爸爸说我不省心--
范文一：导数不等式
高考导数不等式题练习
1. (四川 2014年 21) 已知函数 其中 为自 然对数的底数.
(Ⅰ)设 是函数 的导函数,求函数 在区间 上的最小值; (Ⅱ)若 ,函数 在区间 内有零点,求 的取值范围.
2. (四川 2011年 21) 已知函数
(I )设函数 ,求 的单调区间与极值;
(Ⅱ)设 ,解关于 的方程
(Ⅲ)试比较 与 的大小.
3. (江苏 2014)
已知函数 , 其中 e 是自然对数的底数 .
(1)证明 :是 R 上的偶函数;
(2)若关于 的不等式 ≤ 在 上恒成立,求实数 的取值范围;
(3)已知正数 满足:存在 ,使得 成立 . 试比较 与 的 大小,并证明你的结论 .
4. (江西 2014) 已知函数 .
(1) 当 时,求 的极值;
(2) 若 在区间 上单调递增,求 b 的取值范围 .
范文二：导数不等式
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是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。 技巧精髓
1、利用导数研究函数的单调性，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。 一、利用题目所给函数证明
函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式f (x ) >g (x ) （f (x )
的单调性或证明函数h (x ) 的最小值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）。 【例1】
已知函数f (x ) =ln(x +1) -x ，求证：当x >-1时，恒有1-
1
≤ln(x +1) ≤x x +1
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
g (x ) =ln(x +1) +
【绿色通道】f '(x ) =
1
-1，从其导数入手即可证明。 x +1
1x -1=- x +1x +1
∴当-1
当x >0时，f '(x ) <0，即f (x="" )="" 在x="" ∈(0,="" +∞)="">
故函数f (x ) 的单调递增区间为(-1, 0) ，单调递减区间(0, +∞)
于是函数f (x ) 在(-1, +∞) 上的最大值为f (x ) max =f (0) =0，因此，当x >-1时，f (x ) ≤f (0) =0，
即ln(x +1) -x ≤0∴ln(x +1) ≤x （右面得证）， 现证左面，令g (x ) =ln(x +1) +
111x
-1， 则g '(x ) = -=x +1x +1(x +1) 2(x +1) 2
当x ∈(-1, 0) 时, g '(x ) <0; 当x="" ∈(0,="" +∞)="" 时,="" g="" '(x="" )="">0 ， 即g (x ) 在x ∈(-1, 0) 上为减函数，在x ∈(0, +∞) 上为增函数， 故函数g (x ) 在(-1, +∞) 上的最小值为g (x ) min =g (0) =0，
1
-1≥0 x +1
11
-1≤ln(x +1) ≤x ∴ln(x +1) ≥1-，综上可知，当x >-1时, 有
x +1x +1
【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．
∴当x >-1时，g (x ) ≥g (0) =0，即ln(x +1) +【例2】 已知x ∈(0,
π
2
) ，求证：sin x
分析：欲证sin x
【绿色通道】令f (x ) =sin x -x ，其中x ∈(0,则f (x ) =cos x -1，而x ∈(0,所以f (x ) =sin x -x 在(0,所以sin x
令g (x ) =x -tan x ，其中x ∈(0,
/
π
2
) 上单调递减即可。
π
2
)
π
2
) ?cos x <1?cos x=""><>
π
2
) 上单调递减，即f (x ) =sin x -x
π
2
)
则g (x ) =1-
/
π12
(0,) 上单调递减， =-tan x <0，所以在g (x="" )="x" -tan="">
2cos 2x
即g (x ) =x -tan x
所以x
综上所述，sin x
【警示启迪】证明函数类不等式时，构造辅助函数比较容易，只需将不等式的其中一边变为0，然后另一边的函数作为辅助函数，并利用导数证明其单调性或其最值，进而构造我们所需的不等式的结构即可。根据不等式的对称性，本例也可以构造辅助函数为在(0,在(0,
π
2
) 上是单调递增的函数（如：利用h (x ) =x -sin x
π
2
) 上是单调递增来证明不等式sin x
的最恰当的值（比如此例中的f (0)也可以不是0，而是便于放大的正数也可以）。因此例可变式为证明如下不等式问题：已知x ∈(0,
π
2
) ，求证：sin x -1
分析：证明这个变式题可采用两种方法：
第一种证法：运用本例完全相同的方法证明每个不等式以后再放缩或放大，即证明不等式 sin x
第二种证法：直接构造辅助函数f (x ) =sin x -1-x 和g (x ) =x -tan x -1，其中x ∈(0,然后证明各自的单调性后再放缩或放大（如：f (x ) =sin x -1-x
分析：令f (x ) =ln(x +1) -x ，经过求导易知，f (x ) 在其定义域(-1, +∞) 上不单调，但可以利用最值证明不等式。
π
2
)
【绿色通道】令f (x ) =ln(x +1) -x 函数f(x)的定义域是(-1, +∞) ,
f ' (x)=
1
-1. 令f ' (x)=0，解得x=0， 1+x
当-1<><0时, f="" '="" (x)="">0,当x>0时, f ' (x)<0，又f(0)=0， 故当且仅当x="0时，f(x)取得最大值，最大值是0" 所以f="" (x="" )="ln(x" +1)="" -x="">
图象的下方；
分析：函数f (x ) 的图象在函数g (x ) 的图象的下方?不等式f (x )
122
x +ln x . 求证：在区间(1, +∞) 上，函数f (x ) 的图象在函数g (x ) =x 3的23
12212
x +ln x
1
F (x ) =g (x ) -f (x ) ，x ∈(1, +∞) ，考虑到F (1) =>0
6
要证不等式转化变为：当x >1时，F (x ) >F (1) ，这只要证明： g (x ) 在区间(1, +∞) 是增函数即可。
即
【绿色通道】设F (x ) =g (x ) -f (x ) ，即F (x ) =
2
2312
x -x -ln x ， 32
1(x -1)(2x 2+x +1)
则F '(x ) =2x -x -=
x x
(x -1)(2x 2+x +1)
当x >1时，F '(x ) =
x
从而F (x ) 在(1, +∞) 上为增函数，∴F (x ) >F (1) =∴当x >1时 g (x ) -f (x ) >0，即f (x )
1
>0 6
23
x 的图象的下方。 3
【警示启迪】本题首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），
并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。读者也可以设F (x ) =f (x ) -g (x ) 做一做，深刻体会其中的思想方法。
3、换元后作差构造函数证明
【例5】（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n ，不等式ln(分析：本题是山东卷的第（II ）问，从所证结构出发，只需令
111
+1) >2-3 都成立. n n n
1
=x ，则问题转化为：当x >0时，恒有n
ln(x +1) >x 2-x 3成立，现构造函数h (x ) =x 3-x 2+ln(x +1) ，求导即可达到证明。
【绿色通道】令h (x ) =x -x +ln(x +1) ，
3
2
13x 3+(x -1) 2
=则h '(x ) =3x -2x +在x ∈(0, +∞) 上恒正， x +1x +1
2
所以函数h (x ) 在(0, +∞) 上单调递增，∴x ∈(0, +∞) 时，恒有h (x ) >h (0) =0，
即x 3-x 2+ln(x +1) >0，∴ln(x +1) >x 2-x 3 对任意正整数n ，取x =
1111∈(0, +∞) ，则有ln(+1) >2-3 n n n n
【警示启迪】我们知道，当F (x ) 在[a , b ]上单调递增，则x >a 时，有F (x ) >F (a ) ．如果f (a ) ＝
?(a ) ，要证明当x >a 时，f (x ) >?(x ) ，那么，只要令F (x ) ＝f (x ) －?(x ) ，就可以利用F (x ) 的单
调增性来推导．也就是说，在F (x ) 可导的前提下，只要证明F '(x ) >０即可． 4、从条件特征入手构造函数证明
【例6】若函数y =f (x ) 在R 上可导且满足不等式x f '(x ) >－f (x ) 恒成立，且常数a ，b 满足a >b ，求
证：．a f (a ) >b f (b )
【绿色通道】由已知 x f '(x ) +f (x ) >0 ∴构造函数 F (x ) =xf (x ) ，
'
则F (x ) = x f '(x ) +f (x ) >0， 从而F (x ) 在R 上为增函数。
a >b ∴F (a ) >F (b ) 即 a f (a ) >b f (b )
【警示启迪】由条件移项后x f '(x ) +f (x ) ，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数F (x ) =xf (x ) 求导即可完成证明。若题目中的条件改为x f '(x ) >f (x ) ，则移项后x f '(x ) -f (x ) ，要想到是一个商的导 数的分子，平时解题多注意总结。 5、常数类不等式证明
常数类不等式证明的通法可概括为：证明常数类不等式的问题等价转化为证明不等式
f (a )
【例7】已知m >n >0, a , b ∈R +且(a -1)(b -1) ≠0 求证：(a n +b n ) m >(a m +b m ) n 分析：
(a n +b n ) m >(a m +b m ) n
ln(a n +b n ) ln(a m +b m ) ?>
?ln(a n +b n ) m >ln(a m +b m ) n n m
?f (n ) >f (m ) ?m ln(a n +b n ) >n ln(a m +b m )
?ln(a x +b x )
在（0，+∞）上是减函数?f (x ) =
??x
?m>n>0?
ln(a x +b x )
【绿色通道】令f (x ) =
x
(x >0)
a x ln a +b x ln b x x x -ln(a +b ) x x x (a x ln a +b x ln b ) -(a x +b x )ln(a x +b x ) /=则f (x ) = 2
x x 2(a x +b x ) a x b x a x +b x a x +b x x x x
a ln x +b ln x a ln x +b ln x
x x x x
=<=0 x="" 2(a="" x="" +b="" x="" )="" x="" 2(a="" x="" +b="" x="">
x
ln(a x +b x )
在（0，+∞）上是减函数 所以，f (x ) =
x
又因为m >n >0，所以f (n ) >f (m )
ln(a n +b n ) ln(a m +b m ) 即 >
n m
m ln(a n +b n ) >n ln(a m +b m ) ?ln(a +b ) >ln(a +b )
即(a n +b n ) m >(a m +b m ) n
n
n m
m
m n
【警示启迪】利用导数证明常数类不等式的关键是经过适当的变形，将不等式证明的问题转化为函数单调
性证明问题，其中关键是构造辅助函数，如何构造辅助函数也是这种通法运用的难点和关键所在。通过本例，不难发现，构造辅助函数关键在于不等式转化为左右两边是相同结构的式子（本例经过转化后的不等
ln(a n +b n ) ln(a m +b m ) ln(a x +b x )
>式的两边都是相同式子的结构，所以可以构造辅助函数
x n m ln(a x +b x )
f (x ) =），这样根据“相同结构”可以构造辅助函数。
x
【例8】已知0<><>
π
2
，求证：
tan ααtan β
-1<+1 tan="" ββtan="">
分析：欲证
tan ααtan βtan ααtan β
<><>
tan ββtan αtan ββtan α
tan α
α
tan β
β
, αtan α<βtan β，则需证函数f="" (x="" )="">
πtan x
, g (x ) =x tan x 都在函数区间(0,) 上单调
2x
递增即可。
【绿色通道】设f (x ) =
tan x π
，x ∈(0,) x 2
x sec 2x -tan x x -sin x cos x
则f (x ) = =222
x x cos x
/
由例1知，x ∈(0,
π
2
) ?x >sin x >sin x cos x ?x -sin x cos x >0
即f /(x ) >0，所以f (x ) =所以
πtan x π
在(0,) 上单调递增，而0<><>
2x 2
tan α
α
tan β
β
，即
tan ααtan αα
<>< tan="" ββtan="">
设g (x ) =x tan x ，x ∈(0,
π
2
)
则g /(x ) =tan x +x sec 2x ，又因为x ∈(0,进而g (x ) =x tan x 在(0,
π
2
) ，所以g /(x ) >0，
π
2
) 上单调递增，而0<><>
π
2
所以αtan α<βtan>
αtan βαtan β
<+1><βtan αβtan="">
综上所述
tan ααtan β
-1<+1 tan="" ββtan="">
【思维挑战】
1、设a ≥0, f (x ) =x -1-ln 2x +2a ln x
2
求证：当x >1时，恒有x >ln x -2a ln x +1，
2、已知定义在正实数集上的函数
f (x ) =
52122
x +2ax , g (x ) =3a 2ln x +b , 其中a >0，且b =a -3a ln a ，
22
求证：f (x ) ≥g (x ) 3、已知函数f (x ) =ln(1+x ) -
x
，求证：对任意的正数a 、b ， 1+x b
恒有ln a -ln b ≥1-.
a
4、f (x ) 是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足x f '(x ) -f (x ) ≤0，对任意正数a 、b ，若a < b="" ，则必有="" （="">
（A ）af (b ) ≤bf (a ) （C ）af (a ) ≤f (b )
（B ）bf (a ) ≤af (b ) （D ）bf (b ) ≤f (a )
5、当x >1时, 求证:2x >3-
1 x
b
a
6、已知a,b 为实数，并且eb 7、已知函数f (x ) =e -ln(x +1) -1(x ≥0)
x
（1）求函数f (x ) 的最小值；
（2）若0≤y 1、提示：f '(x ) =1- ∴ 2ln x 2a 2ln x +<1 ，当x="">1，a ≥0时，不难证明x x x f '(x ) >0，即f (x ) 在(0, +∞) 内单调递增，故当x >1时， 2 f (x ) >f (1) =0，∴当x >1时，恒有x >ln x -2a ln x +1 123a 22 2、提示：设F (x ) =g (x ) -f (x ) =x +2ax -3a ln x -b 则F '(x ) =x +2a - 2x (x -a )(x +3a ) = (x >0) a >0，∴ 当x =a 时，F '(x ) =0， x 故F (x ) 在(0, a ) 上为减函数，在(a , +∞) 上为增函数，于是函数F (x ) 在(0, +∞) 上的最小值 是F (a ) =f (a ) -g (a ) =0，故当x >0时，有f (x ) -g (x ) ≥0，即f (x ) ≥g (x ) 3、提示：函数f (x ) 的定义域为(-1, +∞) ，f '(x ) = 11x -= 1+x (1+x ) 2(1+x ) 2 ∴当-1 当x >0时，f '(x )>0，即f (x ) 在x ∈(0, +∞) 上为增函数 因此在x =0时, f (x ) 取得极小值f (0) =0，而且是最小值 1x ，即ln(1+x ) ≥1- 1+x 1+x a b a 1b =1- 于是ln ≥1- 令1+x =>0, 则1- b a b x +1a b 因此ln a -ln b ≥1- a 于是f (x ) ≥f (0) =0, 从而ln(1+x ) ≥ f (x ) f (x ) xf ' (x ) -f (x ) F (x ) =≤04、提示：F (x ) =，F '(x ) =，故在（0，+∞）上是减函数，由2 x x x a f (a ) f (b ) ≥? af (b ) ≤bf (a ) 故选（A ） a b 1 ，只要证4x 3>(3x -1) 2(x >1) , x 3 2 5、提示： 要证2x >3- 3 2 即证4x -(3x -1) =4x -9x +6x -1=f (x ) >0, 3 则当x >1时，f ' (x ) =6(2x -3x +1) =6(2x -1)(x -1) >0, ∴f (x ) 在(1, +∞) 上递增，∴f (x ) >f (1) =0即f (x ) >0成立，原不等式得证 6、提示：当eb ， 只要证b ln a >a ln b , b a ln a ln b > a b ln x (0 1-ln x ln x y '=<0, y="在(e" ,="" +∞)="" 所以函数2x=""> ln a ln b b a > 因为eb a b 即只要证 7、提示：（1）最小值为0（2）因为0≤y 而由（1）知，对x >0，恒有f (x ) >0，所以不等式f (x -y ) >0恒成立 即e x -y -ln(x -y +1) -1>0，所以e x -y -1>ln(x -y +1) ln(x -y +1) =ln[(y +1)(x -y +1)]-ln(y +1) 又因为 =ln[(x +1) +y (x -y )]-ln(y +1) >ln(x +1) -ln(y +1)(y (x -y ) >0) 所以e x -y -1>ln(x +1) -ln(y +1) πx ln π+e x x x x -ln(π+e ) x x x x ln(π+e ) ' (x >0) ，则f (x ) = 证明：设f (x ) = 2x x x (πx ln π+e x ) -(πx +e x )ln(πx +e x ) = x 2(πx +e x ) e x πx +e x πx +e x x x πln x x +e ln x x πln x x +e ln x x <=0 =2x="" x="" 2x="" x="" x="" (π+e="" )="" x="" (π+e="" )="" x="" x=""> ln(πx +e x ) 所以函数f (x ) =在其定义域(0,+∞) 单调递减 x 所以f (π) π e e πln(πe +e e ) < e="" ππe="" 根据对数的运算性质得，(π+e="" )="">(π+e ) 第 11 页 共 11 页 1 ．（山东省桓台第二中学2014届高三第二次阶段性测试数学试题）已知函数 f (x ) =a ln x b +, 曲线y =f (x ) 在点(1, f (1)) 处的切线方程为x +2y -3=0, x +1x (1) 求a , b 的值 (2)证明:当x >0, x ≠1时, f (x ) > 【答案】 ln x 1-x 2 山东省郯城一中2014届高三上学期第一次月考数学（理）试题）已知f(x)= xln x. (Ⅰ)求函数y= f(x)的图象在x=e处的切线方程; f (x ) 在[a ,2a ]上的最小值; a 12(Ⅲ)证明对一切x ∈(0,+∞), 都有ln x >x -成立 e ex (Ⅱ)设实数a >0,求函数F (x ) = 【答案】解:(Ⅰ)Θf (x ) 定义域为(0,+∞) f '(x ) =ln x +1, f (e ) =e 又k l =f '(e ) =2 ∴函数y =f (x ) 的在x =e 处的切线方程为:y =2(x -e ) +e , 即y =2x -e (Ⅱ)F '(x ) = 当 11?1?(lnx +1) 令F '(x ) =0得x =当x ∈ 0, ?, F '(x ) <0, f="" (x="" )="" 单调递减,="" a="" e="" ?e=""> ?1?x ∈ , +∞?, F '(x ) >0, F (x ) 单调递增 ?e ? (i)当a ≥1时, F (x ) 在[a ,2a ]单调递减,[F (x )]min =F (a ) =ln a , e (ii)当a <><2a> 1 e 1时, F (x ) 在[a ,2a ]单调递减, 2e (iii)当2a ≤即0 [F (x )]min =F (2a ) = 2ln(2a ) 13 （山东省威海市乳山一中2014届高三上学期第一次质量检测数学试题）已知函数f (x )=2 x 2+a ln x . (1)若a =-1,求函数f (x ) 的极值, 并指出是极大值还是极小值; (2)若a =1,求函数f (x ) 在[1,e]上的最大值和最小值; 23(3)若a =1,求证:在区间[1,+∞)上, 函数f (x ) 的图像在函数g (x )=x 的图像的下方. 3 【答案】[解析] (1)解 由于函数f (x ) 的定义域为(0,+∞), 1x ＋当a =-1时, f ′(x )=x -=x －x x ,[1分] 令f ′(x )=0得x =1或x =-1(舍去),[2分] 当x ∈(0,1)时, f ′(x )<> 因此函数f (x ) 在(0,1)上是减少的,[3分] 当x ∈(1,+∞) 时, f ′(x )>0,因此函数f (x ) 在(1,+∞) 上是增加的,[4分] 1所以f (x ) 在x =1处取得极小值为.[5分] 2 (2)解 当a =1时, 易知函数f (x ) 在[1,e]上是增加的,[6分] 11∴f (x ) min =f (1)=f (x ) max =f (e)=e 2+1.[7分] 22 12(3)证明 设F (x )=f (x )-g (x )=x 2+ln x 3, 23 1则F ′(x )=x +-2x 2=－x ＋x ＋2x 2x x 分] 当x >1时, F ′(x )<> 1故f (x ) 在区间[1,+∞) 上是减少的, 又F 6 ∴在区间[1,+∞) 上, F (x )<> 即f (x ) 因此, 当a =1时, 在区间[1,+∞) 上, 函数f (x ) 的图像在函数g (x ) 图像的下方. 4 （山东省菏泽市2014届高三上学期期中考试数学（理）试题）(选做B) 已知函数 f (x ) =12x +a ln x . 2 (1)若a =-1, 求函数f (x ) 的极值, 并指出是极大值还是极小值; (2)若a =1, 求证:在区间[1,+∞) 上, 函数f (x ) 的图像在函数g (x ) = 方 【答案】(1)解 由于函数f (x ) 的定义域为(0,+∞), [1分] 23x 的图像的下3 当a =-1时, f ′(x )=x - [2分] 令f ′(x )=0得x =1或x =-1(舍去), [3分] 当x ∈(0,1)时, f ′(x )<0, 因此函数f="" (x="" )="" 在(0,1)上是单调递减的,=""> 当x ∈(1,+∞) 时, f ′(x )>0,因此函数f (x ) 在(1,+∞) 上是单调递增的, [5分] 则x =1是f (x ) 极小值点,6 分 所以f (x ) 在x =1处取得极小值为f (1)= [7分] (2) 证明 设F (x )=f (x )-g (x )=x 2+ln x -x 3, 则F ′(x )=x +-2 x =2, [9分] 当x >1时, F ′(x )<0,> 故f (x ) 在区间[1,+∞) 上是单调递减的, [11分] 又F (1)=-6<> ∴在区间[1,+∞) 上, F (x )<0恒成立. 即f="" (x="" )="" —g="" (x=""><0> 即f (x ) 因此, 当a =1时, 在区间[1,+∞)上, 函数f (x ) 的图像在函数g (x ) 图像的下方.[14分] 1 函数与导数 --------利用导数证明不等式 姓名： 1. 设函数f (x )=1-e ．（Ⅰ）证明：当x ＞-1时，f (x )≥-x x ； x +1 b e x 12. 设函数f (x ) ＝a e ln x ＋x ，曲线y ＝f (x ) 在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1) ＋2. － x (1)求a ，b ；(2)证明：f (x )>1. 3．设a ≥0，f (x ) =x -1-ln 2x +2a ln x (x >0) 。（Ⅰ）令F (x ) =xf '(x ) ，讨论F (x ) 在（0，＋∞）内的单调性并求极值；（Ⅱ）求证：当x>1时，恒有x >ln x -2a ln x +1. 4. 已知函数f (x ) =(x +1)ln x -x +1. （Ⅰ）若xf '(x ) ≤x 2+ax +1，求a 的取值范围； （Ⅱ）证明：(x -1) f (x ) ≥0 . 2 5. 已知f (x ) =ln x -x +1，（1）求f (x ) 的最大值； ln i 2(n -1)(2n +1) （2）求证：∑2<(n ≥2,="" n="" ∈n="" *).="" 2(n="" +1)="" i="2i"> a （1）若x ≥1时，f (x ) ≤g (x ) 恒成立，求a 的取值范围； x ln 2ln 3ln 4ln n 1*???< （2）当n="" ∈n="" ，n="" ≥2时，证明：345n="" +1n="" 6.="" 已知函数f="" (x="" )="ln" x="" ,="" g="" (x="" )="x"> 导数与不等式 （一） 利用极值证明不等式成立或利用极值解不等式： 例一：（2011. 辽宁文）函数f (x ) 的定义域为R ，f (-1) =2，对任意x ∈R ，f '(x ) >2，则 f (x ) >2x +4的解集为（B ） （A ）（-1，1） （B ）（-1，+∞） （C ）（-∞，-1） （D ）（-∞，+∞） 例二：设f (x ) , g (x 分) 别是定义在R 上的奇函数和偶函数，若当x <> f ' (x ) g (x +) f (x ) g ' >(x ) ，且g (-3) =0，则不等式f (x ) g (x ) <0的解集为（d> A (-3, 0) (3.+∞) B (-3, 0 ) C (-∞, -3 (0 , 3) D (-∞, -3 (3+, ∞) 3(0, 例三：（2011. 辽宁文）设函数f (x ) =x +ax 2+b ln x ，曲线y =f (x ) 过P （1,0），且在P 点处的切斜线率为2. （I ）求a ，b 的值； （II ）证明：f (x ) ≤2x -2． 解：（I ）f '(x ) =1+2ax + b x . …………2分 由已知条件得? ?f (1)=0, ?1+a =0, 即? ?f '(1)=2. ?1+2a +b =2. 解得a =-1, b =3. ………………5分 （II ）f (x ) 的定义域为(0,+∞) ，由（I ）知f (x ) =x -x 2+3ln x . 设g (x ) =f (x ) -(2x -2) =2-x -x +3ln x , 则 g '(x ) =1--2x + 3x =- (x -1)(2x +3) x . 2 当0 而g (1)=0, 故当x >0时, g (x ) ≤0, 即f (x ) ≤2x -2. ………………12分 练习：已知定义在正实数集上的函数f (x ) = 12 x +2ax ，g (x ) =3a ln x +b ，其中 2 2 a >0．设两曲线y =f (x ) ，y =g (x ) 有公共点，且在该点处的切线相同． （I ）用a 表示b ，并求b 的最大值； （II ）求证：f (x ) ≥g (x ) （x >0）． 本小题主要考查函数、不等式和导数的应用等知识，考查综合运用数学知识解决问题的能力． 解：（Ⅰ）设y =f (x ) 与y =g (x )(x >0) 在公共点(x 0，y 0) 处的切线相同． 3a x 2 ∵f '(x ) =x +2a ，g '(x ) = ，由题意f (x 0) =g (x 0) ，f '(x 0) =g '(x 0) ． ?122 x +2ax =3a ln x 0+b ，002?23a ?即?由x 0+2a =得：x 0=a ，或x 0=-3a （舍去）． 2 3a x 0 ?x +2a =0?x 0? 即有b =令h (t ) = 1252 a +2a -3a ln a = 2 2 222 52 a -3a ln a ． 22 t -3t ln t (t >0) ，则h '(t ) =2t (1-3ln t ) ．于是 1 当t (1-3ln t ) >0，即0 1 当t (1-3ln t ) <0，即t>e 3时，h '(t ) <> 1 ? 故h (t ) 在 0，e 3 ? ??1?3 e ，+∞为增函数，在? ?为减函数， ??? 2 ?1?3 于是h (t ) 在(0，+∞) 的最大值为h e 3?=e 3． ??2 （Ⅱ）设F (x ) =f (x ) -g (x ) = 3a x 2 12 x +2ax -3a ln x -b (x >0) ， 22 则F '(x ) =x +2a -= (x -a )(x +3a ) x (x >0) ． 故F (x ) 在(0，a ) 为减函数，在(a ，+∞) 为增函数， 于是函数F (x ) 在(0，+∞) 上的最小值是F (a ) =F (x 0) =f (x 0) -g (x 0) =0． 故当x >0时，有f (x ) -g (x ) ≥0，即当x >0时，f (x ) ≥g (x ) ． 22例四：（2011. 浙江文）设函数f (x ) =a ln x -x +ax ，a >0 （Ⅰ）求f (x ) 的单调区间； （Ⅱ）求所有实数a ，使e -1≤f (x ) ≤e 对x ∈[1, e ]恒成立． 注：e 为自然对数的底数． 本题主要考查函数的单调性、导数运算法则、导数应用等基础知识，同时考查抽象概括、推 2 理论证能力。满分15分。 （Ⅰ）解：因为f (x ) =a 2ln x -x 2+ax . 其中x >0 a 2 所以f '(x ) = x -2x +a =- (x -a )(2x +a ) x 由于a >0，所以f (x ) 的增区间为(0,a ) ，减区间为(a , +∞) （Ⅱ）证明：由题意得，f (1)=a -1≥c -1, 即a ≥c 由（Ⅰ）知f (x ) 在[1,e ]内单调递增， 要使e -1≤f (x ) ≤e 2对x ∈[1,e ]恒成立， ?f (1)=a -1≥e -1, 只要? 222 f (e ) =a -e +ae ≤e ? 解得a =e . 例五、（10辽宁理）已知函数f (x ) =(a +1) ln x +ax 2+1. （Ⅰ）讨论函数f (x ) 的单调性； （Ⅱ）设a ≤-2，证明：对任意x 1, x 2∈(0,+∞) ，|f (x 1) -f (x 2) |≥4|x 1-x 2|. 解：(Ⅰ) f(x ) 的定义域为(0,+∞) ，f '(x ) = a +1x 2ax +a +1 x 2 +2ax =. 当a ≥0时，f '(x ) ＞0，故f (x ) 在(0,+∞) 单调增加； 当a ≤－1时，f '(x ) 0； x ∈ (，+∞) 时，f '(x ) 0成立。 1x ， , 令g '(x ) =0得x =1， 当x ∈（0，1）时，g '(x ) 0，故（1，+∞）是g (x ) 的单调递增区间，因此，x =1是g (x ) 的唯一值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为g (1)=1. （II ）g () =-ln x +x x 1 1x 1 设h (x ) =g (x ) -g () =2ln x -x + x 1 ，则h '(x ) =- (x -1) x 2 2 ， 当x =1时，h (1)=0即g (x ) =g () ， x 当x ∈(0,1)?(1,+∞) 时h '(1)=0， 因此，h (x ) 在(0,+∞) 内单调递减， 当0 x 1 当x >1时, h (x ) 1 即g (x ) x （III ）由（I ）知g (x ) 的最小值为1，所以， g (a ) -g (x ) 1a ，对任意x >0，成立?g (a ) -1 1a , 即ln a <1,> （四） 构造函数。利用极值、单调性及函数的其他性质解决不等式问题 ?2 x ≥2?, 例一：(2011.北京文) ．已知函数f (x ) =?x 若关于x 的方程f （x ）=k有两个不 ?(x -1) 3, x <> 同的实根，则实数k 的取值范围是_______ 答案：（0，1） 例二 ：(2011.福建文) 若a>0,b>0,且函数f （x ）=4x 3-ax 2-2bx 在x=1处有极值，则ab 的最大值等于 A ．2 答案：D B ．3 13 C ．6 D ．9 例三：（2011. 江西文）设f (x ) =x +m x +nx . 32 （1）如果g (x ) =f '(x ) -2x -3在x =-2处取得最小值-5，求f (x) 的解析式； （2）如果m +n <10(m,n ∈n="" ),="" f="" (x)="" 的单调递减区间的长度是正整数，试求m="" 和n=""> 值；（注；区间（a ，b ）的长度为b-a ） 解：（1）由题得g (x ) =x 2+2(m -1) x +(n -3) =(x +m -1) 2+(n -3) -(m -1) 2 已知g (x ) 在x =-2处取得最小值-5 ?m -1=2 所以?，即m =3, n =2 2 ?(n -3) -(m -1) =-5 即得所要求的解析式为f (x ) = 13 x +3x +2x . 32 （2）因为f '(x ) =x 2+2m x +n , 且f (x ) 的单调递减区间的长度为正整数， 故f '(x ) =0一定有两个不同的根， 从而?=4m -4n >0即m >n ， 不妨设为x 1, x 2, 则|x 2-x 1|= 故m ≥2时才可能有符合条件的m ，n 当m=2时，只有n=3符合要求 当m=3时，只有n=5符合要求 当m ≥4时，没有符合要求的n 综上所述，只有m=2，n=3或m=3，n=5满足上述要求。 例四：在半径为R 的圆上去、取一个圆心角为α（弧度）的扇形，卷成一个圆锥，问：α为多大时，圆锥的体积最大？ 解 ： 设 圆 锥 底 面 积 为 r (0 2 3 522 ，高 3 为h 则 ?h 2=R 2-r 2∴V =? ?2πr = αR V ' = 2R r -3r r =R 在区间[0,R ]上列表如下： ∴当r = 3 R 时，V 取得最大值，此时α= 2πR 3 R = 3 例五：已知函数f (x ) =|x -a |-ln x (a >0) （1） 若a =1，求f (x ) 的单调区间及f (x ) 的最小值； （2） 若a >0，求f (x ) 的单调区间 ln 22 22 （3） 试比较+ ln 33 2 2 +???+ ln n n 2 2 与 (n -1)(2n +1) 2(n +1) 的大小（n ∈N *且n ≥2）并证 明你的结论。 解：（1）增区间为[1,+∞]，减区间为(0,1)，f (x ) min =f (1)=0 （2）当a ≥1，f (x ) 在区间[a , +∞) 是递增，当0 当0 1x =x -1x 1x <0，则f (x=""> , 当x >1时，f ' (x ) >0,当a ≤x <> 则f (x ) 在区间[1,+∞) 上是递增，f (x ) 在区间[a ,1) 上是递减，当0 f '(x )=-1- 1x ，f (x ) 在区间(0,a ) 上是，而的递减f (x ) 在x =a 处连续，则f (x ) 在区间 [1,+∞]上是递增的，在区间(0,1)上是递增的。 综上：当a ≥1时，f (x ) 的递增区间是[a , +∞) ，递减区间为(0,a ) ，当0 ln 22 22 （3）+ ln 33 2 2 +???+ ln n n 2 2 (n -1)(2n +1) 2(n +1) ln x x 1x 由（1）知，当a =1时，x >1时，有x -1-ln x >0，即 <> ∴ ln 22 2 2 + ln 33 2 2 +???++1n +1 13?4) = ln n n 2 2 <> 12 2 +1- 13 2 +???+1- 12-13 1n + 2 =n -1-(-14 12 2 +- 13 2 +???+) 1n 2 ) 12?312- +???+ 1n (n +1) ]=n -1-( 13 +???+ 1n 1n -1 (n -1)(2n +1) 2(n +1) 例六：已知函数f (x ) =x 3+3ax 2+b 有极值，且极大值点和极小值点分别为A 和B 。若线段AB （不含端点）与函数f (x ) 的图像交与(1,0) 。 （１） 求函数f (x ) 的解析式 （２） 设函数g (x ) =x 2+3x -k ，已知对任意的x ∈[-1,1]，都有f (x ) ≤g (x ) ，求k 的 取值范围。 解：（1）f (x ) =x 3-3x 2+2 令H (x ) =-x 3+4x 2+3x -2, H '(x ) =-3x 2+8x +3 令H (x ) =0，解得x =- H (-1) =0, H (- 13) =- 13 或x =3（舍去） , H (1)=4故H (x ) m in =- 2 6827 6827 ，从而ｋ的取值范围为(-∞, - 6827 ) 例七：设a ≥0，f (x )=x －1－ln x ＋2a ln x （x >0）. （Ⅰ）令F （x ）＝xf ＇（x ），讨论F （x ）在（0. ＋∞）内的单调性并求极值； （Ⅱ）求证：当x >1时，恒有x >ln2x －2a ln x ＋1. 本小题主要考查函数导数的概念与计算，利用导数研究函数的单调性、极值和证明不等式的方法，考查综合运用有关知识解决问题的能力．本小题满分14分． （Ⅰ）解：根据求导法则有f '(x ) =1- 2ln x x +2a x ，x >0， 故F (x ) =xf '(x ) =x -2ln x +2a ，x >0， 于是F '(x ) =1-列表如下： 2x =x -2x x >0， 故知F (x ) 在(0，2) 内是减函数，在(2，+∞) 内是增函数，所以，在x =2处取得极小值 F (2)=2-2ln 2+2a ． （Ⅱ）证明：由a ≥0知，F (x ) 的极小值F (2)=2-2ln 2+2a >0． 于是由上表知，对一切x ∈(0，+∞) ，恒有F (x ) =xf '(x ) >0． 从而当x >0时，恒有f '(x ) >0，故f (x ) 在(0，+∞) 内单调增加． 所以当x >1时，f (x ) >f (1)=0，即x -1-ln 2x +2a ln x >0． 故当x >1时，恒有x >ln 2x -2a ln x +1． 例八：设函数f (x )=x +aIn (1+x )有两个极值点x 1、x 2，且x 1 2 （I ）求a 的取值范围，并讨论f (x )的单调性； （II ）证明：f (x 2)> 1-2In 2 w w w k 5u o m 4 解: （I ）f '(x )=2x + a 1+x = 2x +2x +a 1+x 2 (x >-1) 12 令g (x ) =2x 2+2x +a ，其对称轴为x =- 。由题意知x 1、x 2是方程g (x ) =0的两个 ，得0 12 均大于-1的不相等的实根，其充要条件为? ??=4-8a >0?g (-1) =a >0 ⑴当x ∈(-1, x 1) 时，f '(x )>0, ∴f (x ) 在(-1, x 1) 内为增函数； ⑵当x ∈(x 1, x 2) 时，f '(x )<0, ∴f="" (x="" )="" 在(x="" 1,="" x="" 2)="" 内为减函数；="" ⑶当x="" ∈(x="" 2,="" +∞)="" 时，f="" '(x="" )="">0, ∴f (x ) 在(x 2, +∞) 内为增函数； （II ）由（I ）g (0)=a >0, ∴- 2 12 2 2 22 +2x 2) ∴f (x 2)=x 2+aln (1+x 2)=x 2-(2x 2+2x 2) ln (1+x 2) 设h (x )=x -(2x +2x ) ln (1+x )(x >- 2 2 12 ) ， 则h '(x )=2x -2(2x +1) ln (1+x )-2x =-2(2x +1) ln (1+x ) ⑴当x ∈(- 12 , 0) 时，h '(x )>0, ∴h (x ) 在[- 12 , 0) 单调递增； ⑵当x ∈(0,+∞) 时，h '(x )<0，h (x="" )="" 在(0,+∞)=""> ∴当x ∈(- 12 , 0) 时, h (x )>h (- 1-2In 2 4 12 ) = 1-2ln 2 4 故f (x 2)=h (x 2) >w.w.w .k.s.5.u.c.o.m ． w.w. w .k . s. 5.u . c. o .m 范文三：导数不等式
范文四：导数证明不等式
范文五：导数与不等式
