导数的不等式证明

导数的不等式证明（共15篇）

篇1：导数的不等式证明

导数与数列不等式的证明

例1.已知函数f(x)alnxax3aR(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明:112131nln(n1)(nN*)(3)证明:ln22ln33ln44ln55lnnn1nn2,nN* n(4)证明:ln2ln3ln4ln5lnn1n122324252n22nn2,nN*(5)证明:ln24ln34ln44ln54lnn4(n1)224344454n44nn2,nN* ln22ln32(6)求证:lnn2n12n12232...n22n1n2,nN(7)求证:122114211182...1122nenN

例2.已知函数f(x)lnxx1｡(1)求f(x)的最大值;nnn(2)证明不等式:12nennne1nN*

例3.已知函数fxx2lnx1

(1)当x0时,求证:fxx3;

(2)当nN时,求证:nf1111151 k1k2333...n342nn1

例4.设函数f(x)x2mln(x1)m0

(1)若m12,求f(x)的单调区间;(2)如果函数f(x)在定义域内既有极大值又有极小值,求实数m的取值范围;(3)求证:对任意的nN*,不等式lnn1nn1n3恒成立｡

例5.已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1(kR),(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)0恒成立,试确定实数k的取值范围;(3)证明:ln23ln34lnnn1n(n1)4nN,n1.导数与数列不等式的证明 收集整理:张亚争 联系电话:*** 1 / 2 例6.已知函数f(x)axbc(a0)的图像在点(1,f(1))处的切线方程为yx1｡ x(1)用a表示出b,c;

(2)若f(x)lnx在[1,)上恒成立,求a的取值范围;(3)证明:1

例7.已知函数f(x)2alnxx21｡

(1)当a1时,求函数f(x)的单调区间及f(x)的最大值;(2)令g(x)f(x)x,若g(x)在定义域上是单调函数,求a的取值范围;111nln(n1)(n1).23n2(n1)3n2n222222(3)对于任意的n2,nN,试比较与的ln2ln3ln4ln5lnnn(n1)*大小并证明你的结论｡

1ln(x1)(x0)x(1)函数f(x)在区间(0,)上是增函数还是减函数?证明你的结论｡

k(2)当x0时,f(x)恒成立,求整数k的最大值;x1(3)试证明:(112)(123)(134)(1n(n1))e2n3(nN*).例8.已知函数f(x)

例9.已知函数fxxalnx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;ln22ln32lnn2n12n1(3)试比较22...2与n2,nN的大小,并证明｡ 23n2n1

例10.已知函数fxlnx,gxxaaR, x(1)若x1时,fxgx恒成立,求实数a的取值范围｡(2)求证:

例11.已知函数fxlnxxax

2ln2ln3lnn1n2,nN 34n1n(1)若函数fx在其定义域上为增函数,求a的取值范围;(2)设an1

例12.设各项为正的数列an满足a11,an1lnanan2,nN.求证:an2n1.122Lanlnn12n nN,求证:3a1a2...ana12a2n导数与数列不等式的证明 收集整理:张亚争 联系电话:*** 2 / 2

篇2：导数的不等式证明

函数与导数

（三）核心考点

五、利用导数证明不等式

一、函数类不等式证明

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)g(x)）的问题转化为证明f(x)g(x)0（f(x)g(x)0），进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)，然后利用导数证明函数h(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)lnxax2(2a)x

（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）设a0，证明：当0x111时，f(x)f(x)； aaa

（3）若函数f(x)的图像与x轴交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f`(x0)0

【变式1】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：恒有11ln(x1)x成立。x

1x【变式2】（1）x0，证明：e1x

x

2ln(1x)(2)x0时，求证：x2

二、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)f(b)的问题，在根据a,b的不等式关系和函数f(x)的单调性证明不等式。例

2、已知mne,，求证：nm

例

3、已知函数f(x)ln(x1)

（1）求f(x)的极小值；

（2）若a,b0，求证：lnalnb1

mnx，1xb a

【变式3】已知f(x)lnx，g(x)127，直线l与函数f(x)、g(x)的 xmx（m0）22

图像都相切，且与函数f(x)的图像的切点的横坐标为1．

（Ⅰ）求直线l的方程及m的值；

（Ⅱ）若h(x)f(x1)g(x)（其中g(x)是g(x)的导函数），求函数h(x)的最大值；（Ⅲ）当0ba时，求证：f(ab)f(2a)ba． 2a

【变式4】求证：

bablnbabaa(0ab)

1x)x0(x1)【变式5】证明：ln（ln22ln32lnn2(n1)(2n1)【引申】求证： 222(n2,nN*)23n2(n1)

【变式6】当t1时，证明：1lntt1 1t

x21(x1)，各项不为零的数列an满足4Snf()1，【引申】已知函数f(x)an2(x1)

1n11（1）求证：ln； an1nan

篇3：利用导数证明不等式

(一) 利用导数得出函数的单调性来证明不等式

1. 直接构造函数, 然后再运用导数来推导出函数的单调性, 以此证明不等式成立。

2. 先将不等式变形, 然后再构造函数, 接着运用导数来证明函数的单调性, 从而在最后达到证明不等式的目的。

例2:已知a, b∈R, a<e, 求证:ab>ba为 (e自然对数的底)

证明:要证ab>ba只需证1nab>1nba, 即证b1na-a1nb>0

(二) 利用导数求出函数的最值 (或值域) 后, 再证明不等式

在对不等式的证明过程中, 可以以不等式的特点为根据, 以此来构造函数, 从而运用导数来得出函数的最值, 而此项作用也是导数的另一个功能, 即可以被用作求函数的最值。例如, 当此函数为最大或最小值的时候, 不等式的成立是都有效的, 因此可以推出不等式是永远成立的, 从而可以将证明不等式的问题转化到求函数最值的问题上来。

例3:设函数f (x) =1-e-x证明:当x>-1时,

证明:当x>-1时, 当且仅当ex≥1+x。

令g (x) =ex-x-1则g′ (x) =ex-1。

当x≥0时g′ (x) ≥0, g (x) 在[0, +∞) 是增函数;

当x≤0时g′ (x) ≤0, g (x) (-∞, 0]在是减函数。

于是g (x) 在x=0处达到最小值, 因而当x∈R时, g (x) ≥g (0) , 即ex≥1+x。

所以当x>-1时,

篇4：利用导数证明不等式的方法

题目2：P是曲线y=f（x）=ex上的动点，Q是曲线y=g（x）=lnx上的动点，求PQ的最小值。

分析：本题主要考查反函数的相关知识，导数的几何意义，而在本题中所体现出的两类不等式是我们在利用导数证明不等式问题中特别常用到的放缩手段。

解：因为y=ex与y=lnx互为反函数，而反函数的图象关于直线y=x轴对称，所以我们可以转化为将直线y=x向上平移和向下平移，使得直线分别与y=ex与y=lnx相切，此时两个切点之间的距离即为我们所要求的最小值。f′（x）=ex，令f′（x）=ex=1可得，切点坐标为（0，1）；同理可求g′（x），令g′（x）=1可得，切点坐标为（1，0）。所以可以得到PQ的最小值为。

注：我们主要是想从本题解答过程中得到一组不等式：

（1）当x>0时，ex>x+1；变形：ex>x；ex-1>x

（2）当x>0时，x-1>lnx；变形：x>lnx；x>ln（x-1）

下面通过一个实例体会该不等式的应用。

题目3：已知f（x）=lnx，g（x）=ex。求证：当x>0时，f（x）

分析：本题的基本思路仍然是一个函数的思想，但是在操作中必须进行适当的放缩才能证明出该不等式。

解：F（x）=g（x）-f（x）-2=ex-lnx-2，则F′（x）=ex-2；则F′（x）单调递增，再根据零点存在性判定定理知F′（1）>0，F′（）<0，所以F′（x）=0在（，1）上有根记为t，从而可知F（x）在（0，t）单调递减，在（t，+∞）单调递增，所以F（x）>F（t）=et-lnt-2，下面我们必须能证明F（t）=et-lnt-2>0恒成立即可。此时又回到本题最初的形式，在这种情况下我们可以对F（t）=et-lnt-2进行放缩，其基本思想是此时et和lnt同时存在我们无法研究导数的零点，因此我们可以把二者之一利用放缩的方式处理掉。具体操纵如下：

F（t）=et-lnt-2>t+1-lnt-2=t-lnt-1（利用ex>x+1进行放缩），下面可以构造函数g（t）=t-lnt-1，下面我们可以证明g（t）>0恒成立即可。而我们知道ex>x也成立，但此时如果我们选择ex>x进行放缩根本不能证出我们的结论；由此可以放缩必须要把握度，不能放得太多，也不能放得太少。

另外，我们可以考虑将lnt处理掉，可以利用lnt与一次式之间的关系（x-1>lnx）进行放缩，则F（t）=et-lnt-2>et-t+1-2=et-t-1，下面可以构造函数h（t）=et-t-1，只需证明h（t）>0恒成立即可。

除此之外，我们还经常涉及两个函数的思想来证明不等式的问题，其基本理念为：

若f（x）min>g（x）max成立，则f（x）>g（x）恒成立；

若f（x）>g（x）恒成立，不一定要f（x）min>g（x）max成立，我们只需保证对于f（x）和g（x）两个函数在每一个自变量处都满足f（x）的函数值大于g（x）的函数值即可。

题目4：证明：ex+x2>sinx+x

篇5：导数证明不等式的几个方法

1、直接利用题目所给函数证明（高考大题一般没有这么直接）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

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

2、作差构造函数证明

已知函数f(x)x2lnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x3的图象的下方；

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。

3、合理换元后构造函数可大大降低运算量以节省时间（2007年，山东卷）

n1n21)3 都成立.证明：对任意的正整数n，不等式ln(nn2312

4、从特征入手构造函数证明

若函数y=f(x)在R上可导且满足不等式xf(x)>－f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：．af(a)>bf(b)几个构造函数的类型：

篇6：构造函数,利用导数证明不等式

湖北省天门中学薛德斌2010年10月

例

1、设当xa,b时，f/(x)g/(x)，求证：当xa,b时，f(x)f(a)g(x)g(a)．

例

2、设f(x)是R上的可导函数，且当x1时(x1)f/(x)0．

求证：（1）f(0)f(2)2f(1)；（2）f(2)2f(1)．

例

3、已知m、nN，且mn，求证：(1m)(1n)．

nm

例

4、（2010年辽宁卷文科）已知函数f(x)(a1)lnxax21，其中a2，证明： x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.例

5、（2010年全国Ⅱ卷理科）设函数fxxaIn1x有两个极值点x1、x2，且

2x1x2，证明：fx2

12In2.4a0，b0，例

6、已知函数f(x)xlnx，求证：f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).xln(1x)x； 1x

11112ncln（2）设c0，求证：.2cn1cn2c2ncnc例

篇7：导数的不等式证明

1、移项法构造函数

1ln(x1)x x11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)x1【例1】 已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有1 从其导数入手即可证明。

2、作差法构造函数证明 【例2】已知函数f(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)g(x)问题，即只需证明在区间(1,)上，恒有122xlnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x3的 23122xlnxx3，23122xlnxx3成立，设F(x)g(x)f(x)，x(1,)，考虑到23F(1)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。

3、换元法构造函数证明

1111)23 都成立.nnn1 分析：本题是山东卷的第（II）问，从所证结构出发，只需令x，则问题转化为：当x0时，恒

n【例3】（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln(有ln(x1)xx成立，现构造函数h(x)xxln(x1)，求导即可达到证明。

2332

4、从条件特征入手构造函数证明

【例4】若函数y=f(x)在R上可导且满足不等式xf(x)>－f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，求证： af(a)>bf(b)

5、主元法构造函数

1x)x,g(x)xlnx 例．（全国）已知函数f(x)ln((1)求函数f(x)的最大值；

(2)设0ab,证明 ：0g(a)g(b)2g（6、构造二阶导数函数证明导数的单调性 例．已知函数f(x)aexab)(ba)ln2.212x 2(1)若f(x)在R上为增函数,求a的取值范围;(2)若a=1,求证:x＞0时,f(x)>1+x

7.对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）例：证明当x0时,(1x)11xe1x2 8.构造形似函数

例：证明当bae,证明abba

例：已知m、n都是正整数，且1mn,证明：(1m)n(1n)m

【思维挑战】

1、设a0,f(x)x1ln2x2alnx 求证：当x1时，恒有xlnx2alnx1

2、已知定义在正实数集上的函数

f(x)52122x2ax,g(x)3a2lnxb,其中a>0，且ba3alna，22求证：f(x)g(x)

3、已知函数f(x)ln(1x)

xb，求证：对任意的正数a、b，恒有lnalnb1.1xa4、f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf(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)

篇8：导数在证明不等式中的应用

一、一般不等式

设不等式是关于x的不等式左≥右(x∈某区间)可以利用函数的单调性和最值证明不等式.令H(x)=左-右,然后证明H(x)在所讨论的区间上最小值≥0.一般常用方法是求H'(x),研究H'(x)的正负,确定H(x)的单调区间,计算单调区间端点函数值(或开区间端点H(x)的单调极限值)最后确定H(x)的取值范围≥0.

1. 直接作差构造辅助函数

这是最主要的构造函数的方法.

例1已知,求证:sinx<x<tanx.

分析:欲证sinx<x<tanx,只需证函数f(x)=sinx-x和g(x)=x-tanx在(0,)上单调递减即可.

证明:令f(x)=sinx-x,其中x∈(0,),则f'(x)=cosx-1而x∈(0,),所以cosx<1,即cosx-1<0.

所以f(x)=sinx-x在x∈(0,)上单调递减,f(x)=sinx-x<f(0)=0,所以sinx<x.

令g(x)=x-tanx,其中x∈(0,),则,所以g(x)=x-tanx在x∈(0,)上单调递,即g(x)=x-tanx<g(0)=0,所以x<tanx.

综上所述sinx<x<tanx.

例2求证

分析:因为经过求导易知,在其定义域[0,+∞]是单调的,从而达到证明不等式的目的.

证明:令g(x)=(1+x)1n(1+x)-x,函数g(x)的定义域是[0,+∞].g'(x)=x1n(1+x),因为x∈[0,+∞],g'(x)>0,所以g(x)在x∈[0,+∞]是增函数,故g(x)>g(x)min=g(0)=0,即.

令f(x)=1n(x+1)-x,函数f(x)的定义域是[0,+∞],.

当x>0时,f'(x)<0,所以f(x)在[0,+∞]是减函数.

故f(x)=1n(x+1)-x<f(x)xax=f(0)=0,即1n(x+1)<x.

综上所述(x>0).

点评: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.

2. 直接构造辅助函数

例3证明当x∈[0,1]时,有不等式≤xp+(1-x)p≤1(其中实数p>1).

证明:令f(x)=xp+(1-x)p,则f'(x)=p[xp-1-(1-x)p-1],由f'(x)=0得.

Ⅰ.当时,xp-1≤(1-x)p-1,f'(x)≤0,所以f(x)在[0,]是减函数,故.又f(0)=1,,所以当时,.

Ⅱ.当时,xp-1≥(1≥(1-x)p-1,f'(x)≥0,所以f(x)在[,1]是增函数,故.又f(1)=1,.

所以当时,≤1.

综上所述,当x∈[0,1]时,有不等式≤xp+(1-x)p≤1(其中实数p>1).

点评:此函数类不等式比较容易构造辅助函数,再利用导数求其单调区间并求其值域,进而证明不等式.

3. 利用作商法构造辅助函数

例4证明成立,x∈[0,].

证明:考虑函数

由例1知当x∈[0,]时,有f'(x)=.

所以f(x)在x∈[0,]内单调递减,又f(x)在[0,]连续,

所以f(0)>f(x)>f(),

因为

所以

点评:此题若直接作差不好证明右边的不等式.若改写不等式为,则要证的不等式相当于求函数的值域.在证明时需用重要极限公式.

二、含有多个字母的不等式或常数不等式

这两类不等式的证明,可以将一个字母或常数看作变量,其他字母(或常数)仍看作常数,然后按“一般不等式”的证法证之.

例5设0<a<b,求证.

分析:设b=x,则问题变为

令x),只需证明H(x)在[a,+∞]是单调递增的即可.

证明:令

所以当x>a>0时H'(x)>0,所以H(X)在a,+∞]是增函数,故H(x)≥H(a)=0,即

注:若令

再令,可证

当x>1时,f'(x)>0,从而证明不等式.

例6证明:.

分析:因为π>e,所以所证为当π>e时,.虽然这是一个常数不等式但我们仍不妨把一个字母看作变量,故只需证明当x>e时,.

证明:因为1nx在[0,+∞]是增函数,所以,故令H(x)=xe1nx,则,当x>e时,H'(x)>0,所以当x>e时,H(x)是增函数,故当x>e时,H(x)>H(e)>0=0,所以x-e1nx>.

即x>e时,ex>xe,令x=π,所以eπ>.

注:1.由于可导函数单调(或f'(x)≤0),所以证明可导函数单调的题目也属于证明不等式的题目.

2. 在将不等式进行等价变形时,常用以下命题:(1)φ↑则左≥右φ(左)≥φ(右),(2)φ↓则左办右φ(左)≤φ(右).

3. 必要时扩充函数的定义域并确定函数的区间端点函数值.

篇9：利用导数证明不等式

策略一：利用已知函数证明

例1 （2009辽宁高考改编）设f(x)=ex(-x2+x+1).

证明：当x1,x2∈［0,1］时，有|f(x1)-f(x2)|<2.

思路 直接利用已知函数的单调性求出最值.

证明:∵f′(x)=ex(-x2-x+2)=-ex(x+2)(x-1) .

∴当x∈［0,1］时，f′(x≥0)（当且仅当x=1时f′(x)=0),

从而f(x)在x∈［0,1］时单调递增,

故f(x)在［0,1］的最大值为f(1)=e，最小值为f(0)=1,

从而对任意x1，x2∈［0,1］,有|f(x1)-f(x2)|≤|f(x)max-f(x)min|=e-1＜2.

评注:根据题目特点,通常利用以下结论可证不等式成立.

(１) 对定义域内任意x1,x2,|f(x1)-f(x2)|≤|f(x)max-f(x)min|.

(２) f(x)max<0f(x)<0；f(x)min>0f(x)>0.

策略二：作差构造函数证明

（1） 直接作差构造函数

例2 证明：x∈(1,+∞)时，12x2+lnx<23x3.

思路:把代数式移至一边，使另一边为0，构造新函数.

证明:设F(x)=23x3-12x2-lnx，

则F′(x)=2x2-x-1x=(x-1)(2x2+x+1)x，

当x>1时，F′(x)=(x-1)(2x2+x+1)x>0，

从而F(x)在(1,+∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)=160，

∴当x>1时，12x2+lnx<23x3 .

评注:本题欲证f(x)

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 .

（2） 变形后构造函数 

例3 （全国卷理22节选）设函数f(x)=1-ex. 证明：当x>-1时，f(x)≥xx+1.

证明:当x>-1时，原不等式等价于ex≥1+x，

令F(x)=ex-1-x,则F′(x)=ex-1，

当x∈(-1,0)时，F′(x)<0，此时F(x)单调递减，

当x∈(0,+∞)时，F′(x)＞0，此时F(x)单调递增，

于是x=0时，F(x)取得极小值也为最小值，

故当x>-1时，F(x)≥F(0),即ex≥1+x∴f(x)≥xx+1.

评注:当直接作差构造函数无法证明时，可将不等式适当变形后构造函数，然后运用导数判断该函数的单调性或求出最值，从而达到证明不等式的目的，这也是转化与化归思想的重要体现. 变形技巧可以是利用不等式的性质、放缩等, 以达到化繁为简，例５就是应用放缩法的典型一例.

（3） 换元后构造函数

例4 若x∈(0,+∞),求证1x+1<lnx+1x<1x.

思路:考察目标式子的结构，直接作差较繁，若换元则可使式子化简.

证明:令1+1x=t,x>0,∴t>1，x=1t-1

则原不等式1-1t<lnt1-1t，

∵t∈(1,+∞),∴f′(t)>0,∴f(t)在t∈(1,+∞)上为增函数，

∴f(t)>f(1)=0,∴t-1>lnt.

令g(t)=lnt-1+1t,∴g′(t)=1t-1t2=t-1t2，

∵t∈(1,+∞),∴g′(t)>0,∴g(t)在t∈(1,+∞)上为增函数.

评注:本题通过换元t=1+1x,0

策略三：分离变量构造函数证明

例5 若a>b>e,证明ba>ab

证明:原题等价于lnaa<lnbb,设f(x)=lnxx,则f′(x)=1-lnxx2,

当x>e时,f′(x)≤0,当x>e时，f(x)单调递减，

∵a>b>e,∴lnaa<lnbb,即bn>ab.

评注:此题不是直接作差构造函数，而是根据题目的特点采取两边取对数，然后将两个变量分别变形到式子的两边再构造函数，是分离变量思想的运用.

策略四：构造两个函数证明

例6 已知f(x)=xlnx.

（1） 求f(x)的最小值.

（2） 证明：对一切x∈(0,+∞)，都有lnx>1ex-2ex成立.

思路:（1） 易得f(x)min=f1e=-1e.

（2） 直接作差构造函数无法证明，注意到第（1）问研究的结果对（2）的启发，可先将原不等式等价变形为：xlnx>xex-2e，可知左式是已知函数f(x)的表达式，其最小值已经求得，故可研究右式的最大值.

证明（2）时x∈(0,+∞)时，原不等式可等价变形为：xlnx>xex-2e.

设g(x)=xex-2e，x∈(0,+∞)，则g′(x)=xex-2e=1-xex，

当x∈(0,1)时，g′(x)>0，此时g(x)单调递增，

当x∈(0,1)时，g′(x)<0，此时g(x)单调递减，

故x=1时，g(x)取得最大值g(1)=-1e，

而由（1）知f(x)min=f1e=-1e，且两者最值不能同时取得，

故xlnx>xex-2e恒成立，即lnx>1ex-2ex.

评注:本题充分利用已知函数，将所证不等式巧妙变形，通过证明f(x)min>g(x)max，从而证得f(x)>g(x).

由上述实例可见，用导数证明不等式的关键是根据不等式的结构特征灵活巧妙构造一个

篇10：导数证明题

题型：

分值：

难度：

考点：

解题思路：令f(x)=x-ln(1+x)(x>1)，根据它的导数的符号可得函数f(x)在1)=1-ln2>0，从(1,+)上的单调性，再根据函数的单调性得到函数f(x)>f（而证得不等式．

解析：解：设f(x)=x-ln(1+x)(x>1)，f¢(x)=1-1x，=1+x1+x

又x>(x)>0，f(x)=x-ln(1+x)在(1,+)上单调递增，1，f¢

f(x)>f(1)=1-ln2>0，即x-ln(1+x)>0，x>ln(1+x).答案：略.点拨：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，对数类型的函数的求导法则以及构造函数法.本题的关键是构造出函数

篇11：导数的不等式证明

一、选择题(每小题5分，共50分)

1、设f(x)是可导函数，且

D.一切偶数都能被2整除，2100是偶数，所以2100能被2整除.7.黑白两种颜色的正六形地面砖块按如图的规律拼成若干个图案，则第五个图案中有白色地面

砖（）块.lim

f(x02x)f(x0)

2,则f(x0)（）

A.21B.22C.20x0

x

A．

2B．－1C．0D．－22、f(x)是f(x)的导函数，f(x)的图象如右图所示，则f(x)的图象只可能是（）

（A）（B）（C）（D）

3、已知y

3x3bx2(b2)x3是R上的单调增函数，则b的取值范围是（）A.b1，或b2B.b1，或b

2C.1b2D.1b24、函数f(x)x3ax2bxa2在x1处有极值10, 则点(a,b)为（）

A.(3,3)B.(4,11)C.(3,3)或(4,11)D.不存在5、函数y2x33x212x5在[0，3]上的最大值和最小值分别是（）

A.5，15B.5，4C.5，15D.5，16

6.下面几种推理是类比推理的是（）

A.两直线平行，同旁内角互补，若A、B是两平线的同旁内角，则AB180； B.由平面三角形的性质，推测空间四边形的性质；

C.某校高二年级有20个班，1班有51位团员，2班有53位团员，3班有52位团员，由此可以

推测各班都超过50位团员.D.2

38．若f(ab)f(a)f(b)且f(1)2，则

f(2))f(1)



f(4)f(3)



f(6f(5)

()

A．

5B．

375

C．6 D．8

9．在复平面内，复数

2i1i

对应的点位于()

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

10．若复数Z满足方程Z220，则Z3的值为（）

A

．2B

．

2．2D

．2

二、填空题(每小题5分，共25分)

11．点P是曲线yx2lnx上任意一点, 则点P到直线yx2的距离最小值是 12．已知

m1i

1ni，其中m、n是实数，i是虚数单位，则mni

13．在复平面内，若复数z满足|z1||zi|，则z所对应的点的集合构成的图形是 14.在数列an

n中，a11,an1

2a*

a

2nN

,猜想这个数列的通项公式是

n15．将全体正整数排成一个三角形数阵：23 456 78910 ．．．．．．．

按照以上排列的规律，第n行（n≥3）从左向右的第3个数为．

三、解答题（6大题，共75分）

16．(求解以下两个小题，共12分)

（1）已知n≥

0





（2）已知xR，ax21，b2x2。求证a，b中至少有一个不少于0。

17．(本题12分)已知复数z满足|z|

2，z

2的虚部为2，（1）求z；

（2）设z，z2，zz2

在复平面对应的点分别为A，B，C，求ΔABC的面积.18．(本题12分)设z

11是虚数，z2z1z是实数，且1≤z2≤1

（1）求|Z1|的值以及z1的实部的取值范围；

（2）若1z11z，求证：为纯虚数.19、（12分）已知直线l1为曲线yx2x2在点(0,2)处的切线，l2为该曲线的另一条

切线，且l1ll2的方程；（Ⅱ）求由直线l1l2和x轴所围成的三角形的面积

20．(本题12分)已知f(x)ax3bx22xc，在x2时有极大值6，在x1时

有极小值，求a,b,c的值；并求f(x)在区间[－3，3]上的最大值和最小值.21．(本题15分)设函数f(x)x36x5,xR

（1）求f(x)的单调区间和极值；

篇12：均值不等式的证明

平均值不等式是最基本的重要不等式之一，在不等式理论研究和证明中占有重要的位置。平均值不等式的证明有许多方法，这里，我们选了部分具有代表意义的证明方法，其中用来证明平均值不等式的许多结论，其本身又具有重要的意义，特别是，在许多竞赛的书籍中，都有专门的章节和讨论，如数学归纳法、变量替换、恒等变形和分析综合方法等，这些也是证明不等式的常用方法和技巧。

1.1平均值不等式

篇13：例谈利用导数证明不等式

一、利用函数的单调性

【例1】 (2001年全国卷理20) 已知i, m, n是正整数, 且1<i<m<n

证明: (1+m) n> (1+n) m

分析:要证 (1+m) n> (1+n) m成立, 只要证1n (1+m) n> (1+n) m

即要证成立, ∵m<n

∴设函数只证f (x) 在[2, ∞) 是减函数。

从而: (1+m) n> (1+n) m证毕

二、利用函数的最值

【例2】证明:当x<1时

分析:要证即要证

为此只要证明参数ex (1-x) 有最大值1即可。

证明:设f (x) =ex (1-x) , 则f' (x) =ex (1-x) -ex=-xex

令f' (x) =0, 求得唯一驻点x=0,

又f" (x) =-ex-xex, 且f" (0) =-1<0

∴f (x) 在x=0处取得极大值f (0) =1,

也即f (x) 在 (-∞, 1) 内的最大值。

于是, 当x<1时, ex (1-x) <1

三、利用函数图形的凹凸性

【例3】证明

证明:设f (t) =tn, 则f' (t) =ntn-1, f" (t) =n (n-1) tn-2

当n>1, t>0时, 由f" (t) >0知f (t) 的图形是上凹的。

根据定义, 对任意的x>0, y>0且x≠y时有

四、利用拉格朗日中值定理

(1) 利用拉格朗日中值公式证明绝对值不等式

【例4】证明|arctan a-arctan b|<|a-b|

证明:当b=a时, 等式显然成立;

当b≠a时, 设f (x) =arctan x (不妨设b<a) , 则f (x) 在[b, a]上连续, 在 (b, a) 内可导, 且f' (x) =11+x2, 而11+x2<1

故f (x) =arctran x在[b, a]上满足拉格朗日中值定理的条件

于是

从而证毕

(2) 利用拉格朗日中值公式证明“双向”不等式

【例5】当x>0时, 证明:x1+x<1n (1+x) <x

分析:要证

即要证

即只要f (t) =1n (1+t) 在[0, x]上满足满足拉格朗日中值定理

证明:当x>0时, 设f (t) =1n (1+t) , 则

∵f (t) =1n (1+t) 在[0, x]上满足满足拉格朗日中值定理

则在 (0, x) 内至少存在一点在ξ使得:

通过以上例题, 我们可以体会到用导数来证明不等式的基本要领和它的简捷。总之利用导数证明不等式的关键在于找这个一元函数式, 这就是“构造函数法”, 通过这类数学方法的练习, 对培养分析问题、解决问题的能力是有很大好处的, 这也是进一步学习高等数学所需要的。

参考文献

[1]张硕才, 龚研平.不等式[M].湖北:湖北教育出版社. (1983.9)

[2]吴良森, 毛羽辉等.数学分析学习指导书[M].高等教育出版社, 2004年

[3]林国泰.代数研究教程[M].广东:暨南大学出版社. (1996.8)

篇14：导数证明不等式的几种策略

例1.（2014年新课标全国卷Ⅰ）设函数f（x）=aexlnx+，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程是y=e（x-1）+1.

（Ⅰ）求a，b；（Ⅱ）证明f（x）>1：

解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=aex1nx+ex-ex-1+ex-1

由题意得f（1）=2，.f′（1）=e.故a=1，b=2.

（Ⅱ）证明由（Ⅰ）知，f′（x）=ex1nx+

从而f（x）>1等价于xlnx>xe-x

设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx

所以当x∈（0，）时，g′（x）<0，当x∈（，+∞）时，g′（x）>0

故g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增

从而g（x）在（0，+∞）上最小值为g（）=-

设函数h（x）=xe-x-，则h′（x）=e-x（1-x）

所以当x∈（0，1）时，h′（x）>0，当x∈（1，+∞）时，h′（x）<0

故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减

从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（1）=-.

综上，当x>0时g（x）>h（x），即g（x）>1.

过程总结：利用导数证明的基本的基本思路是构造函数，就是根据题目特征，对问题进行深入分析，找出已知与所求之间的联系纽带，善于变换思维，运用转化的思想，化归的方法将数学命题由一种形式向另一种形式转换，构造出恰当的函数。

策略二：从条件特征入手构造函数证明

例2.若函数y=f（x）在R上可导且满足不等式xf′（x）>-f（x）恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：af（a）>bf（b）.

解析：由已知xf′（x）+f（x）>0 ∴构造函数F（x）=xf（x）

则F′（x）=xf′（x）+f（x）>0，从而F（x）在R上为增函数

∵a>b∴F（a）>F（b）即af（a）>af（b）.

方法提炼：由条件移项后得：xf′（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xf′（x）>f（x），则移项后xf′（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.

策略三：直接作差构造函数证明

例3.已知函数f（x）=x2+1nx，g（x）=x3求证：在区间（1，+∞）上，f（x）

分析：不等式f（x）0，要证不等式轉化变为：当x>1时，F（x）>F（1），这只要证明：F（x）在区间（1，+∞）是增函数即可.

解析：设F（x）=g（x）-f（x），即F（x）=x3-x2-1nx

则F′（x）=2x2-x-=

当x>1时，F′（x）=>0

从而F（x）在（1，+∞）上为增函数， ∴F（x）>F（1）=>0

∴当x>1时g（x）-f（x）>0，即f（x）

变式：求证在区间（1，+∞）上函数f（x）=x2+1nx的图像在函数g（x）=x3的图像的下方亦可.

方法提炼：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，大家也可以设F（x）=f（x）-g（x）做一做，深刻体会其中的思想方法.

策略四：热点聚焦，题型突破

例4.已知函数f（x）=alnx-ax-3（a∈R）.

（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）当a=-1时，证明：在（1，+∞）上，f（x）+2>0；

（Ⅲ）求证：··……<（n≥2，n∈N*）

解：（Ⅰ）根据题意知，f′（x）=（x>0）

当a>0时，f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）

当a<0时，f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）

当a=0时，f（x）不是单调函数.

（Ⅱ）当a=-1时，f（x）=-1nx+x-3所以f（1）=-2.

由（Ⅰ）知当a=-1时，f（x）=-1nx+x-3，在（1，+∞）上单调递增

所以当x∈（1，+∞）时，f（x）>f（1），即f（x）>-2，f（x）+2>0.

（Ⅲ）由（Ⅱ）得a=-1时，f（x）+2=-1nx+x-3+2>0即，-1nx+x-1>0

所以1nx

则有0<1nn

···……<···…·=（n≥2，n∈N*）.

篇15：不等式的证明方法

一、比较法：

ab等价于ab0；而ab0等价于a

b1.即a与b的比较转化为与0

或1的比较.使用比较发时，关键是要作适当的变形，如因式分解、拆项、加减项、通分等，这是第一章中许多代数不等式的证明及其他各章初等不等式的证明所常用的证明技巧.二、综合法与分析法：

综合法是由因导果，即是由已知条件和已知的不等式出发，推导出所要证明的不等式；分析法是执果索因，即是要逐步找出使结论成立的充分条件或者充要条件，最后归结为已知的不等式或已知条件.对于条件简单而结论复杂的不等式，往往要通过分析法或分析法与综合法交替使用来寻找证明的途径.还要注意：第一，要熟悉掌握第一章的基本不等式和后面各章中著名的各种不等式；第二，要善于利用题中的隐含条件；第三，不等式的各种变性技巧.三、反证法：

正难则反.设所要证的不等式不成立，从原不等式的结论的反面出发，通过合理的逻辑推理导出矛盾，从而断定所要证的不等式成立.要注意对所有可能的反面结果都要逐一进行讨论.四、放缩法：

要证ab，又已知(或易证)ac，则只要证cb，这是利用不等式的传递性，将原不等式里的某些项适当的放大或缩小，或舍去若干项等以达证题目的.放缩法的方法有： ①添加或舍去一些项，如：a21a；n(n1)n；

②将分子或分母放大（或缩小）；

③利用基本不等式，如：

log3lg5（n(n1)lg3lg522)2lglglg4； n(n1)；

④利用常用结论：

k1k

1k1

1k

11k1k



12k

1k；

1k(k1)

1k1

1k

1k1

1k



1k(k1)1k；



（程度大）

1k



1



(k1)(k1)



2k1

（)；（程度小）

五、换元法：

换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题化难为易，化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元.如：

已知x2y2a2，可设xacos,yasin；

已知x2y21，可设xrcos,yrsin(0r1)； 已知

xaxa

2

ybyb

1，可设xacos,ybsin；

已知



1，可设xasec,ybtan；

六、数学归纳法法：

与自然数n有关的许多不等式，可考虑用数学归纳法证明，数学归纳法法证明不等式在数学归纳法中有专门的研究.但运用数学归纳法时要注意：

第一，数学归纳法有多种形式.李大元就证明了下述七种等价的形式：设P(n)是与n有关的命题，则

(1)、设P(n0)成立，且对于任意的kn0，从P(k)成立可推出P(k1)成立，则P(n)对所有大于n0的n都成立.(2)、设m是任给的自然数，若P(1)成立，且从P(k)(1km)成立可推出

P(k1)成立，则P(n)对所有不超过m的n都成立.(3)、(反向归纳法)设有无穷多个自然数n(例如n2m)，使得P(n)成立，且从P(k1)成立可推出P(k)成立，则P(n)对所有n成立.(4)、若P(且P(n)对所有满足1nk的n成立可推出P(k1)成立，1)成立，则P(n)对所有n成立.(5)、(最小数原理)自然数集的非空子集中必有一个最小数.(6)、若P)且若P(k),P(k1)成立可推出P(k2)成立，则P(n)1(,P(2)成立，对所有n成立.(7)、(无穷递降法)若P(n)对某个n成立可推出存在n1n，使得P(n1)成立，则P(n)对所有n成立.此外，还有螺旋归纳法(又叫翘翘板归纳法)：设有两个命题P(n),Q(n)，若

P(1)

成立，又从P(k)成立可推出Q(k)成立，并且从Q(k)成立可推出P(k1)成立，其中k为任给自然数，则P(n),Q(n)对所有n都成立，它可以推广到两个以上的命题.这些形式虽然等价，但在不同情形中使用各有方便之处.在使用它们时，若能注意运用变形和放缩等技巧，往往可收到化难为易的奇效.对于有些不等式与两个独立的自然数m,n有关，可考虑用二重数学归纳法，即若要证命题P(m,n)对所有m,n成立，可分两步：①先证P(1,n),P(m,1)对所有m,n成立；②设P(m1,n),P(m,n1)成立，证明P(m1,n1)也成立.第二，数学归纳法与其它方法的综合运用，例如，证明

n



k

11k

sinkx0,(0x)

就要综合运用数学归纳法，反证法与极值法；有时可将n换成连续量x，用微分法或积分法.第三，并不是所有含n的不等式都能用数学归纳法证明的.七、构造法：

通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式；证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法．要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．笔者将在第三章中详细地介绍构造法.八、利用基本不等式：

善于利用已知不等式，特别是基本不等式去发现和证明新的不等式，是广泛应用的基本技巧.这种方法往往要与其它方法结合一起运用.22

例1 已知a，bR，且ab1.求证：a2b2

252

.证法一：(比较法)a,bR,ab1

b1a

a2b2

252

ab4(ab)

122(a

12)0

a(1a)4

2a2a

即a22b22

证法二：(分析法)

252

(当且仅当ab时，取等号).a22B2

252

ab4(ab)8

252

b1a

225122

(a)0a(1a)4822

显然成立，所以原不等式成立.点评：分析法是基本的数学方法，使用时，要保证“后一步”是“前一步”的充分条件.证法三：(综合法)由上分析法逆推获证(略).证法四：(反证法)

假设(a2)2(b2)2

252，则 a2b24(ab)8

252

252

.由ab1，得b1a，于是有a2(1a)212

1

所以(a)0，这与a0矛盾.22

.所以a2b2

252

.证法五：(放缩法)

∵ab1

∴左边＝a2b2

a2b221252ab4

222

＝右

边.点评：根据不等式左边是平方和及ab1这个特点，选用基本不等式

ab

ab2.2

证法六：(均值换元法)

∵ab1，所以可设a

12t，b

t，1

∴左边＝a2b2(t2)2(t2)2

5525252

＝右边.tt2t

2222

当且仅当t0时，等号成立.点评：形如ab1结构式的条件，一般可以采用均值换元.证法七：(利用一元二次方程根的判别式法)

设ya2b2，由ab1，有y(a2)2(3a)22a22a13，所以2a22a13y0，因为aR，所以442(13y)0，即y故a2b2

252

.252

.下面，笔者将运用数学归纳法证明第一章中的AG不等式.在证明之前，笔者先来证明一个引理.引理：设A0，B0，则(A+B)nAn+nA(n-1)B，其中nN.证明：由二项式定理可知

n

(A+B)=AniBiAn+nA(n-1)B

n

i0



(A+B)A+nA

nn(n-1)