解读导数不等式

1、解读导数在有关不等式问题上的应用利用导数证明不等式一、利用导数得出函数单调性来证明不等式1、直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单调递增（减）区间，自变量越大， 函数值越大（小） ，来证明不等式成立x 2例 1当 x>0 时, 求证： xx 22 ln(1+x)0'x2'证明设 f(x)= x ln(1+x) (x>0),则 f2x2(x)= x>0, f1x(x)<0,故 f(x)在（ 0， +）上递减，所以 x>0 时,f(x)<f(0)=0，即 x ln(1+x)<0成立2例 2（ 2004 年高考试题

2、全国卷2）已知函数 f(x) ln(1 x) x， g(x) xlnx(1) 求函数 f( x)的最大值； (2)设 0a b，证明： 0 g( a) g(b) 2g(a b)( ba)ln2 2(i) 解 ：函数 f(x) 的定义域是 (-1, ),1f ' (x)= 1x1 .令f ' (x)=0 ，解得 x=0 ，当 -1<x<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0abab2a2b(ii) 证法一 ： g(a)+g(b)-

3、2g(2)=alna+blnb-(a+b)ln2=a lnabbln.ab由(i) 的结论知 ln(1+x)-x<0(x>-1, 且 x0)，由题设 0<a<b, 得 ba0, 1ab0 ,因此ln2aln(1b a )ba , ln2bln(1ab)2a2bab .ab2a2aab2b2b所以 a ln2a2bbab ln>-ab2a0 .又ab2a,a ln2bblnab<a ln2bb ln2b(ba) ln( ba) ln 2.abab22ab2babab2babab综上 0<g(a)+g(b)-2g(ab )<(b-a)ln2.2(ii

4、) 证法二 ： g(x)=xlnx,g' (x)ln x1 , 设 f(x)= g(a)+g(x)-2g(ax ),2则 f '( x)g '(x )2 g ( ax )' 2ln xln ax. 当 0<x<a 时 f ' (x)20 , 因此 f(x) 在(0,a)内为减函数 当 x>a 时 f ' ( x)0, 因此 f(x) 在(a,+ )上为增函数 从而，当 x=a 时， f(x) 有极小值 f(a) 因为 f(a)=0,b>a,所以 f(b)>0,即 0<g(a)+g(b)-2g( ab ).2设

5、g(x)=f(x)-(x-a)ln2, 则g'( x)axln xln2ln 2ln xln( ax). 当 x>0 时, g '( x)0 ,因此 g(x) 在(0,+ )上为减函数，因为g(a)=0,b>a,所以 g(b)<0. 即 g(a)+g(b)-2g(a b )<(b-a)ln2.22 、把不等式变形后再构造函数, 然后利用导数证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的bbaa例 3已知a,b r,b>a>e,求证:a >b , (e为自然对数的底 )ba证明要证 a >b，只需证 lna>lnb，即证blna a

6、lnb>0 设 f(x)=xlna alnx (x>a>e)，则 f' (x)=lna a ,x a>e,x>a， lna>1,ax<1, f' (x)>0,因而 f(x)在（ e, + ）上递增 b>a, f(b)>f(a)，故 blna alnb>alna alna=0 ，即 blna>alnb ，ba所以a >b成立注意此题若以 a 为自变量构造函数f(x)=blnxxlnb (e<x<b)，则 f '(x)b ln b ， f (x)>0时， x xb ln b;f

7、'(x)0 时， xbln b 故 f(x)在区间（ e, b ）上的增减性要由e与 b的大小而定，当然由题可以推测ln bbe；ln b故 f(x)在区间（ e, b）上的递减 , 但要证明 eb ln b则需另费周折，因此，本题还是选择以a 为自变量来构造函数好，由本例可知用函数单调性证明不等式时，如何选择自变量来构造函数是比较重要的 二 、利用导数求出函数的最值（或值域）后，再证明不等式导数的另一个作用是求函数的最值.因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数求出该函数的最值；由当该函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立，从而把证明不等式问题

8、转化为函数求最值问题*n例 4求证： n n ,n 3 时， 2 >2n+1n证明要证原式，即需证： 2 2n 1>0,n 3 时成立 设 f(x)=2x2x 1(x 3), 则 f ' (x)=2 xln2 2(x 3), x 3, f ' (x) 32 ln3 2>0， f(x)在3 ， + ) 上是增函数，3 f(x)的最小值为 f(3)=2 2×3 1=1>0*n故当 n n ,n 3 时， f(n) f(3)>0,即 n 3 时,2 2n 1>0 成立例 5 已知 f(x)=1 x33 x, 当 x 1,x 2 1,1 时

9、，求证： |f(x1) f(x 2)| 4 32证明 f ' (x)=x 1, x 1,1 时,f' (x) 0, f(x)在 1,1 上递减 . 故 f(x)在 1,1 上的最大值为f( 1)=2 ；函数的最小值为 f(1)=323 , 即 f(x)在 1,1 上的值域为2 223 , 3 所以， 当 x 1,x 2 1,1 时，|f(x1)|3 ,|f(x2)|23 即有 |f(x) f(x)| |f(x)|+ |f(x)|2241212333 利用导数解决不等式恒成立问题不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为m>f(x) (或 m&l

10、t;f(x)恒成立，于是 m大于 f(x)的最大值（或 m小于 f(x)的最小值），从而把不等式恒成立问题转化为函数求最值问题因此，利用导数求函数最值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法例 6已知函数f (x)( a xx) 9 (ar), 对 f(x)定义域内任意的 x 的值， f(x) 27 恒成立，求 a 的取值范围解 函 数 f(x)的定义域为（ 0， +），由 f(x) 27 对一切 x（ 0， +）恒成立知axx9 273 3 对一切 x（ 0， +）恒成立即a33 xx对 xx（ 0， +）恒成立33343 9设 h(x)3xxx,则 h '(x)3x ，由 h23(x)

11、=0 ，解得3x9当 h(x)>0时，解得 0x49 ；当 h (x) 0 时，解得 x 49 所以函数 h(x) 在（ 0，43 999）上递增，在（43 999，+）上递减故 h(x) 的最大值为利用导数解不等式43 94h()99，所以 a4 9例 7函数 f(x)=x21ax(a0) , 解不等式 f(x) 1解由题知f '(x)12xaxa21x 21x 21x1x 21 ， a 1 时,f' (x)<1 a<0 恒成立，故 f(x)在 r 上单调递减又 f(0)=1，所以 x0 时 f(x) f(0)=1 ，即 a1 时 f(x) 1 的解为 x|x0 12xx 当 0<a<1 时，若f '(x)2 2aa=0，2则xa1a2或x= -a1- a21x1xf '(x) >0 时，解得 x (,a) ( 1a2a,) ,1a2f '(x) <0 时，解得 x(a,1a2a) 1a2故函数 f(x)在 (a,1a2a) 上单调递减，函数f(x)在 (, 1a2a) 或 ( 1a2a,)