一题多解专题三：利用导数证明不等式问题_利用导数证明不等式

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一题多解专题三：利用导数证明不等式问题

1.构造函数证明不等式的方法

(1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式,构造函数f(x),使原不等式成为形如f(a)>f(b)的形式.(2)对形如f(x)>g(x),构造函数F(x)= f(x)-g(x).(3)对于(或可化为)f(x1,x2)A的不等式,可选x1(或x2)为主元,构造函数f(x,x2)(或f(x1,x)).2.利用导数证明不等式的基本步骤

(1)作差或变形.(2)构造新的函数h(x).(3)对h(x)求导.(4)利用h(x)判断h(x)的单调性或最值.(5)结论.例：设f(x)ln(x1)x1axb(a,bR,a,b为常数），曲线yf(x)与直线y3x在(0，0)点相切.2(1)求a,b的值.(2)证明：当0x2时，f(x)9x.x6

【解题指南】(1)点在曲线上，则点的坐标满足曲线方程；同时据导数的几何意义可以建立另一个方程，求出a,b;

(2)构造函数，利用导数研究单调性，借助函数单调性证明不等式

【解析】方法一：（1）由f(x)ln(x1)x1axb的图象过点（0，0）得b=-1；由f(x)ln(x1)x1axb在点（0，0）的切线斜率为

则y3，2x0(1a)x1x03a0.2

x1x1，2（2）当x0时，2x1)1x11x2

令h(x)f(x)9x541154，则h(x)f(x) x6(x6)2x12x1(x6)2

2x12x15454(x6)3216(x1).2(x1)(x6)22(x1)(x6)24(x1)(x6)2

令g(x)(x6)3216(x1)，则当0x2时，g(x)3(x6)22160

因此g(x)在（0,2）内是递减函数，又g(0)0，则0x2时，g(x)g(0)0

所以0x2时，h(x)0，即h(x)f(x)

9x

在（0,2）内是递减函数，x6

由h(0)0，则0x2时，h(x)h(0)0，故0x2时，h(x)f(x)

9x9x

.0，即f(x)

x6x6

方法二：由（1）知，f(x)ln(x1)x1

1由基本不等式，当x0时，2(x1)1x11x2令k(x)ln(x1)x，则k(0)0，k(x)故k(x)0，即ln(x1)x（ii）由（i)、（ii）得，当x0时，f(x)

x1

x

（i)1 2

1x10 x1x1

3x，2

记h(x)(x6)f(x)9x，则当0x2时，h(x)f(x)(x6)f(x)9

311x(x6)9 2x12x1



[3x(x1)(x6)(2x1)18(x1)]

2(x1)

1xx

[3x(x1)(x6)(3)18(x1)](7x18)0

2(x1)24(x1)

因此h(x)在（0,2）内是递减函数，又h(0)0，得h(x)0，故0x2时，f(x)

9x

.x6

针对性练习：

1．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a＞ln 2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1.解析(1)由f(x)＝e－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝e－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x

x

故fln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)．

(2)设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a＞ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)＞0.于是对任意x∈R都有g′(x)＞0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a＞ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.即ex－x2＋2ax－1＞0，故ex＞x2－2ax＋1.2.设函数f(x)

1x

lnx在[1,)上是增函数。ax

（1）求正实数a的取值范围；（2）设b0,a1，求证：解：（1）f(x)

'

1abab

ln.abbb

ax1

0对x[1,)恒成立，2

ax11

a对x[1,)恒成立又1a1为所求。

xx

abab

1，（2）取x，a1,b0,

bb

1x

lnx在[1,)上是增函数，一方面，由（1）知f(x)ax

ab1

ablnab0即lnab1；)f(1)0,f（abbbabbab

1x1'

0(x1)另一方面，设函数G(x)xlnx(x1)G(x)1

xx

∴G(x)在(1,)上是增函数且在xx0处连续，又G(1)10∴当x1时，G(x)G(1)0,∴xlnx,即综上所述，abab

ln bb

1abab

ln.。abbb

3.已知函数f(x)2xalnx(a0)，证明：对于任意的两个正数x1,x2，总有

f(x1)f(x2)xx2

f(1)成立；

解：由：

2x1x2f(x1)f(x2)xx，f(12)...aln

22x1x2

2x1x2x1x2

1ln

2x1x2x1x2

0，而：x1x22x1x2

又因为：a0,所以：aln

2x1x2x1x2

0，即：

f(x1)f(x2)xx2

f(1)成立。

ex

4.设a0，函数 f(x)2.xa

(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)当x

时，函数 f(x)取得极值，证明：对于任意的2

x1,x

2[,],f(x1)f(x2)

1322

ex(x2a2x)ex[(x1)2a1]

解：(1)f'(x)

(x2a)2(x2a)2

①当a1时，f'(x)0恒成立，f(x)在(,)上是增函数；

② 当0a1时，令f(x)0，即(x1解得x1或x1)2a10，因此，函数f(x)在区间

(,1内单调递增，在区间

(1)内也单调递增.令f(x)0,即

(x1)2a10，解得1x1 因此，函数f(x)在区间

（1内单调递减.（2）当x

11311

时，函数f(x)取得极值，即 f'()0,()2a20，a.24222

133

由(Ⅰ)f(x)在(,)单调递增，在(1,)单调递减，(,)单调递增.222

f(x)在x

1133时取得极大值f()f(x)在x

时取得极小值f()，2222

1313故在[,]上，f(x)的最大值是f()

f()

2222

13对于任意的x1,x2[,],f(x1)

f(x2)

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