【正文】 ≤3），其圖象上任意一點(diǎn)P（x0，y0）處切線的斜率k≤恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（x）=x+2ax﹣alnx﹣1（1）a≠0時(shí)，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（2）若不等式2xlnx≤xf′（x）+a+1恒成立，其中f′（x）f（x）是f（x）的導(dǎo)數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．(x)=ln221+－x(Ⅰ)求曲線y=f(x)在點(diǎn)（0，f(0)）處的切線方程；x3(Ⅱ)求證：當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)≥2(x+)。1f(x)是定義在（0，+∞）上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf162。0,f(x)=x1lnx+2alnx求證：當(dāng)x1時(shí)，恒有xln2x2alnx+1nmba3已知定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù)f(x)=12x+2ax,g(x)=3a2lnx+b,其中a0，且2b= 52a3a2lna，求證：f(x)179。Qab ∴F(a)F(b)即 af(a)bf(b)構(gòu)造二階導(dǎo)數(shù)函數(shù)證明導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性x例．已知函數(shù)f(x)=ae12x 2(1)若f(x)在R上為增函數(shù),求a的取值范圍。(x)+f(x)0，從而F(x)在R上為增函數(shù)。(x)－f(x)恒成立，且常數(shù)a，b滿足ab，求證：．a(chǎn)f(a)bf(b)【解】由已知 xf162。(0,+165。(0,+165。)上恒正，x+1x+12所以函數(shù)h(x)在(0,+165。(x)=3x2x+在x206。)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【例3】證明：對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式ln(只需令10 623x的圖象的下方。(x)=x從而F(x)在(1,+165。)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)2g(x)= 23x的圖象的下方； 32312xxlnx，32【解】設(shè)F(x)=g(x)f(x)，即F(x)=1(x1)(2x2+x+1)則F162。1，綜上可知，當(dāng)x1時(shí),有x+1x+1∴當(dāng)x1時(shí)，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(shí)，f(x)163。)上為減函數(shù) 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,0)，單調(diào)遞減區(qū)間(0,+165。(x)0，即f(x)在x206。(x)0，即f(x)在x206。ln(x+1)163。第一篇：構(gòu)造函數(shù)法證明不等式的八種方法導(dǎo)數(shù)之構(gòu)造函數(shù)法證明不等式移項(xiàng)法構(gòu)造函數(shù) 【例1】 已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)x，求證：當(dāng)x1時(shí)，恒有1【解】f162。(x)=1163。x x+11x1= x+1x+1∴當(dāng)1x0時(shí)，f162。(1,0)上為增函數(shù)當(dāng)x0時(shí)，f162。(0,+165。)于是函數(shù)f(x)在(1,+165。f(0)=0，即ln(x+1)x163。x（右面得證）現(xiàn)證左面，令g(x)=ln(x+1)+111x1，則g162。(1,0)時(shí),g162。當(dāng)x206。)時(shí),g162。(1,0)上為減函數(shù)，在x206。)上為增函數(shù)，故函數(shù)g(x)在(1,+165。0 x+1111163。x ∴l(xiāng)n(x+1)179。g(0)=0，即ln(x+1)+作差法構(gòu)造函數(shù)證明 【例2】已知函數(shù)f(x)=12x+：在區(qū)間(1,+165。(x)=2xx=xx21(x1)(2x2+x+1)當(dāng)x1時(shí)，F(xiàn)162。)上為增函數(shù)，∴F(x)F(1)=∴當(dāng)x1時(shí) g(x)f(x)0，即f(x)g(x)，故在區(qū)間(1,+165。3111+1)23 =x n32【解】令h(x)=xx+ln(x+1)，13x3+(x1)2=則h162。(0,+165。)上單調(diào)遞增，∴x206。)時(shí)，恒有h(x)h(0)=0，即xx+ln(x+1)0，∴l(xiāng)n(x+1)xx 對(duì)任意正整數(shù)n，取x=32231111206。)，則有l(wèi)n(+1)23 nnnn從條件特征入手構(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)0 ∴構(gòu)造函數(shù) F(x)=xf(x)，則F(x)= xf162。39。(2)若a=1,求證:x＞0時(shí),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(duì)ｘ∈Ｒ恒成立，ｘ即ａ≥ｘｅ對(duì)ｘ∈Ｒ恒成立 記ｇ（ｘ）＝ｘｅ，則ｇ′(ｘ)＝ｅ－ｘｅ=(1x)e，當(dāng)ｘ＞１時(shí)，ｇ′（ｘ）＜０，當(dāng)ｘ＜１時(shí)，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(shí),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, + ∞)x(2)記F(X)=f(x)－(1+x)=exｘｘｘx12x1x(x0)2則F′(x)=e1x, xx令h(x)= F′(x)=e1x,則h′(x)=e1 當(dāng)x0時(shí), 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(shí),(1+x)1+1xe1+x2例：證明當(dāng)bae,證明ab例：已知m、n都是正整數(shù)，且1mn,證明：(1+m)(1+n)強(qiáng)化訓(xùn)練：設(shè)a179。g(x)2x，求證：對(duì)任意的正數(shù)a、b，1+x已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)恒有l(wèi)nalnb179。(x)f(x)≤0，對(duì)任意正數(shù)a、b，若a b，則必有（）（A）af(b)≤bf(a)（C）af(a)≤f(b)（B）bf(a)≤af(b)（D）bf(b)≤f(a)mx2 5．設(shè)函數(shù)f（x）