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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. (3)对 h(x)求导. (2)构造新的函数 h(x). (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?

3 x 在(0,0)点相切. 2
(2)证明:当 0 ? x ? 2 时, f ( x ) ?

(1)求 a , b 的值.

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 , 2

x ?0

?(

1 1 ? ? a) x ?1 2 x ?1

x ?0

?

3 ? a ? 0. 2

(2)当 x ? 0 时, 2 ( x ? 1) ?1 ? x ? 1 ? 1 ? x ? 2 ? 令 h( x ) ? f ( x ) ?

x ?1 ?

x ?1, 2

9x 54 1 1 54 , 则 h?( x) ? f ?( x) ? ? ? ? 2 x?6 ( x ? 6) x ? 1 2 x ? 1 ( x ? 6) 2

x 2 ? ?1 2 ? x ?1 54 54 ( x ? 6) 3 ? 216 ( x ? 1) 2 . ? ? ? ? ? 2( x ? 1) ( x ? 6) 2 2( x ? 1) ( x ? 6) 2 4( 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) ? 由 h(0) ? 0 ,则 0 ? x ? 2 时, h( x) ? h(0) ? 0 , 故 0 ? x ? 2 时, h( x) ? f ( x) ?

9x 在(0,2)内是递减函数, x?6

9x 9x ? 0 ,即 f ( x ) ? . x?6 x?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)

x ?1 ?

1 ?x ?1 ? ?0 x ?1 x ?1

x ? 1 (i) 2

由(i)、 (ii)得,当 x ? 0 时, f ( x ) ?

3 x, 2

记 h( x) ? ( x ? 6) f ( x) ? 9 x ,则当 0 ? x ? 2 时,

h?( x) ? f ( x) ? ( x ? 6) f ?( x) ? 9 ?

3 1 1 x ? ( x ? 6)( ? )?9 2 x ?1 2 x ?1

?

1 [3x( x ? 1) ? ( x ? 6)(2 ? x ? 1) ? 18( x ? 1)] ? 2( x ? 1)

1 x x [3x( x ? 1) ? ( x ? 6)(3 ? ) ? 18( x ? 1)] ? (7 x ? 18) ? 0 2( x ? 1) 2 4( 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)=ex-2x+2a,x∈R 知 f′(x)=ex-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 f′(x) (-∞,ln 2) - ln 2 0 (ln 2,+∞) +

f(x)

单调递减

2(1-ln 2+a)

单调递增

故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),单调递增区间是(ln 2,+∞),f(x)在 x=ln 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 ? ln x 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 ) ?
'

ax ? 1 ? 0 对 x ? [1,??) 恒成立, ax 2 1 1 ? a ? 1 为所求。 ? a ? 对 x ? [1,??) 恒成立 又 ?1 x x a?b a?b ? 1, (2)取 x ? ,? a ? 1, b ? 0,? b b 1? x ? ln x 在 [1,??) 上是增函数, 一方面,由(1)知 f ( x ) ? ax a?b 1? a?b b ? ln a ? b ? 0 即 ln a ? b ? 1 ; ?f( ) ? f (1) ? 0 ,? a?b b b a?b b a? b 1 x ?1 G ' ( x) ? 1 ? ? ? 0(? x ? 1) 另一方面,设函数 G( x) ? x ? ln x( x ? 1) x x
∴ 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 ? ln x , 综上所述, 即

1 a?b a?b ? ln ? . a?b b b

a?b a?b ? ln b b

1 a?b a?b ? ln ? .。 a?b b b

3.已知函数 f ( x) ? 2 x ? a ln x(a ? 0) ,

证明:对于任意的两个正数 x1 , x 2 ,总有

f ( x1 ) ? f ( x 2 ) x ? x2 ? f( 1 ) 成立; 2 2

解:由:

2 x1 x2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) x ?x , ? f ( 1 2 ) ? ... ? a ln 2 2 x1 ? x2 2 x1 x2 x1 ? x2 ? 1 ? ln 2 x1 x2 x1 ? x2 ? 0,

而: x1 ? x2 ? 2 x1 x2 ?

又因为: a ? 0, 所以: a ln 4.设 a ? 0 ,函数 f ( x) ?

2 x1 x2 x1 ? x2

? 0 ,即:

f ( x1 ) ? f ( x 2 ) x ? x2 ? f( 1 ) 成立。 2 2

ex . x2 ? a

(1)求函数 f ( x) 的单调区间; (2)当 x ?
1 时,函数 f ( x) 取得极值,证明:对于任意的 2

1 3 3?e x1 , x2 ? [ , ], ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ?? e. 2 2 3
解:(1) f '( x) ?
e x ( x 2 ? a ? 2 x) e x [( x ? 1) 2 ? a ? 1] ? ( x 2 ? a)2 ( x 2 ? a)2

①当 a ? 1 时, f '( x) ? 0 恒成立, f ( x) 在 (??, ??) 上是增函数;
) 2 ?a? 1 ? 0 ,解得 x ? 1 ? 1 ? a , 或x ? 1 ? 1 ? a . ② 当 0 ? a ? 1 时,令 f ?( x) ? 0 ,即 ( x ?1

因此,函数 f ( x) 在区间 (??,1 ? 1 ? a ) 内单调递增, 在区间 (1 ? 1 ? a , ??) 内也单调递增. 令 f ?( x) ? 0,即( x ? 1)2 ? a ? 1 ? 0 ,解得 1 ? 1 ? a ? x ? 1 ? 1 ? a . 因此,函数 f ( x) 在区间 (1 ? 1 ? a ,1 ? 1 ? a ) 内单调递减. (2)当 x ?
1 3 1 1 1 时,函数 f ( x) 取得极值,即 f '( ) ? 0, ? ( )2 ? a ? 2 ? ? 0 ,? a ? . 2 4 2 2 2

1 3 3 由(Ⅰ) f ( x) 在 (??, ) 单调递增,在 (1, ) 单调递减, ( , ??) 单调递增. 2 2 2
f ( x) 在 x ?

1 3 1 3 e e 时取得极大值 f ( ) ? e ; f ( x) 在 x ? 时取得极小值 f ( ) ? , 2 2 2 2 3

1 3 1 3 e e 故在 [ , ] 上, f ( x) 的最大值是 f ( ) ? e ,最小值是 f ( ) ? ; 2 2 2 2 3

1 3 3?e 对于任意的 x1 , x2 ? [ , ], ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ?? e. 2 2 3


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