导数在不等式中的应用范文合集

第一篇：导数在不等式中的应用

指导教师：杨晓静

摘要：本文探讨了利用拉格朗日中值定理，函数的单调性，极值，幂级数展开式，凹凸性等进行不等式证明的具体方法，给出了各种方法的适用范围和证明步骤，总结了应用各种方法进行证明的基本思路。

关键字：导数的应用不等式证明方法

引言

不等式的证明在初等数学里已介绍过若干种方法，比如比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法、数学归纳法和构造法等。然而，有些不等式用初等数学的方法是很难证明的，但是应用导数证明却相对较容易些，在处理与不等式有关的综合性问题时，也常常需要构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数来研究函数的性态。因此，很多时候可以以导数为工具得出函数的性质，从而解决不等式问题，现具体讨论导数在解决不等式有关的问题时的作用。

一、利用拉格朗日中值定理证明不等式

拉格朗日中值定理的意义在于建立了导数与函数之间的关系，证明不等式则是它的一个简单应用。

拉格朗日中值定理：若函数f(x)满足如下条件：（1）f在闭区间a,b上连续；（2）在开区间a,b内可导，则在a,b内至少存在一点，使得f()'f(b)f(a)

ba 应用拉格朗日中值定理证明的不等式的类型有f(b)f(a)M(ba)或 证明步骤：（1）恰当的选取函数f(x)并使函数f(x)满足拉格朗日中值定理的条件，并考虑f(x)的导数形式和M或m形式上的联系。

（2）通过求拉格朗日中值定理得到不等式：f(b)f(a)f()(ba)，(a,b)

'（3）考察f(x)的有界性，若f(x)M，xa,b，则由上述等式得到不等式

f(b)f(a)M(ba)，或由的不确定性，计算出若f'(x)的取值范围m,M,xa,b,则进而有不等式m(ba)

例：证明nbn1f(b)f(a)M(ba)(ab)ab

nnnnan1(ab)证明：构造函数f(x)x，则显然f在区间b,a上满足拉格朗日中值定理，且

f(x)nx

nn'n1，n1有abn(ab)，又

第二篇：导数在不等式证明中的应用

导数在不等式证明中的应用

引言

不等式的证明是数学学习中的难点，而导数在不等式的证明中起着关键的作用。不等式的证明是可以作为一个系列问题来看待,不等式的证明是数学学习的重要内容之一,也是难点之一。其常用的证明方法有: 比较法、综合法、分析法、重要不等法、数学归纳法等等,然而有一些问题用上面的方法来解决是很困难的,我们在学完导数及其应用这一内容以后,可以利用导数的定义、函数的单调性、最值性(极值性)等相关知识解决一些不等式证明的问题。导数也是微积分的初步基础知识，是研究函数、解决实际问题的有力工，它包括微分中值定理和导数应用。不等式的证明在数学课题中也是一个很重要的问题，此类问题能够培养我们理解问题、分析问题的能力。本文针这篇论文是在指导老师的悉心指导和严格要求下完成的。这篇论文是在指导老师的悉心指导和严格要求下完成的。对导数的定义、微分中值定理、函数的单调性、泰勒公式、函数的极值、函数的凹凸性在不等式证明中的应用进行了举例。

一、利用导数的定义证明不等式

定义 设函数ffx在点x0的某领域内有定义,若极限

fxfx0 存在 limxx0xx0则称函数f在点x0处可导，并称该极限为函数f在点x0处的导数，记作f'x0 令 xx0x，yfx0xfx0，则上式可改写为

fx0xfx0ylimf'x0

x0xx0xlim所以，导数是函数增量y与自变量增量x之比

y的极限。这个增量比称为函x数关于自变量的平均变化率(又称差商)，而导数f'x0则为f在x0处关于x的变化率。

以下是导数的定义的两种等价形式：

1（1）f'x0limxx0fxfx0

xx0fxxfx0

x（2）f'x0limx0例1: 设fxr1sinxr2sin2xrnsinnx，并且fxsinx，证明：r12r2nrn1

证明 fxr1sinxr2sin2xrnsinnx，可得出f00，因为 f'xr1cosx2r2cos2xnrncosnx, 则 f'0r12r2nrn 又由导数的定义可知

limx0fxf0fxfx limlimx0x0x0xxsinx1 xf'0limx0所以 f'01，即可得 r12r2nrn1.1221ylny，求证: y1,y2y2lny.232211分析 令hyy2y2lny，y(1,)，因为h10, 326例

2、已知函数fy要证当x1时，hx0,即hxh10,只需证明hy在(1,)上是增函数。证明 令hy22121yylny，则h'y2y2y，32y'2y3y21(y1)(2y2y1)因为 当y1时, hy0 ，yy所以hy在(1,)上是增函数，就有hyh11210,y3y2lny0，632 2 21即可得y1,y2y2lny.32注:证明方法为先找出x0，使得yf'x0恰为结论中不等式的一边；再利用导数的定义并结合已知条件去证明。

二、利用微分中值定理证明不等式

证题思路 将要证的不等式改写成含变量之商不等式，则可尝试利用中值公式

fbfaf'

bafbfafbfa或的bagbgafbfaf'或者 'gbgag并做适当的放缩到待证不等式中 1.使用拉格朗日中值定理证明不等式 定理 若函数满足如下条件:(i)f在闭区间[a,b]上连续；(ii)在开区间(a,b)内可导，则在(a,b)内至少存在一点，使得

f'fbfa

ba例

3、证明对一切h1,h0成立不等式

hln1hh 1h证明 设fxln1x，则ln1hln1hln1当h0时，由01可推知

11h1h，h，01 1hhhh 1h1hhhh 1h1h当1h0时，由01可推得

11h1h0,从而得到所要证明的结论.注:利用拉格朗日中值定理的方法来证明不等式的关键是将所要证明的结论与已知条件归结为一个函数在某区间上的函数增量，然后利用中值定理转化为其导数的单调性等问题.2．使用柯西中值定理证明不等式 定理 设函数f和g满足(i)在[a,b]上都连续；(ii)在(a,b)内都可导；

(iii)f'x和g'x不同时为零；(iv)gagb，f'fbfa则存在(a,b)，使得' ggbga例

4、证明不等式

ln1yarctany(y0)1y分析 该不等式可化为

1yln1y1(y0)

arctany可设 fy1yln1y，gyarctany，fyf0注意到f0g00，故可考虑对使用柯西中值定理

gyg0证明 如上分析构造辅助函数fy和gy，则对任意y0，由柯西中值定理，存在(0,y)，使得

1yln1yfyf0f'1ln(1)

1arctanygyg0g'12[1ln(1)](12)1.4

三、利用函数的单调性证明不等式

证明思路 首先根据题设条件及所证不等式，构造适当的辅助函数fx，并确定区间[a,b]；然后利用导数确定fx在[a,b]上的单调性；最后根据fx的单调性导出所证的不等式.1.直接构造函数，再运用函数的单调性来证明不等式

例5 证tany2siny3y，其中y[0,)

2分析 欲证f(y)f(a)(ayb)，只要证f(y)在[a,b]上单调递增，即证f'(y)0即可．

若f'(y)的符号不好直接判定，可借助于f''(y)，以至于f3(y)进一步判定.证明 令fytany2siny3y，则 f'ysec2y2cosy3，f''y2sinysec3y1

于是y[0,)时，f''y0，有f'y单调增加

2所以f'yf'00,有fy单调增加，可推得fyf00，即tany2siny3y.2.先将不等式变形，然后再构造函数并来证明不等式 例

6、已知b,cR,be，求证：bccb为(e自然对数的底)证明 设fxxlnbblnx(xbc)

b则 f'xlnb，就有 be，xb

xb因为 lnb1,1, x所以 f'x0，则f'x在(e,)上递增；

又因cb，所以fcfb，就有clnbblncblncblnc0 从而有clnbblnc，即bccb.注: 对于一些不易入手的不等式证明, 可以利用导数思想,先通过特征不等式构 造一个函数, 再判定其函数单调性来证明不等式成立,这就是利用函数的单调性证明不等式的思想。

构造辅助函数有以下几种方法: 1.用不等式的两边“求差”构造辅助函数；  2.用不等式两边适当“求商”构造辅助函数； 3.根据不等式两边结构构造“形似”辅助函数； 

4.如果不等式中涉及到幂指函数形式,则可通过取对数将其化为易证明的形式再根据具体情况由以上所列方法构造辅助函数.四、利用泰勒公式证明不等式

证题思路 若fx在(a,b)内具有(n+1)阶导数，x0(a,b)，则

fxfx0f'x0xx0

f''x02xx0 2!fnx0fn1nn1xx0xx0 n!n1!其中介于x0与x之间．

例

7、设fy在[0,1]上二阶可导，f010,且maxfy1，求证：存在y[0,1](0,1)，使得f''y8.证明 因fy在[0,1]上二阶可导，故在[0,1]上连续, 据最值定理，必c(0,1)使得fc为最大值，即fc=1，且有f'c0.而fy在y=1的一阶泰勒展式为

f''2 fyfcfcycxc，其中介于c与y间

2'分别在上式中令y0与y1得

f011''f1c20,1(0,c)，2 6

1''2f21c0,2(c,1).212故当c(0,]时，f''128，2cf1112当c(,1)时, f''28，221c所以存在(1或2)(0,1),使得f''y8.注: 用泰勒展式证明不等式的方法是将函数fx 在所给区间端点或一些特点(如区间的中点，零点)进行展开，通过分析余项在点的性质，而得出不等式。值得说明的是泰勒公式有时要结合其它知识一起使用,如当使用的不等式中含有积分号时,一般要利用定积分的性质结合使用泰勒公式进行证明;当所要证明的不等式是含有多项式和初等函数的混合式时,需要作一个辅助函数并用泰勒公式代替。使用泰勒公式巧妙灵活的证明不等式往往使证明方便简捷。

五、利用函数的最值(极值)证明不等式

由连续函数在[a,b]上的性质,若函数f在闭区间[a,b]上连续,则f在[a,b]上一定有最大、最小值，这就为我们求连续函数的最大,最小值提供了理论保证。

若函数f的最大(小)值点x0在区间(a,b)内,则x0必定是f的极大(小)点。又若f在x0可导,则x0还是一个稳定点。所以我们只要比较f在所有稳定点、不可导点和区间端点上的函数值,就能从中找到f在[a,b]上的最大值与最小值。证明方法：先构造辅助函数，再求出fx在所设区间上的极值与最大、最小值，进而证明所求不等式。

例

8、已知: 0x1，证明当r1时，有

r1rrx1x1 r12证明 令fxxr1x，0x1，则f0f11

1，2111111则f()r(1)rrrr1

222222令fx0，求得x因为 f'xrxr1r1xr1，7 令 f'x0,求得驻点为x又因为当r1时，11, r121，2所以fx在[0,1]上的最小值为从而

1，最大值为1, 2r11rrx1x1，0x1，r>1.2r1例

9、证明：当y1时, ey证明 作辅助函数 1yfy1xey，则f'yyey,y0是fy在(,1)内的唯一驻点，且当y0时，f'(y)0 ；当0y1时，f'y0.故y0是fy的极大值点，f01是fy的极大值.因为当y由小变大时，fy由单调增变为单调减, 故f01同时也是fy的最大值, 所以，当y1时，fy1 , 即ey1.1y注:在对不等式的证明过程中，可以以不等式的特点为根据，以此来构造函数，从而运用导数来得出函数的最值，而此项作用也是导数的另一个功能，即可以被用作求函数的最值。例如，当此函数为最大或最小值的时候，不等式的成立都有效的，因此可以推出不等式是永远成立的，从而可以将证明不等式的问题转化到求函数最值的问题上来。

六、利用函数的凹凸性质证明不等式

证明思路 若f''x0(axb)，则函数yfx的图形为凹的，即对任意x1，x2(a,b)，有f(fx1fx2x1x2)，当且仅当x1x2时成立． 22 8 例

10、设r0，h0，证明rlnrhlnh(rh)ln成立．

分析 将欲证的不等式两边同除以2，变形为

rlnrhlnh(rh)rhln 222rh，且等号仅在rh 时2由上式看出，左边是函数fkklnk在r，h两点处的值的平均值，而右边是它在中点rh处的函数值．这时只需证f''k0即可． 2证明 构造辅助函数

fkklnk(k0)，那么就有：

f'k1lnk,f''k故由不等式:

10 成立.kfrfhrhf()

22rlnrhlnh(rh)rhln 222rh也即 rlnrhlnh(rh)ln

2可得

且等号仅在rh 时成立.例

11、已知: 0,0, 332，求证：2.证明 设fyy3,y(0,)，则 f'y3y2,f''y6y0 就有fyy3,y(0,)是凸函数

1，y1,y2，211)则f1y12y2f()f(222设12就有如下式子成立: f1y12y2f(2)1fy12fy211ff 22 9 而又因为有

83(2)3f(2)，ff33111 ff2222所以

83f(2)11ff1 成立 22故2.小结:通过对导数证明不等式的研究，我可以看出不等式的证明方法很多，但各种方法都不尽相同。我们要充分理解各种方法的应用原理，挖掘导数的各种性质。多做此类难题，不但有利于我们在学习和考试中轻松解决同类问题，更有利于培养我们的数学思维和推理论证能力。因而导数在不等式证明当中的应用很有研究价值。

第三篇：导数在不等式证明中的应用

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导数在不等式证明中的应用

作者：唐力 张欢

来源：《考试周刊》2013年第09期

摘要： 中学不等式证明，只能用原始的方法，很多证明需要较高技巧，且证明过程太难，应用高等数学中的导数方法来证明不等式，往往能使问题变得简单.关键词： 导数 拉格朗日中值定理 不等式证明

1.拉格朗日中值定理

定理1：如果函数y=f（x）满足：1）在闭区间[a，b]上连续，2）在开区间（a，b）内可导，则在（a，b）内至少有在一点ξ（a

F（b）-f（a）=f′（ξ）（b-a）

由定理1，我们不难得到如下定理2.

第四篇：导数在证明不等式中的应用

1.【作 者】 杨建辉;布春霞【刊 名】中学生数理化(学研版)【出版日期】201

1【期 号】第11期【页 码】2-3【参考文献格式】杨建辉,布春霞.导数在证明不等式中的应用[J].中学生数理化(学研版),2011,(第11期).2.【作 者】 赵京之【刊 名】中国新技术新产品【出版日期】2010【期 号】第14期【参考文献格式】赵京之.导数在证明不等式中的应用[J].中国新技术新产品,2010,(第14期).【摘 要】不等式与等式一样,在数学问题中都是非常重要的课题,不等式的研究范围更广,难度更大,以函数观点认识不等式,应用导数为工具,不等式的证明将化难为易,迎刃而解,考虑的角度初步有:中值定理,Taylor公式,函数的单调性,最值,以及Jensen不等式。

3.【作 者】 刘伟【刊 名】电大理工【出版日期】2004【期 号】第3期【页 码】13-14【参考文献格式】刘伟.导数在证明不等式中的应用[J].电大理工,2004,(第3期).4.【作 者】 顾庆菏【刊 名】邢台师范高专学报【出版日期】1995【期 号】第1期【页 码】118-120【参考文献格式】顾庆菏.导数在证明不等式中的应用[J].邢台师范高专学报,1995,(第1期).5.【作 者】 刘开生;潘书林【刊 名】天水师范学院学报【出版日期】2000【期 号】第3期【页 码】115-116【参考文献格式】刘开生,潘书林.导数在证明不等式中的应用[J].天水师范学院学报,2000,(第3期).6.【作 者】 陈万鹏;陈万超【刊 名】大学数学【出版日期】1990【期 号】第4期【页 码】67-71【参考文献格式】陈万鹏,陈万超.导数在证明不等式中的应用[J].大学数学,1990,(第4期).7.【作 者】 高燕【刊 名】考试周刊【出版日期】2011【期 号】第60期【页 码】69-70【参考文献格式】高燕.导数在不等式证明中的应用[J].考试周刊,2011,(第60期).8.导数法在证明不等式中的应用【作 者】 【刊 名】版)【出版日期】2011【期 号】第Z1期【页 码】

5【参考文献格式】郝文武.导数法在证明不等式中的应用[J].中学生数理化(高二版),2011,(第Z1期).9.导数在证明不等式中的一些应用【作 者】 甘启才【刊 名】广西师范学院学报(自然科学版)【出版日期】2011【期 号】第S1期【页 码】73-75

【参考文献格式】甘启才.导数在证明不等式中的一些应用[J].广西师范学院学报(自然科学版),2011,(第S1期).10.【作 者】 王莉闻【刊 名】考试周刊【出版日期】2011【期 号】第82期【参考文献格式】王莉闻.导数在不等式证明中的应用[J].考试周刊,2011,(第82期).【摘 要】导数知识是高等数学中极其重要的部分,它的内容、思想和应用贯穿于整个高等数学的教学之中.利用导数证明不等式是一种行之有效的好方法,它能使不等式的证明化难为易,迎刃而解.在不等式证明的种种方法中,它占有重要的一席之地.本文将从利用函数的单调性,利用函数的最值（或极值）

11.【作 者】 王翠丽【刊 名】数学之友【出版日期】2011【期 号】第6期【页 码】84，86【参考文献格式】王翠丽.导数在不等式证明中的应用[J].数学之友,2011,(第6期).12.【作 者】 王强;申玉芹【刊 名】中学数学【出版日期】2012【期 号】第9期【页 码】6【参考文献格式】王强,申玉芹.导数在不等式中的应用[J].中学数学,2012,(第9期).13.【作 者】 朱帝【刊 名】数理化学习【出版日期】2008【期 号】第3期【页 码】2-4【参考文献格式】朱帝.导数在证明不等式中的应用[J].数理化学习,2008,(第3期).14.【作 者】 王伟珠【刊 名】佳木斯教育学院学报【出版日期】2010【期 号】第6期【参考文献格式】王伟珠.导数在不等式证明中的应用[J].佳木斯教育学院学报,2010,(第6期).15.【作 者】 张根荣;李连方【刊 名】中学数学研究【出版日期】2010【期 号】第11期【页 码】24-25【参考文献格式】张根荣,李连方.导数在不等式证明中的应用[J].中学数学研究,2010,(第11期).【摘 要】“问题是数学的心脏”，数学学习的核心就应该是培养解决数学问题的能力．正如波利亚指出的：“掌握数学就是意味着善于解题．”“中学数学首要的任务就是加强解题的训练”．在数学教学中，例题、习题的解答过程是学生建构知识的重要基础，是学生学习不可缺少的重要组成部分．因此在课堂教学有限的45分钟内，如何发挥例题的功能，16.【作 者】 张萍【刊 名】西部大开发：中旬刊【出版日期】2010【期 号】第7期【页 码】176-177【参考文献格式】张萍.导数在证明不等式中的有关应用[J].西部大开发：中旬刊,2010,(第7期).【摘 要】导数是高等数学中最基本最重要的内容之一，用导数的方法证明不等式是不等式证明重要的组成部分，具有较强的灵活性和技巧性。掌握导数在不等式中的证明方法和技巧对学好高等数学有很大帮助。本文将通过举例和说明的方式来阐述不等式证明中导数的一些方法和技巧，提高学生用导数证明不等式的能力．

17.【作 者】 李旭金【刊 名】新作文(教育教学研究)【出版日期】2011【期 号】第11期【页 码】31【参考文献格式】李旭金.导数在不等式中的应用[J].新作文(教育教学研究),2011,(第11期).18.【作 者】 李晋【刊 名】大视野【出版日期】2009【期 号】第3期【页 码】241-243【参考文献格式】李晋.导数在不等式证明中的应用[J].大视野,2009,(第3期).第5期【页 码】24-26【参考文献格式】高芳.导数在不等式证明中的应用[J].商丘职业技术学院学报,2009,(第5期).20.【作 者】 蔡金宝【刊 名】吉林省教育学院学报(学科版)【出版日期】2009

【期 号】第9期【页 码】85-86【参考文献格式】蔡金宝.导数在不等式证明中的应用[J].吉林省教育学院学报(学科版),2009,(第9期).21.浅谈导数在不等式证明问题中的应用【作 者】 姜治国【刊 名】考试(高考 数学版)【出版日期】2009【期 号】第Z5期【页 码】54-56【参考文献格式】姜治国.浅谈导数在不等式证明问题中的应用[J].考试(高考 数学版),2009,(第Z5期).22.导数在不等式中的一些应用【作 者】 陶毅翔【刊 名】宁德师专学报·自然科学版【出版日期】2010【期 号】第2期【页 码】123-124，127【参考文献格式】陶毅翔.导数在不等式中的一些应用[J].宁德师专学报·自然科学版,2010,(第2期).23.【作 者】 陈海兰【刊 名】科技信息【出版日期】2010【期 号】第8期【参考文献格式】陈海兰.导数在不等式中的应用[J].科技信息,2010,(第8期).【摘 要】本文给出了几种用导数来证明不等式的方法,通过这些方法,可以比较简洁,快速地解决一些不等式的证明问题.24.【作 者】 胡林【刊 名】科技咨询导报【出版日期】2007【期 号】第5期

【页 码】95-96【参考文献格式】胡林.导数在不等式证明中的应用[J].科技咨询导报,2007,(第5期).25.【作 者】 胡林【刊 名】科技资讯【出版日期】2006【期 号】第36期【页 码】148【参考文献格式】胡林.导数在不等式证明中的应用[J].科技资讯,2006,(第36期).26.【作 者】 周晓农【刊 名】贵阳金筑大学学报【出版日期】2000【期 号】第3期【页 码】107-110+87【参考文献格式】周晓农.导数在不等式证明中的应用[J].贵阳金筑大学学报,2000,(第3期).27.【作 者】 葛江峰【刊 名】中学理科：综合【出版日期】2008【期 号】第9期【页 码】52【参考文献格式】葛江峰.导数在不等式中的应用[J].中学理科：综合,2008,(第9期).【摘 要】新课程试卷将导数与传统的不等式证明有机结合在一起设问，是一种新颖的命题模式，体现导数在分析和解决一些函数性质问题的工具作用，以下介绍几种应用导数证明不等式的方法，供大家参考。

28.【作 者】 梁俊平【刊 名】龙岩师专学报(自然科学版)【出版日期】1997

【期 号】第3期【页 码】167-170【作者单位】不详【参考文献格式】梁俊平.导数在不等式证明中的应用[J].龙岩师专学报(自然科学版),1997,(第3期).期【页 码】48-53【参考文献格式】杨耀池.导数在不等式中的应用[J].数学的实践与认识,1985,(第2期).30.例说应用导数证明不等式【作 者】 冯仕虎【刊 名】数学学习与研究(教研版)【出版日期】2008【期 号】第11期【页 码】109-110【参考文献格式】冯仕虎.例说应用导数证明不等式[J].数学学习与研究(教研版),2008,(第11期).

第五篇：导数在研究不等式中的应用举例

导数在研究不等式中的应用举例

陕西张磊

导数问题和不等式问题相互交织构成了高考试题中的一道亮丽的风景线,常见的题型有四种.基本方法:构造函数,利用导数研究函数的单调性来解或证不等式或求最值研究恒成立问题.1比较两个函数值大小(尤其比较两抽象函数)

(1)设函数f(x), g(x)在(a ,b)上可导,且f′(x)>g′(x),则当a

(A)f(x)> g(x)(B)f(x)+ g(a)> g(x)+ f(a)

(C)f(x)< g(x)(D)f(x)+ g(b)> g(x)+ f(b)

解构造函数F(x)= f(x)− g(x),则F′(x)=f′(x)− g′(x)>0 ,故函数F(x)在区间[a ,b]上递增 ,又a

(2)若函数y= f(x)在(0 ,+∞)上可导,且不等式xf′(x)> f(x)恒成立,又常数a ,b满足a>b>0 ,则下列不等式一定成立的是()

(A)bf(a)>af(b)(B)bf(a)bf(b)(A)af(a)

x

2f(a)a>0 , 故函数F(x)= ,即选A f(x)x 在区间(0 ,+∞)上递增,又a>b>0 ,从而

2求解不等式 >f(b)b

(3)设f(x), g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时, f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0 ,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是()

(A)(−3 ,0)∪(3 ,+∞)(B)(−3 ,0)∪(0 ,3)

(C)(−∞ ,−3)∪(3 ,+∞)(D)(−∞ ,−3)∪(0 ,3)解

构造函数F(x)= f(x)g(x),则F(x)= f(x)g(x)+f(x)g′(x)>0 , 故函数F(x)在R上递增,又f(x), g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数且g(-3)=0结合题意提供的信息作出大致图像如图示,不难得到不等式解集为D 3含参不等式恒成立问题

解不等式恒成立问题的基本思想是把问题转化为求函数的最值或函数的值域的端点问题.利用导数研究不等式恒成立问题,首先要构造函数,利用导数研究函数单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求得参数的取值范围;也可分离变量构造函数,直接把问题转化为函数最值问题.(4)已知函数f(x)=axlnx的图像在点(e ,f(e))处的切线与直线y=2x平行(其中e为自然对数的底数),g(x)=x2−bx−2

①求函数f(x)的解析式

②对一切x∈(0 ,e],3 f(x)≥g(x)恒成立,求实数b取值范围.解:①依题, 函数f(x)=axlnx的图像在点(e ,f(e))处的切线的斜率k=2,即f′(e)=2又f′(x)=a(lnx+1),令a(lne+1)=2,得a=1,∴f(x)= xlnx

②对一切x∈(0 ,e],3 f(x)≥g(x)恒成立,∴ 3 xlnx≥x2−bx−2在x∈(0 ,e]上恒成立.即b≥x−3lnx−在x∈(0 ,e]上恒成立,(分离变量法)

x2

令h(x)= x−3lnx−x∈(0 ,e]则h′(x)=

xx−1(x−2)

x2

由h′(x)=0

得x=1或x=2∴x∈(0 ,1)时h′(x)>0h(x)单调递增;x∈(1 ,2)

时h′(x)<0 ,h(x)单调递减 x∈(2 ,e)时, h′(x)>0 , h(x)单调递增

∴h(x)极大值=h(1)=-1,而h(e)=e−3−2e−1<-1 ∴h(x)max=h(1)=-1 ∴b≥h(x)max=-

1故实数b的取值范围为[-1 ,+∞)

(5)已知函数f(x)=ax+−2a(a>0)的图像在点(1 ,f(1))处的xb

切线与直线y=2x+1平行.①求a ,b满足的关系式

②若f(x)≥2lnx在[1 ,+∞)上恒成立,求a的取值范围.解①f(x)=a−,根据题意f′(1)=a−b=2 ,即b=a−2

x

′

b

② 由①知, f(x)=ax+

a−2x

+2−2a

a−2x

令g(x)= f(x)−2lnx= ax+

则g(1)=0 ,g′(x)=a−当0

+2−2a−2lnx ,x∈[1 ,+∞),2−a

−x

a x−1(x−

>1 若1

2−aa

x2−aa，则g′(x)<0 , g(x)在[1 ,)上为减函数

2−aa

所以g(x)< g(1)=0 , f(x)≥2lnx在[1 ,当a≥1时,2−aa)上恒不成立

≤1 ,当x>1时, g′(x)>0 , g(x)在[1 ,+∞)上为增

函数,又g(1)=0 ,所以f(x)≥2lnx

综上所述,所求a的取值范围是[1 ,+∞)4利用导数证明不等式

对于只含有一个变量的不等式都可以通过构造函数,然后利用函数的单调性和极值解决.(6)设函数f(x)=x+ax2+blnx ,曲线y=f(x)过P(1 ,0),且在点P处的切线斜率为2

(i)求a ,b的值(ii)证明f(x)≤2x−2

f 1 =0b1+a=0解(i)f′(x)=1+2ax+由已知条件得 ′即

xf1=21+2a+b=2解得a=-1b=

3(ii)由(i)知 f(x)=x−x2+3lnx设g(x)= f(x)−(2x−2)= 2−x−x2+3lnx 则g′(x)=-1−2x+ =−

x3

x−1(2x+3)

x

当00;当x>1时 g′(x)<0

所以g(x)在(0 ,1)上单调递增,在(1 ,+∞)内单调递减 ，而g(1)=0 故当x>0时 , g(x)≤0 ,即f(x)≤2x−2

解题心得:利用导数证明不等式成立,重点是构造适当的函数,利用导数的方法研究函数的单调性,通过单调性证明不等式.(7)已知f(x)=x2+lnx ,求证:在[1 ,+∞)上,f(x)的图像总在21

g(x)=x3的图像的下方.解析: 本题等价于证明:当x≥1时,不等式x2+lnx

构造函数F(x)= x+lnx− x ,则F(x)=x+−2x=

x

3′

1−x(1+x+2x2)

x

因为x≥1 所以F′(x)≤0 故F(x)在区间[1 ,+∞)上是减函数,从而 F(x)≤ F(1)=-即x2+lnx