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一题多解专题三：利用导数证明不等式问题

第一篇：一题多解专题三：利用导数证明不等式问题一题多解专题三：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0.2x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)22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)121x10x1x13x，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)92x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)02(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＞ln2－1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＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：xx故fln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝2(1－ln2＋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＞ln2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋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＞ln2－1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bbbax10对x[1,)恒成立，2ax11a对x[1,)恒成立又1a1为所求。xxabab1，（2）取x，a1,b0,bb1xlnx在[1,)上是增函数，一方面，由（1）知f(x)axab1ablnab0即lna