導(dǎo)數(shù)證明不等式構(gòu)造函數(shù)法類別(學(xué)生版)-文庫吧資料
2024-10-26 15:00本頁面
【正文】 (x1)f/(x)0．求證：（1）f(0)+f(2)2f(1)；（2）f(2)2f(1)．例已知m、n206。[a,b]時，f/(x)g/(x)，求證：當(dāng)x206。222。(x)=，故在（0，+∞）上是減函數(shù)，由ab 163。 f(x)f(x)xf39。1a于是f(x)179。1 1+x1+xa1bab=1 于是ln179。(0,+165。(1,0)上為減函數(shù)當(dāng)x0時，f162。(x)=11x =1+x(1+x)2(1+x)2∴當(dāng)1x0時，f162。g(x)提示：函數(shù)f(x)的定義域為(1,+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。(x)=0，x 故F(x)在(0,a)上為減函數(shù)，在(a,+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。0時，不難證明xxxf162。(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。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。(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。 當(dāng)x0時,G(x)(x)在(0,+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。 當(dāng)0xa時，F(xiàn)(x)0,因此F(x)在(0,a)內(nèi)為減函數(shù).39。(x)=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。(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)。若題目中的條件改為xf162。Qab ∴F(a)F(b)即 af(a)bf(b)【警示啟迪】由條件移項后xf162。 則F(x)= 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。)，則有l(wèi)n(+1)23 nnnn【警示啟迪】當(dāng)F(x)在[a,b]上單調(diào)遞增，則xa時，有F(x)F(a)．如果f(a)＝j(luò)(a)，要證明當(dāng)xa時，f(x)j(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－j(x)，就可以利用F(x)的單調(diào)增性來推導(dǎo)．也就是說，在F(x)可導(dǎo)的前提下，只要證明F39。)時，恒有h(x)h(0)=0，即xx+ln(x+1)0，∴l(xiāng)n(x+1)xx對任意正整數(shù)n，取x=32231111206。)上單調(diào)遞增，∴x206。(0,+165。233213x3+(x1)2=【解】令h(x)=xx+ln(x+1)，則h162。)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)=換元法構(gòu)造函數(shù)證明10 623x的圖象的下方。(x)=xxx從而F(x)在(1,+165?！窘狻吭O(shè)F(x)=g(x)f(x)，即F(x)=22312xxlnx，321(x1)(2x2+x+1)(x1)(2x2+x+1)則F162。)，考慮到23F(1)=10 6要證不等式轉(zhuǎn)化變?yōu)椋寒?dāng)x1時，F(xiàn)(x)F(1)，這只要證明： g(x)在區(qū)間(1,+165。)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)=x3的 23122x+lnxx3，23122x+lnxx3成立，設(shè)F(x)=g(x)f(x)，x206。不等式f(x)g(x)問題，即只需證明在區(qū)間(1,+165。1，綜上可知，當(dāng)x1時,有x+1x+1∴當(dāng)x1時，g(x)179。ln(x+1)163。)上的最小值為g(x)min=g(0)=0，11179。(0,+165。(x)0，即g(x)在x206。(0,+165。(x)0。(x)= =22x+1x+1(x+1)(x+1)當(dāng)x206。0 ∴l(xiāng)n(x+1)163。)上的最大值為f(x)max=f(0)=0，因此，當(dāng)x1時，f(x)163。)上為減函數(shù) 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間
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