x
(-∞,x 2) x 2 (x 2,x 1) x 1 (x 1,+∞) f’(x) － 0 ＋ 0 － f (x)
减函数
极小值
增函数
极大值
减函数
所以)(x f 在x 1, x 2处分别取得极大值和极小值. 综上,当b a ,满足2b a >时, )(x f 取得极值.
(2)要使)(x f 在区间(0,1]上单调递增,需使2'()210f x ax bx =++≥在(0,1]上恒成立. 即1,(0,1]22ax b x x ≥-
-∈恒成立, 所以max 1
()22ax b x
≥--
设1()22ax g x x =--,222
1()
1'()222a x a a g x x x -=-+=, 令'()0g x =得1x a
=
或1
x a =-(舍去),
当1>a 时,101a <
<,当(0,
)x a
∈时'()0g x >,1
()22ax g x x =--单调增函数; 当(
,1]x a
∈时'()0g x <,1
()22ax g x x =--单调减函数,
所以当x a
=
时,()g x 取得最大,最大值为()g a a =-.
所以b a ≥- 当01a <≤时,
1a
≥,此时'()0g x ≥在区间(0,1]恒成立,所以1
()22ax g x x =--在区
间(0,1]上单调递增,当1x =时()g x 最大,最大值为1(1)2a g +=-,所以12
a b +≥- 综上所述,当1>a 时, b a ≥-; 当01a <≤时, 12
a b +≥-
导数之数列型不等式证明
函数与导数解答题之数列型不等式证明 例1.已知函数()()ln 3f x a x ax a R =--∈ (1)讨论函数)(x f 的单调性; (2)证明:*1111ln(1)()23n n N n + +++>+∈ (3)证明:()*ln 2ln 3ln 4ln 5ln 12,2345n n n N n n ???<≥∈ (4)证明:()*22222ln 2ln 3ln 4ln 5ln 112,23452n n n n n N n n +?????
例3．已知函数()x f x e ax a =--（其中,a R e ∈是自然对数的底数， 2.71828e =…）. （1）当a e =时，求函数()f x 的极值；（II ）当01a ≤≤时，求证()0f x ≥； （2）求证：对任意正整数n ，都有2111111222n e ??????+ +???+< ??? ???????. 例4.设函数()ln 1f x x px （1）求函数()f x 的极值点； （2）当p ＞0时，若对任意的x ＞0，恒有0)(≤x f ，求p 的取值范围； （3）证明：).2,()1(212ln 33ln 22ln 2222222≥∈+--<+++n N n n n n n n 例5.已知函数()ln 1f x x x =-+? (1)求()f x 的最大值; (2)证明不等式:()*121n n n n e n N n n n e ??????+++<∈ ? ? ?-???? ??
01导数应用——不等式恒成立问题
2015届高三培优____导数应用不等式恒成立问题 【基础导练】 1．已知函数32()39f x x x x c =--+，若[2,6]x ∈-时，()2f x c <恒成立，则c 的取值范 围是 解析：问题等价于3239()c x x x g x >+-=，只要max ()(6)54c g x g >== 答案：(54,)+∞ 2．已知33()3,(0),()3,(0)f x x x x g t t t m t =-≤=-+≥，若对任意0,0x t ≤≥恒有不等 式()()g t f x ≥成立，则实数m 的取值范围是 解析：求得max ()(1)2f x f =-=，min ()(1)2g t g m ==-，只需22m -≥，即 4.m ≥ 答案：[4,)+∞ 3．设函数()(1)ln(1)f x x x =++，若对所有的0x ≥，都有()f x ax ≥成立，则实数a 的 取值范围 ． 【解析】令()(1)ln(1)g x x x ax =++-， 对函数()g x 求导数：'()ln(1)1g x x a =++-令'()0g x =，解得11a x e -=-， (i)当1a ≤时，对所有0,'()0x g x >>，所以()g x 在[0,)+∞上是增函数， 又(0)0g =，所以对0x ≥，都有()(0)g x g ≥， 即当1a ≤时，对于所有0x ≥，都有()f x ax ≥． (ii)当1a >时，对于101a x e -<<-，'()0g x <，所以()g x 在1(0,1)a e -- 是减函数， 又(0)0g =，所以对1 01a x e -<<-，都有()(0)g x g <，即当1a >时，对所有的0x ≥，都有()f x ax ≥成立． 综上，a 的取值范围是（－∞，1]． 【例题研究】 例题1．已知函数()f x ax e x =-,其中0a ≠ . 若对一切x R ∈ ,()f x ≥1恒成立,求a 的取值集合. 【解析】(Ⅰ)若0a <,则对一切0x >,()f x 1ax e x =-<,这与题设矛盾,又0a ≠, 故0a >. 而()1,ax f x ae '=-令11()0,ln .f x x a a '==得
导数中恒成立问题(最值问题)
导数中恒成立问题（最值问题） 恒成立问题是高考函数题中的重点问题， 也是高中数学非常重要的一个模块， 不管是小题，还 是大题，常常以压轴题的形式出现。 知识储备（我个人喜欢将参数放左边，函数放右边） 先来简单的（也是最本质的）如分离变量后， a f （x ）恒成立，则有a f （X ）max 2. 对于双变量的恒成立问题 f(x) min g(x)min 今天呢，我会花很多时间来讲解一道二次函数，因为二次函数是最本质的， （甚至我提出这样 一个观点，所有导数的题目95%3根结底就是带参数二次函数在已知定义域上根的讨论， 3%是 ax b 与ax 3 b 这种形式根的讨论，2%!观察法得到零点，零点通常是1,-,e 之类），所以如果 e 我们真正弄清楚了二次函数，那么对于千变万化的导数题，我们还会畏惧吗。 那么我们先从一道练习题说起 一?二次函数型（通常方法是讨论对称轴，根据图像求最值） 例题1.已知f （x ） ■ 2x2 2ax a 1定义域为R ，求a 的取值围 思考：①引入定义域（非R ） ② 参数在二次项，就需考虑是否为0 1 ③ 引入高次（3次，4次，—，I nx , e x 等等） x ④ 引入a 2, a 3等项（导致不能分离变量） f （x ）恒成立，则有a f ( x) min （若是存在性问题，那么最大变最小, 最小变最大） 如：化简后我们分析得到, a,b ， f (x) 0恒成立，那么只需 f ( x) min a,b ，使得 f(x) 0,那么只需f （X ）max 0 如：化简后我们分析得到, X i ,X 2 a,b ， f(xj g(X 2)，那么只需 f (X)min g ( X) max 如：化简后我们分析得到, X i a,b ， x 2 c, d 使f （xj gg ），那么只需 如：化简后我们分析得到, X i a,b ，X 2 C,d 使 f (X i ) g(X 2),那么只需 f (X)max g(x)min 还有一些情况了，这里不一一列举， 一个变量，再处理另一个变量） 3.对于带绝对值的恒成立问题， 成立问题（2014.03锡常镇一模那题特别典型） 总之一句话 （双变量的存在性与恒成立问题，都是先处理 我们往往先根据函数的单调性，去掉绝对值，再转变成恒
导数在不等式证明中的应用研究开题报告(1)(可编辑修改word版)
南昌工程学院 2013 级毕业（设计）论文开题报告理学系（院） 09 信息与计算科学专业 题目导数在不等式证明中的应用研究 学生姓名张积磊 班级09 信息与计算科学 学号2009101543 指导教师谢杰华 日期2012 年12 月20 日 南昌工程学院教务处订制
导数是微积分的核心概念之一，在教材中体现了承上启下的作用，在不等式研究中也占有举足轻重的位子。 导数在不等式证明中的应用已经在国内外都取得了一定的研究成果特别是采用的方法上更是有着百花齐放的壮观目前在这方面国内有了比较全面深度的研究。国外的研究更侧重深度的展开。 （1）它的加入为数学注入了新的活力,使数学解题方法有了新突破. 使研究和解决函数、向量、解析几何等数学问题便有了更加有效、简便的工具，使问题的解决留有更 广泛思维空间,从而潜移默化地改善了我们的思维习惯,问题的设计也更加广阔． （2）完善数学内容，使学生具有一般人才必备的基础知识，是为接下来进一步学习高等数学和其他自然科学作了必要的铺垫,在高中数学与大学数学之间起着衔接作用. 导数在不等式证明中的应用极为广泛,是新教材的一个亮点,是历年高考命题的一个新的热点.对传统初等数学进行了改造和扩充,利用导数解题通常比传统数学方法更简捷,甚至能解决一些传统方法不可能解决的问题,因些说，它在不等式证明的许多问题上起到居中高临下和以简驭繁的作用，导数的应用及其思想方法在不等式中有必要予以训练，同时这类问题对同学熟练掌握导数在不等式证明的运算法则，深入理解导数的意义都有益.在导数在不等式证明的应用中,只有深刻理解有关知识背景，吃透其含义，才能对有关问题作出理性判断，从而获得正确结果.同时,由于对导数本质、性质、在不等式证明的等认识不清而导致了各种各样的错误。为此，本论文以导数应用为切入点,在知识交汇处提出问题,解决问题，突显应用导数在不等式证明的应用解决问题的优越性；归纳总结导数应用中注意的典型问题及错误剖析。
利用导数证明不等式的两种通法
利用导数证明不等式的两种通法 吉林省长春市东北师范大学附属实验学校 金钟植 岳海学 利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。 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()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），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(0, )2 x π ∈，求证：sin tan x x x << 分析：欲证sin tan x x x <<，只需证函数()sin f x x x =-和()tan g x x x =-在(0,)2 π 上 单调递减即可。 证明： 令()sin f x x x =- ，其中(0,)2 x π ∈ 则/ ()cos 1f x x =-，而(0,)cos 1cos 102 x x x π ∈?
导数的不等式恒成立问题
导数的应用 【考查重点与常见题型】 题型一 运用导数证明不等式问题 例1 设a 为实数，函数f (x )＝e x －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，e x >x 2－2ax ＋1. (1)解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R 知 f ′(x )＝e x －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 (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f ′(x ) － 0 ＋ 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)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2(1－ln 2＋a )． (2)证明 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R ， 于是g ′(x )＝e x －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 上是增加的． 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e x －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1. 已知f (x )＝x ln x . (1)求g (x )＝ f (x )＋k x (k ∈R)的单调区间； (2)证明：当x ≥1时，2x －e ≤f (x )恒成立． 解：(1) g (x )＝ln x ＋k x ， ∴令g ′(x )＝x －k x 2＝0得x ＝k . ∵x >0，∴当k ≤0时，g ′(x )>0. ∴函数g (x )的增区间为(0，＋∞)，无减区间； 当k >0时g ′(x )>0得x >k ；g ′(x )<0得0导数中的恒成立和存在性问题
导数中的恒成立和存在性问题
技巧传播 1．恒成立问题的转化：()a f x >恒成立max ()a f x ?>；()a f x ≤恒成立min ()a f x ?≤； 2．能成立问题的转化：()a f x >能成立min ()a f x ?>；()a f x ≤能成立max ()a f x ?≤； 3．恰成立问题的转化：()a f x >在M 上恰成立()a f x ?>的解集为R ()()a f x M M a f x C M >???≤?在上恒成立在上恒成立 ； 另一转化方法：若x D ∈，()f x A ≥在D 上恰成立，等价于()f x 在D 上的最小值min ()f x A =， 若x D ∈，()f x B ≤在D 上恰成立，则等价于()f x 在D 上的最大值max ()f x B =； 4．设函数()f x 、()g x ，对任意的1[,]x a b ∈，存在2[,]x c d ∈，使得12()()f x g x ≥，则min min ()()f x g x ≥； 5．设函数()f x 、()g x ，对任意的1[,]x a b ∈，存在2[,]x c d ∈，使得12()()f x g x ≤，则max max ()()f x g x ≤； 6．设函数()f x 、()g x ，存在1[,]x a b ∈，存在2[,]x c d ∈，使得12()()f x g x ≥，则max min ()()f x g x ≥； 7．设函数()f x 、()g x ，存在1[,]x a b ∈，存在2[,]x c d ∈，使得12()()f x g x ≤，则min max ()()f x g x ≤； 8．若不等式()()f x g x >在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图像在函数()y g x =图像上方； 9．若不等式()()f x g x <在区间D 上恒成立，则等价于在区间D 上函数()y f x =和图像在函数()y g x =图像下方；
导数在不等式中的应用
φκκκκκκ导数在不等式中的应用 导数是研究函数性质的一种重要工具。例如求函数的单调区间、求最大（小）值、求函数的值域等等。而在处理与不等式有关的综合性问题时往往需要利用函数的性质；因此，很多时侯可以利用导数作为工具得出函数性质，从而解决不等式问题。下面具体讨论导数在解决与不等式有关的问题时的作用。 一、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 我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）。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，用导数证明该函数的单调性,然后再用函数单调性达到证明不等式的目的。即把证明不等式转化为证明函数的单调性。具体有如下几种形式： 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。 例1：x>0时,求证；x 2x 2 -－ln(1+x)＜0 证明：设f(x)= x 2x 2 -－ln(1+x) (x>0), 则f'(x)= 2x 1x - + ∵x>0,∴f'(x)<0,故f(x)在（0，+∞）上递减， 所以x>0时,f(x)a>e, 求证:a b>b a, (e为自然对数的底)
证：要证a b >b a 只需证lna b >lnb a 即证：blna －alnb>0 设f(x)=xlna －alnx (x>a>e)；则f '(x)=lna －a x , ∵a>e,x>a ∴lna>1,a x <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 所以a b >b a 成立。 （注意，此题若以a 为自变量构造函数f(x)=blnx －xlnb (e0时b x ,f '(x)0ln b <<时b x ln b >，故f(x)在区间（e, b ）上的增减性要由b e ln b 与的大小而定，当然由题可以推测b e ln b > 故f(x)在区间（e, b ）上的递减,但要证明b e 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转化为函数求最值问题。 例3、求证：n ∈N *,n ≥3时，2n >2n+1 证明：要证原式，即需证：2n －2n －1>0,n ≥3时成立 设f(x)=2x －2x －1(x ≥3),则f '(x)=2x ln2－2(x ≥3), ∵x ≥3,∴f '(x)≥23ln3－2>0。∴f(x)在[3，+∞ )上是增函数， ∴f(x)的最小值为f(3)=23－2×3－1=1>0 所以，n ∈N *,n ≥3时，f(n)≥f(3)>0, 即n ≥3时,2n －2n －1>0成立，
第18讲 导数的应用——利用导数研究不等式恒成立问题备战2021年新高考数学考点精讲与达标测试
《导数的应用——利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题》 达标检测 [A 组]—应知应会 1．已知函数f (x )＝x ＋4 x ，g (x )＝2x ＋a ，若?x 1∈????12，1，?x 2∈[2，3]，使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是( ) A ．a ≤1 B ．a ≥1 C ．a ≤2 D ．a ≥2 【解析】选A.由题意知f (x )min ??? ?x ∈????12，1≥g (x )min (x ∈[2，3])，因为f (x )min ＝5，g (x )min ＝4＋a ，所以5≥4＋a ，即a ≤1，故选A. 2．(2020·吉林白山联考)设函数f (x )＝e x ????x ＋3x －3－a x ，若不等式f (x )≤0有正实数解，则实数a 的最小值为________． 【解析】原问题等价于存在x ∈(0，＋∞)，使得a ≥e x (x 2－3x ＋3)，令g (x )＝e x (x 2－3x ＋3)，x ∈(0，＋∞)，则a ≥g (x )min ，而g ′(x )＝e x (x 2－x )．由g ′(x )>0可得x ∈(1，＋∞)，由g ′(x )<0可得x ∈(0，1)．据此可知，函数g (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为g (1)＝e.综上可得，实数a 的最小值为e. 3．(2020·西安质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x －1. (1)求函数y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线方程； (2)若不等式f (x )≤ag (x )对任意的x ∈(1，＋∞)均成立，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)因为f ′(x )＝1 x ， 所以f ′(1)＝1. 又f (1)＝0，所以切线的方程为y －f (1)＝f ′(1)(x －1)， 即所求切线的方程为y ＝x －1. (2)易知对任意的x ∈(1，＋∞)，f (x )＞0，g (x )＞0. ①当a ≥1时，f (x )≤g (x )≤ag (x )； ②当a ≤0时，f (x )＞0，ag (x )≤0，所以不满足不等式f (x )≤ag (x )； ③当0＜a ＜1时，设φ(x )＝f (x )－ag (x )＝ln x －a (x －1)，则φ′(x )＝1 x －a ，
导数在不等式中的应用
导数在不等式中的应用 利用函数的单调性证明下列不等式，并通过函数图象直观验证. (1)e x>1＋x(x≠0)；(2)ln x0). [试题评析] 1.问题源于求曲线y＝e x在(0，1)处的切线及曲线y＝ln x在(1，0)处的切线，通过观察函数图象间的位置关系可得到以上结论，可构造函数f(x)＝e x－x－1与g(x)＝x－ln x－1对以上结论进行证明. 2.两题从本质上看是一致的，第(4)题可以看作第(3)题的推论.在第(3)题 中，用“ln x”替换“x”，立刻得到x>1＋ln x(x>0且x≠1)，进而得到一组重 要的不等式链：e x>x＋1>x－1>ln x(x>0且x≠1). 3.利用函数的图象(如图)，不难验证上述不等式链成立. 试证明：e x－ln x>2. 【高考真题】已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a<0时，证明f(x)≤－3 4a－2. 利用导数研究函数的性质 【例题】已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1.
【尝试训练】已知函数f(x)＝1 x－x＋a ln x. (1)试讨论函数f(x)的单调性； (2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，试证明t>0. 利用导数研究函数的零点问题 【例题】(12分)已知函数f(x)＝ln x－x＋1 x－1 . (1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； (2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝e x的切线. 【规范训练】已知函数f(x)＝e x－ax2. (1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
利用导数解决不等式恒成立中的参数问题学案
利用导数解决不等式恒成立中的参数问题 一、单参数放在不等式上型： 【例题1】（07全国Ⅰ理）设函数()x x f x e e -=-．若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围． 解：令()()g x f x ax =-，则()()x x g x f x a e e a -''=-=+-， （1）若2a ≤，当0x >时，()20x x g x e e a a -'=+->-≥，故()g x 在(0,)+∞上为增函数， ∴0x ≥时，()(0)g x g ≥，即()f x ax ≥． （2）若2a >，方程()0g x '=的正根为1x = 此时，若1(0,)x x ∈，则()0g x '<，故()g x 在该区间为减函数． ∴1(0,)x x ∈时，()(0)0g x g <=，即()f x ax <，与题设()f x ax ≥相矛盾． 综上，满足条件的a 的取值范围是(,2]-∞． 说明：上述方法是不等式放缩法． 【针对练习1】（10课标理）设函数2 ()1x f x e x ax =---，当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围． 解： 【例题2】（07全国Ⅰ文）设函数32()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值． （1）求a 、b 的值；（2）若对于任意的[0,3]x ∈，都有2()f x c <成立，求c 的取值范围． 解：（1）2()663f x x ax b '=++， ∵函数()f x 在1x =及2x =取得极值，则有(1)0f '=，(2)0f '=． 即6630241230a b a b ++=?? ++=? ，解得3a =-，4b =． （2）由（1）可知，32()29128f x x x x c =-++，2()618126(1)(2)f x x x x x '=-+=--． 当(0,1)x ∈时，()0f x '>；当(1,2)x ∈时，()0f x '<；当(2,3)x ∈时，()0f x '>． ∴当1x =时，()f x 取得极大值(1)58f c =+，又(0)8f c =，(3)98f c =+． 则当[0,3]x ∈时，()f x 的最大值为(3)98f c =+． ∵对于任意的[0,3]x ∈，有2()f x c <恒成立，∴298c c +<，解得1c <-或9c >， 因此c 的取值范围为(,1)(9,)-∞-+∞． 最值法总结：区间给定情况下，转化为求函数在给定区间上的最值． 【针对练习2】（07重庆理）已知函数44 ()ln (0)f x ax x bx c x =+->在1x =处取得极值3c --，其中 a 、b 、c 为常数． （1）试确定a 、b 的值；（2）讨论函数()f x 的单调区间； （3）若对任意0x >，不等式2()2f x c ≥-恒成立，求c 的取值范围．
用导数研究函数的恒成立与存在性问题-答案
用导数研究函数的恒成立与存在问题 1．已知函数23()2ln x f x x x a = -+，其中a 为常数． （1）若1a =，求函数()f x 的单调区间； （2）若函数()f x 在区间[1,2]上为单调函数，求a 的取值范围． 2．已知函数3 2 ()4()f x x ax a R =-+-∈，'()f x 是()f x 的导函数。 （1）当2a =时，对于任意的[1,1]m ∈-，[1,1]n ∈-，求()()f m f n '+的最小值； （2）若存在0(0,)x ∈+∞，使0()f x ＞0，求a 的取值范围。
3．已知函数x ax x f ln )(+= )(R a ∈. （1）若2=a ，求曲线)(x f y =在点1x =处的切线方程； （2）求)(x f 的单调区间； （3）设22)(2 +-=x x x g ，若对任意1(0,)x ∈+∞，均存在[]1,02∈x ，使得)()(21x g x f <， 求实数a 的取值范围.
4．（2016届惠州二模）已知函数()22ln f x x x =-+． （Ⅰ）求函数()f x 的最大值； （Ⅱ）若函数()f x 与()a g x x x =+ 有相同极值点． ①求实数a 的值； ②对121,,3x x e ???∈???? (e 为自然对数的底数)，不等式 ()() 1211 f x g x k -≤-恒成立，求实数k 的取值范围．
5．已知函数2 12 ()()ln ()f x a x x a R =-+∈． （1）当1a =时，01[,]x e ?∈使不等式0()f x m ≤，求实数m 的取值范围； （2）若在区间1(,)+∞，函数()f x 的图象恒在直线2y ax =的下方，求实数a 的取值范围．
导数在不等式证明中的应用开题报告
集宁师范学院本科生毕业设计（论文、创作）题目申报表 4、为结合学科竞赛； 5、模拟仿真； 6、其它 题目来源――A.指导教师出题；B.学生自定、自拟
开题报告内容：（调研资料的准备与总结，研究目的、要求、思路与预期成果；任务完成的阶段内容及时间安排；完成毕业设计（论文、创作）所具备的条件因素等。 一研究内容：主要研究导数在不等式证明中的一些应用，其次研究导数的一些性质和证明不等式的一些方法； 二研究目的：不等式证明是数学学习中的重要内容之一，其常用的方法有：比较法, 分析法，综合法，归纳法，特殊不等式法。导数作为微积分学的主要内容，利用其证明不等式是一种行之有效的好方法，它能将某些不等式的证明化难为易，迎刃而解。 三研究方法：1.参考大量的相关文献及相关论文，通过中国知识网，中国学术期刊网等收集所需资料 2. 借助学过的专业知识，尤其是数学分析方面的知识和理论，微积分理论，深入分析题目，提出提纲，确定论文思路。 3. 整理导数在不等式证明中各种应用，并归纳总结。 4. 对各种应用进行比对，分析，并进行深入研究 四预期成果及形式：通过导数在不等式证明中的各种应用进行深入分析研究，并形成5000字论文。 五时间安排：1――3周，对论题有大致的了解，通过查阅资料和请教老师确定论文的方向并完成开题报告。 4 ――5周，查阅资料，知识回顾复习，以确定主要努力的方向及目标 6 ----- 12周，整理相关资料，认真思索，研究细节并形成论文。 13 ―― 14周，完成毕业论文，进行毕业答辩。
集宁师范学院本科生毕业设计（论文、创作）开题报告 学生签名: 指导教师审核签名: 日 期：
导数在处理不等式的恒成立问题(一轮复习教案)
学习过程 一、复习预习 考纲要求： 1．理解导数和切线方程的概念。 2．能在具体的数学环境中，会求导，会求切线方程。 3．特别是没有具体点处的切线方程，如何去设点，如何利用点线式建立直线方程。4．灵活应用建立切线方程与其它数学知识之间的内在联系。
5. 灵活应用导数研究函数的单调性问题 二、知识讲解 1.导数的计算公式和运算法则 几种常见函数的导数：0'=C (C 为常数)；1 )'(-=n n nx x (Q n ∈)； x x cos )'(sin =； x x sin )'(cos -=；1(ln )x x '= ； 1(log )log a a x e x '=， ()x x e e '= ； ()ln x x a a a '= 求导法则：法则1 [()()]()()u x v x u x v x ±'='±'．
法则2 [()()]()()()()u x v x u x v x u x v x '='+', [()]'()Cu x Cu x '= 法则3： ' 2 '' (0)u u v uv v v v -??=≠ ??? 复合函数的导数：设函数()u x ?=在点x 处有导数()x u x ?'='，函数()y f u =在点x 的对应点u 处有导 数()u y f u '='，则复合函数(())y f x ?=在点x 处也有导数，且x u x u y y '''?= 或(())()()x f x f u x ??'='?' 2.求直线斜率的方法（高中范围内三种） (1) tan k α=（α为倾斜角）； (2) 1212 ()() f x f x k x x -= -，两点1122(,()),(,())x f x x f x ； (3)0()k f x '= （在0x x =处的切线的斜率）； 3.求切线的方程的步骤：（三步走） （1）求函数()f x 的导函数()f x '； （2）0()k f x '= （在0x x =处的切线的斜率）； （3）点斜式求切线方程00()()y f x k x x -=-； 4.用导数求函数的单调性： （1）求函数()f x 的导函数()f x '； （2）()0f x '>，求单调递增区间； （3）()0f x '<，求单调递减区间； （4）()0f x '=，是极值点。 考点一 函数的在区间上的最值 【例题1】：求曲线29623-+-=x x x y 在)5,2(上的最值 。 【答案】：最大值为18，最小值为-2. 【解析】:∵根据题意09123'2=+-=x x y ，∴3,121==x x ,由函数的单调性，当11=x ，2=y ， 取得极大值；当32=x ，2-=y ，取得极小值；当5=x ，18=y 。所以最大值为18，最小值为-2.
导数中恒成立问题(最值问题)
导数中恒成立问题（最值问题） 恒成立问题是高考函数题中的重点问题，也是高中数学非常重要的一个模块，不管是小题，还是大题，常常以压轴题的形式出现。 知识储备（我个人喜欢将参数放左边，函数放右边） 先来简单的（也是最本质的）如分离变量后，()a f x ≥恒成立，则有max ()a f x ≥ ()a f x ≤恒成立，则有min ()a f x ≤ （若是存在性问题，那么最大变最小，最小变最大） 1.对于单变量的恒成立问题 如：化简后我们分析得到，对[],x a b ?∈，()0f x ≥恒成立，那么只需min ()0f x ≥ [],x a b ?∈，使得()0f x ≥，那么只需max ()0f x ≥ 2.对于双变量的恒成立问题 如：化简后我们分析得到，对[]12,,x x a b ?∈，12()()f x g x ≥，那么只需min max ()()f x g x ≥ 如：化简后我们分析得到，对[]1,x a b ?∈，[]2,x c d ?∈使12()()f x g x ≥，那么只需 min min ()()f x g x ≥ 如：化简后我们分析得到，[]1,x a b ?∈，[]2,x c d ∈使12()()f x g x ≥，那么只需max min ()()f x g x ≥ 还有一些情况了，这里不一一列举，总之一句话（双变量的存在性与恒成立问题，都是先处理一个变量，再处理另一个变量） 3.对于带绝对值的恒成立问题，我们往往先根据函数的单调性，去掉绝对值，再转变成恒成立问题（201 4.03苏锡常镇一模那题特别典型） 今天呢，我会花很多时间来讲解一道二次函数，因为二次函数是最本质的，（甚至我提出这样一个观点，所有导数的题目95%归根结底就是带参数二次函数在已知定义域上根的讨论，3%是 ax b +与3ax b +这种形式根的讨论，2%是观察法得到零点，零点通常是1 1,,e e 之类） ，所以如果我们真正弄清楚了二次函数，那么对于千变万化的导数题，我们还会畏惧吗。 那么我们先从一道练习题说起 一．二次函数型（通常方法是讨论对称轴，根据图像求最值） 例题1.已知()f x =R ，求a 的取值范围 思考：① 引入定义域（非R ） ②参数在二次项，就需考虑是否为0 ③引入高次（3次，4次，1 x ，ln x ，x e 等等） ④引入2a ，3a 等项（导致不能分离变量）
导数在不等式证明中的应用
导数在不等式证明中的应用 引言 不等式的证明是数学学习中的难点，而导数在不等式的证明中起着关键的作用。不等式的证明是可以作为一个系列问题来看待,不等式的证明是数学学习的重要内容之一,也是难点之一。其常用的证明方法有: 比较法、综合法、分析法、重要不等法、数学归纳法等等,然而有一些问题用上面的方法来解决是很困难的,我们在学完导数及其应用这一内容以后,可以利用导数的定义、函数的单调性、最值性(极值性)等相关知识解决一些不等式证明的问题。导数也是微积分的初步基础知识，是研究函数、解决实际问题的有力工，它包括微分中值定理和导数应用。不等式的证明在数学课题中也是一个很重要的问题，此类问题能够培养我们理解问题、分析问题的能力。本文针这篇论文是在指导老师的悉心指导和严格要求下完成的。这篇论文是在指导老师的悉心指导和严格要求下完成的。对导数的定义、微分中值定理、函数的单调性、泰勒公式、函数的极值、函数的凹凸性在不等式证明中的应用进行了举例。 一、利用导数的定义证明不等式 定义 设函数()f f x =在点0x 的某领域内有定义,若极限 ()() 000 lim x x f x f x x x →-- 存在 则称函数f 在点0x 处可导，并称该极限为函数f 在点0x 处的导数，记作()'0f x 令 0x x x =+?，()()00y f x x f x ?=+?-，则上式可改写为 ()()()00'000lim lim x x f x x f x y f x x x ?→?→+?-?==?? 所以，导数是函数增量y ?与自变量增量x ?之比 y x ??的极限。这个增量比称为函数关于自变量的平均变化率( 又称差商)，而导数()'0f x 则为f 在0x 处关于x 的变化率。 以下是导数的定义的两种等价形式：
导数在不等式中的应用
4.7 导数在不等式证明中的应用 一、利用单调性证明不等式 单调性本身就是体现了不等式关系，因而利用单调性来证明不等式便是顺理成章的事.在4.4中，我们利用导数的符号就能判断函数的单调性。 例1. 设2e a b e <<<，证明 222 4 ln ln ()b a b a e ->-． 分析: 22 22 44ln ln ,b b a a e e - >- ()b a > 证1: 设 224()ln x x x e =-?， 则 2ln 4 ()2x x x e ?'=-， 2 1ln ()2x x x ?-''=Q ，当x e >时，()0x ?''<， 故()x ?'单调减小． 从而，当 2x e < 时，22 244 ()()0x e e e ''>= -=??， ()x ?∴单调增加．()()b a ??>， 即2222 44ln ln b b a a e e - >-，故不等式成立. 注：有时需要多次使用导数符号判断单调性. 证2 分析: 22ln ln ln 2b a b a ξξ-=- 24,e > 2e a b e ξ<<<<（） 222ln ln ln (ln )2 x b a x b a ξ ξ ξ =-' ==-因为， 2e a b e ξ<<<<（） 2ln 1ln ( )0x x x x -'=<而， ()x e > ， ln .x x e x >故当时，单减 从而，222ln ln 422e e e ξ ξ>=，即：222ln ln 4b a b a e ->- 注：综合使用中值定理和单调性.
例2 证明 2sin ,0,2x x x x ππ ?? <<∈ ?? ? . 分析：2 sin 1,0,2x x x ππ ?? < <∈ ??? 证 令()sin ,(0,],2 x f x x x π =∈ 则 ()()22 cos tan cos sin '0,02x x x x x x f x x x x π--? ?==<<< ?? ? 从而 ()sin x f x x =在(0,]2 x π ∈单调减少， 当02 x π << 时， ()()02f f x f π+ ??<< ? ?? 2 sin 1,x x π < < 即 2sin ,0,2x x x x ππ ?? <<∈ ?? ? . 二、 利用中值定理证明不等式 1、利用Lagrange 中值定理证明不等式 设()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，则有 ()() (),(,)f b f a f a b b a ξξ-'=∈-于是，我们依据关于()f x '的，得到不等式. 如： （1）()(),A f x B a x b '≤≤<< （2）()f x '单调，()a x b << （3）如果|()|f x M '≤， ()a x b << 例3 证明：当0x >时，ln(1).1x x x x <+<+ 分析： 1ln(1) 1.1x x x +<<+ 证 注意到ln10=，故可将不等式组变形为
导数在不等式中的应用
4.7导数在不等式证明中的应用 、利用单调性证明不等式 单调性本身就是体现了不等式关系， 因而利用单调性来证明不等式便是顺理成章的事 在4.4中，我们利用导数的符号就能判断函数的单调性。 例1. 设 e a b e 2， 证明 ln 2b ln 2 a ：(b e a). 分析： 2 4 2 In b 2 b ln a e 4 2 a, e (b a) 证1: 设(x) ln 2 x 4 -2 e x , 则 (x) J n x 2 - x 4 ~ , e Q 1 ln x (x) 2 2 x ，当 x e 时， (x) 0, 故 (x)单调减小. 从而，当 x e 2 时， (x) (e 2 ) 4 4 e e 0, (x)单调增加. (b) (a), 即ln 2b ln 2a $ a ，故不等式成立 e e 注：有时需要多次使用导数符号判断单调性 ln 2b ln 2a 2 因为 (ln 2 x) b a 注：综合使用中值定理和单调性 证2分析： ln2b ln2a 2匕 (e e 2) 故当 *1 nx 、 1 In x 小 而(——) —0, x x x e 时,单减. x (x e)， 从而，2- 4 ，即: e ln 2 b ln 2 a 4 ~~2 e e 2)
x 1. sin x ,x x xcosx sin x cosx 2 x x tan x 2 0,0 x — x 2 当0 x —时, 2 2 sinx , 1, x 2x sinx x,x 二、利用中值定理证明不等式 1、禾U 用Lagrange 中值定理证明不等式 设f (x)在［a,b ］上连续，在(a,b)内可导，则有 f (b) f (a) f ( b a 是，我们依据关于 f (x)的，得到不等式?女口： (1) A f (x) B (a x b), (2) f (x)单调，(a x b) (3) 如果 | f (x)| M , (a x b) ln(1 x) 例2证明-X sin x x, 2 分析：- sin x ’ 1, x x 0 ,2 从而 f x (0,―］单调减 少, 例3证明：当x ln(1 x) x. (0, R ， 则 f' X ),(a,b)于 分析:
导数证明不等式的问题(练习答案)
“导数证明不等式问题”练习题答案 1.设L 为曲线C:ln x y x =在点(1,0)处的切线. (I)求L 的方程; (II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C 在直线L 的下方. 解: (I)设ln ()x f x x =,则21ln ()x f x x -'=.所以(1)1f '=.所以L 的方程为1y x =-. (II)令()1()g x x f x =--,则除切点之外,曲线C 在直线l 的下方等价于()0 g x >(0,1)x x >≠. ()g x 满足(1)0g =,且221ln ()1()x x g x f x x -+''=-=. 当01x <<时,210x -<,ln 0x <,所以()0g x '<,故()g x 单调递减; 当1x >时,210x ->,ln 0x >,所以()0g x '>,故()g x 单调递增. 所以,()(1)0g x g >=(0,1x x >≠). 所以除切点之外,曲线C 在直线L 的下方. 又解:()0g x >即ln 10x x x -->变形为2ln 0x x x -->,记2()ln h x x x x =--,则2121(21)(1)()21x x x x h x x x x x --+-'=--==, 所以当01x <<时,()0h x '<,()h x 在(0,1)上单调递减; 当1x >时,()0h x '>,()h x 在(1,+∞)上单调递增. 所以()(1)0h x h >=.)
2.Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，； (Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域． 解⑴证明：()2e 2 x x f x x -=+ ()()()22224e e 222x x x x f x x x x ??-' ?=+= ?+++?? ∵当x ∈()()22,-∞--+∞，时，()0f x '> ∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增 ∴0x >时， ()2e 0=12x x f x ->-+， ∴()2e 20x x x -++> ⑵ ()()()24e 2e x x a x x ax a g x x ----'= () 4e 2e 2x x x x ax a x -++= ()322e 2x x x a x x -??+?+ ?+??= [)01a ∈， 由(1)知，当0x >时，()2e 2x x f x x -= ?+的值域为()1-+∞，，只有一解． 使得2e 2 t t a t -?=-+，(]02t ∈， 当(0,)x t ∈时()0g x '<，()g x 单调减；当(,)x t ∈+∞时()0g x '>，()g x 单调增 ()()()222e 1e e 1e 22 t t t t t t a t t h a t t t -++?-++===+ 记()e 2t k t t =+，在(]0,2t ∈时，()()() 2e 102t t k t t +'=>+，∴()k t 单调递增 ∴()()21e 24h a k t ??=∈ ??? ，． 3.设函数． x x 2f (x)x 2 -=+e 0x >(2)20x x e x -++>[0,1)a ∈2x =(0)x e ax a g x x -->（）()g x ()h a ()h a ()1x f x e -=-
