函數(shù)導(dǎo)數(shù)不等式測試題五篇-資料下載頁
2024-10-26 15:24本頁面
【正文】 入手構(gòu)造函數(shù)證明【例4】若函數(shù)y=f(x)在R上可導(dǎo)且滿足不等式xf162。(x)－f(x)恒成立，且常數(shù)a，b滿足ab，求證： af(a)bf(b)【解】由已知 xf162。(x)+f(x)0 ∴構(gòu)造函數(shù) F(x)=xf(x)，39。 則F(x)= xf162。(x)+f(x)0，從而F(x)在R上為增函數(shù)。Qab ∴F(a)F(b)即 af(a)bf(b)【警示啟迪】由條件移項后xf162。(x)+f(x)，容易想到是一個積的導(dǎo)數(shù)，從而可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=xf(x)，求導(dǎo)即可完成證明。若題目中的條件改為xf162。(x)f(x)，則移項后xf162。(x)f(x)，要想到是一個商的導(dǎo)數(shù)的分子，平時解題多注意總結(jié)。主元法構(gòu)造函數(shù)例．（全國）已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)x,g(x)=xlnx(1)求函數(shù)f(x)的最大值；a+b)(ba)+b)中以b為主變元構(gòu)造函數(shù), 證明：對g(x)=xlnx求導(dǎo),則g39。(x)=lnx+(a)+g(b)2g(2(2)設(shè)0ab,證明 ：0g(a)+g(b)2g(設(shè)F(x)=g(a)+g(x)2g(a+x39。a+xa+x.)]=lnxln),則F39。(x)=g39。(x)2[g(22239。 當(dāng)0xa時，F(xiàn)(x)0,因此F(x)在(0,a)內(nèi)為減函數(shù).39。 當(dāng)xa時,F(x)0,因此F(x)在(a,+165。)=a時, F(x)有極小值F(a).因為F(a)=0,ba,所以F(b)0,即g(a)+g(b)2g(又設(shè)G(x)=F(x)(xa)39。(x)=lnxlna+b)+xln2=lnxln(a+x).239。 當(dāng)x0時,G(x)(x)在(0,+165。)(a)=0,ba,所以G(b)0,即g(a)+g(b)2g（構(gòu)造二階導(dǎo)數(shù)函數(shù)證明導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性 例．已知函數(shù)f(x)=aexa+b)(ba) 2(1)若f(x)在R上為增函數(shù),求a的取值范圍。(2)若a=1,求證:x＞0時,f(x)1+x x解：(1)f′(x)＝ ae－ｘ，∵ｆ（ｘ）在Ｒ上為增函數(shù)，∴f′(x)≥０對ｘ∈Ｒ恒成立，ｘｘｘｘx 即ａ≥ｘｅ對ｘ∈Ｒ恒成立 記ｇ（ｘ）＝ｘｅ，則ｇ′(ｘ)＝ｅ－ｘｅ=(1x)e，當(dāng)ｘ＞１時，ｇ′（ｘ）＜０，當(dāng)ｘ＜１時，ｇ′（ｘ）＞０．知ｇ（ｘ）在(∞,1)上為增函數(shù),在(1,+ ∞)上為減函數(shù), ∴g(x)在x=1時,取得最大值，即g(x)max=g(1)=1/e, ∴a≥1/e, 即a的取值范圍是[1/e, + ∞)(2)記F(X)=f(x)－(1+x)=exx12x1x(x0)2xx 則F′(x)=e1x, 令h(x)= F′(x)=e1x,則h′(x)=e1 當(dāng)x0時, h′(x)0, ∴h(x)在(0,+ ∞)上為增函數(shù), 又h(x)在x=0處連續(xù), ∴h(x)h(0)=0 即F′(x)0 ,∴F(x)在(0,+ ∞)上為增函數(shù),又F(x)在x=0處連續(xù), ∴F(x)F(0)=0,即f(x)1+x．（選用于冪指數(shù)函數(shù)不等式）例：證明當(dāng)x0時,(1+x)1+1xe1+x2例：證明當(dāng)bae,證明ab ba例：已知m、n都是正整數(shù)，且1mn,證明：(1+m)(1+n)nm4【思維挑戰(zhàn)】設(shè)a179。0,f(x)=x1ln2x+2alnx 求證：當(dāng)x1時，恒有xlnx2alnx+1已知定義在正實數(shù)集上的函數(shù)f(x)=52122x+2ax,g(x)=3a2lnx+b,其中a0，且b=a3alna，22求證：f(x)179。g(x)已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)xb，求證：對任意的正數(shù)a、b，恒有l(wèi)nalnb179。+xaf(x)是定義在（0，+∞）上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf162。(x)f(x)≤0，對任意正數(shù)a、b，若a b，則必有（）（A）af(b)≤bf(a)（C）af(a)≤f(b)【答案咨詢】提示：f162。(x)=1 ∴（B）bf(a)≤af(b)（D）bf(b)≤f(a)2lnx2a2lnx+1，當(dāng)x1，a179。0時，不難證明xxxf162。(x)0，即f(x)在(0,+165。)內(nèi)單調(diào)遞增，故當(dāng)x1時，f(x)f(1)=0，∴當(dāng)x1時，恒有xlnx2alnx+1123a22提示：設(shè)F(x)=g(x)f(x)=x+2ax3alnxb則F162。(x)=x+2a2x(xa)(x+3a)=(x0)Qa0，∴ 當(dāng)x=a時，F(xiàn)162。(x)=0，x 故F(x)在(0,a)上為減函數(shù)，在(a,+165。)上為增函數(shù)，于是函數(shù)F(x)在(0,+165。)上的最小值是F(a)=f(a)g(a)=0，故當(dāng)x0時，有f(x)g(x)179。0，即f(x)179。g(x)提示：函數(shù)f(x)的定義域為(1,+165。)，f162。(x)=11x =1+x(1+x)2(1+x)2∴當(dāng)1x0時，f162。(x)0，即f(x)在x206。(1,0)上為減函數(shù)當(dāng)x0時，f162。(x)0，即f(x)在x206。(0,+165。)上為增函數(shù)因此在x=0時,f(x)取得極小值f(0)=0，而且是最小值x1，即ln(1+x)179。1 1+x1+xa1bab=1 于是ln179。1 令1+x=0,則1bx+1abab因此lnalnb179。1a于是f(x)179。f(0)=0,從而ln(1+x)179。 f(x)f(x)xf39。(x)f(x)F(x)=提示：F(x)=，F(xiàn)162。(x)=，故在（0，+∞）上是減函數(shù)，由ab 163。02xxx有f(a)f(b)179。222。 af(b)≤bf(a)故選（A）ab
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