1）f(x)为偶函数f(x)f(x)，即logx

441kxlogx

441kx

整理得：logx

42kx,x2k10 x不恒为零，k

1(2)由f(x)m0得mlogxx

log2x

4x

1441

xlog44144

=log4

x



log2x1x12 当且仅当2x

4x，2x1即x02时等号成立，log24

2x

11

2x

2若不等式mf(x)有解，m的取值范围是m

.19、分析：本题考查了函数的定义、性质、导数法求单调区间以及分类讨论的思想.解：（1）fx8f2x,fxf6x，当x3时，f3f3f(3)0当

x3时，6x3，f

xf6x

2

6x76x4

x25x2，x2

7x4,x3综上：fx

0,x

3x2

5x2,x3

(2)当x3时，h(x)2lnxx2151xx2

5x22lnxx，

a2

ah

/

x



2axx



1a



2ax

a0,定义域为0,3

当a0时，h

/

x0恒成立，当0a

时，由h

/

x0得0

x2a，当a

时，x0,3恒有h

/

x0.综上：当a0或a32

时，hx的增区间为0,3；当

0a

时，hx的增区间为0,2a.20、分析：本小题主要考查函数的概念、导数等基础知识，考查数学建模能力、抽象概括能力和解决实际问题的能力.解：（I）由题意得：上的利润为（13－10）×5000=15000万元；

本每辆车的投入成本为10×（1+x）； 本每辆车的出厂价为13×（1+0.7x）； 本年销售量为5000×（1+0.4x），因此本的利润为

y[13(10.7x)10(1x)]5000(10.4x)(30.9x)5000(10.4x)

1800x

21500x15000(0x1),由1800x2

1500x1500015000,解得0x56,所以当0x

时，本的年利润比上有所增加.（Ⅱ）本的利润为

f(x)(30.9x)3240(x2

2x

532)3240(0.9x4.8x4.5x5)

则f'

(x)3240(2.7x2

9.6x4.5)972(9x5)(x3), 由f'

(x)0,解得x

或x3,当x(0,59)时，f'

(x)0,f(x)是增函数；

当x(5,1)时，f'

(x)0,f(x)是减函数.∴当x

时，f(x)取极大值f(9)20000万元，因为f（x）在（0，1）上只有一个极大值，所以它是最大值，所以当x

时，本的年利润最大，最大利润为20000万元。

21、（文22）分析：此题考查平面向量中三点共线的充要条件，导数的应用，构造函数证明不等式、不等式的恒成立问题，是综合性较强的题目。考查了构造函数的方法，化归与转化、数形结合的思想。

解（1）由题意知

OAy2f

'





1OB

ln1xOCA,B,C三点共线，y2f'

1ln1x1y

fxln1x2'f



1

1f

／

x

1x1

f'

1

2f

xln1xx1

gxfx

2x

'x

(2)证明：令x2

gx

 当x0g

'

x1x2

x0

gx在0，上是增函数gxg00所以f(x)>

2xx2

.（3）不等式等价于

xf

xm

2bm3当x1,1及b1,1时恒成立

令hx

1x2

f

x2

x2

lnx2

1xh

'

x

x2

1

'

x2

1

令hx0

得x0或x1当

x1,0时h'

x0，hx在（-1，0）上是增函数 当x0,1时h'

x0 hx在（0，0）上是减函数hxm

ax

h00 m2

2bm30当b1,1时恒成立 令Hb2mbm2



3则H102

m2m30

m3或m3 H1

0m2

2m30所以实数m的取值范围是m,33,

文（21）分析：本题考查运用导数求单调区间、求极值、以及分类讨论的数学思想。

解：（I）由题意，f(x)的定义(0,),且f（'x）=

1xaxaxx

①当a0时，f'(x)0,f(x)的单调增区间为（0,+）

②当a<0时，令f'(x)>0,得x>-a, f(x)的单调区间为（-a,+）(II)由（I）可知，f'(x)=

x+a x

①若a1则xa0在[1,e]上恒成立，f(x)在[1，e] [f(x)]3 minf(1)a

舍去

2,a

32()

③若ae,则

xa0,既f'(x)0在[1,e]上恒成立，f(x)在[1,e]上成为减函数[f(x)]minf(e)1

ae32,a

e舍去2()

③若-e0,f(x)在(-a,e)上为增函数，[f(x)]minf(a)ln(a)13 2,a 综上所述，a 

22、分析：本题主要考查积分与导数的基础知识、应用导数证明不等式，以及运用方程与函数的思想解决问题的能力.解：（1）F(x,y)(1x)y

f(x)F(1,log2

log2

2(x4x9)

2(x4x9)2

x2

4x9，故A（0，9）

又过坐标原点O向曲线C1作切线，切点为B（n，t）（n>0），f(x)2x4.tn24n9t,解得B(3,6)n

2n4S3(x2

x

4x92x)dx（3x9x)|09.x

（2）令h(x)

ln(1x)

1x)x,x1,由h(x)

1x

ln(x，又令p(x)

x

p(x)

1x1x

ln(1x),x0,(1x)

1x

(1x)

0，p(x)在[0,)单调递减.当x0时有p(x)p(0)0,当x1时有h(x)0,h(x)在[1,)单调递减，1xy时,有ln(1x)

ln(1y)

x

y,yln(1x)xln(1y),(1x)

y

(1y)x，当x,yN

且xy时F(x,y)F(y,x).（3）g(x)F(1,log2232(xaxbx1)xax2

bx1,设曲线C2在x0(4x1)处有斜率为－8的切线，又由题设log3

2(xax2

bx1)0,g(x)3x2

2axb,3x2

02ax0b8①∴存在实数b使得

4x01②有解，x3ax2

00bx011③ 由①得b83x22

02ax0,代入③得2x0ax080，由2x2

0ax080有解，得2(4)2a(4)80或2(1)2a(1)80，4x01

a10.