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)Axxf),(21的不等式,可选1x(或2x)为主元,构造函数),(2xxf(或),(1xxf).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)(xh判断h(x)的单调性或最值.(5)结论.例：设baRbabaxxxxf,,,(1)1ln()(为常数），曲线)(xfy与直线xy23在(0，0)点相切.(1)求ba,的值.(2)证明：当20x时，69)(xxxf.【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baxxxxf1)1ln()(的图象过点（0，0）得b=-1；由baxxxxf1)1ln()(在点（0，0）的切线斜率为23，则00113()01221xxyaaxx.（2）当0x时，1212111)1(2xxxxx，令69)()(xxxfxh，则22)6(5412111)6(54)()(xxxxxfxh2322)6)(1(4)1(216)6()6(54)1(2122)6(54)1(212xxxxxxxxxx.令)1(216)6()(3xxxg，则当20x时，0216)6(3)(2xxg因此)(xg在（0,2）内是递减函数，又0)0(g，则20x时，0)0()(gxg所以20x时，0)(xh，即69)()(xxxfxh在（0,2）内是递减函数，由0)0(h，则20x时，0)0()(hxh，故20x时，069)()(xxxfxh，即69)(xxxf.方法二：由（1）知，11)1ln()(xxxf由基本不等式，当0x时，1212111)1(2xxxxx（i)令xxxk)1ln()(，则0)0(k，01111)(xxxxk故0)(xk，即xx)1ln(（ii）由（i)、（ii）得，当0x时，xxf23)(，记xxfxxh9)()6()(，则当20x时，9)12111)(6(239)()6()()(xxxxxfxxfxh)]1(18)12)(6()1(3[)1(21xxxxxx0)187()1(4)]1(18)23)(6()1(3[)1(21xxxxxxxxx因此)(xh在（0,2）内是递减函数，又0)0(h，得0)(xh，故20x时，69)(xxxf.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)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－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：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减2(1－ln2＋a)单调递增故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2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xaxxxfln1)(在),1[上是增函数。（1）求正实数a的取值范围；（2）设1,0ab，求证：.ln1bbabbaba解：（1）01)(2'axaxxf对),1[x恒成立，xa1对),1[x恒成立又11x1a为所求。（2）取bbax，1,0,1bbaba，一方面，由（1）知xaxxxfln1)(在),1[上是增函数，0)1()(fbbaf,0ln1bbabbaabba即babba1ln；另一方面，设函数)1(ln)(xxxxG)1(0111)('xxxxxG∴)(xG在),1(上是增函数且在0xx处连续，又01)1(G∴当1x时，0)1()(GxG,∴xxln,即bbabbaln综上所述，.ln1bbabbaba。3.已知函数)0(ln2)(axaxxf，证明：对于任意的两个正数21,xx，总有)2(2)()(2121xxfxfxf成立；解：由：212121212ln...)2(2)()(xxxxaxxfxfxf，而：21212xxxx02ln1221212121xxxxxxxx，又因为：,0a所以：02ln2121xxxxa，即：)2(2)()(2121xxfxfxf成立。4.设0a，函数2()xefxxa.(1)求函数()fx的单调区间；(2)当12x时，函数()fx取得极值，证明：对于任意的1213,[,],22xx123()()3efxfxe.解：(1)222222(2)[(1)1]'()()()xxexaxexafxxaxa①当1a时，'()0fx恒成立，()fx在(,)上是增函数；②当01a时，令()0fx，即2(1)10xa，解得11,11xaxa或.因此，函数()fx在区间(,11)a内单调递增，在区间(11,)a内也单调递增.令2()0,(1)10fxxa即，解得1111axa.因此，函数()fx在区间1,11)aa（1内单调递减.（2）当12x时，函数()fx取得极值，即1'()0,2f211()2022a，3.4a由(Ⅰ)()fx在1(,)2单调递增，在3(1,)2单调递减，3(,)2单调递增.()fx在12x时取得极大值1()2fe；()fx在32x时取得极小值3()23eef，故在13[,]22上，()fx的最大值是1()2fe，最小值是3()23eef；对于任意的1213,[,],22xx12()()fxfx3.3ee