12 导数法证明不等式举例（数学部分）-2020年3月刊高三语数外《中学课程辅导高考版》

解题方法 撼学 导数法证明不等式举例 口杨文金 寻数研究不等式主要涉及不等式的证明、不等式则无法证叨f(x)>g(x)所以用此类方法解题的情 的恒成立等问题,不等式的证明主要考查通过转化使况不多,但是在第一个方法失效的时恢可以考虑尝试 用导数研究函数性质并把函数性质用来分析不等式此法 和方程等问题的能力,该点和第二个点一般足解答题 3.在构造两数时把握一个原则:以能够分析导函 中的两个设间,老查的核心是导数研究函数性质的方数的符号为准则 法和数性质的应用.下面举例说明利用导数来证明 4.若在证明f(x)>0中,解析式f(x)可分解为 不等式供同学们参考 儿个因式的乘积则可对每个因式的符号进行讨论 证明一元不等式 进而简化所构造数的复杂度 利用函数性质与最值证明一元不等式,是导数综 5.合理的利用换元简化所分析的解析式 合题常涉及的一类问题,考查同学们构造数选择 判断解析式符号的方法 函数的能力,体现了函数最值的一个作用每一个 (1)对解析式进行因式分解,将复杂的式∫拆分 函数的最值带来个恒成立的不等式此外所证明的为一个个简单的式子,判断出每个式子的符号即可得高 不等式也有可能对后一问的解决提供帮助,处于承上到解析式的符号 启下的位置 (2)将解析式视为一个函数,利用其零点(可猜 1.证明方法的理论基础 出)与单调性(利用导数)可判断其符号 (1)若要证f(x)<C(C为常数)恒成立,则只需 (3)将解析式中的项合理分组,达到分成若十止 证明:f(x)mx<C,进而将不等式的证明转化为求函 项的和或者若干负项的和的结果,进而判断出解析式 数的最值. 符号 例1(2018·新课标1卷文) (2)已知∫(x),g(x)的公共定义域为D),若已知函数f(x)=ae-lnx-1 g(x)mx,则Ⅴx∈D,f(x)>g(x) 证明:对任意的x∈D,有f(x)≥f(x)mn (1)设x=2是f(x)的极值点求a,并求f(x)的 单调区间; 只(x1)≤=g(x) ∴不等式的传递性可得:f(x1)≥f(x)m )证明:当 g(x)mx=≥g(x:),即x∈D,f(x)>g(x) 分析:(1)先确定函数的定义域,对数求导,利 证叨一元不等式主要的方法有两个 第一个方法是将含的项或所有项均挪至不等号用/(2)=0,求得a=2,从而确定出网数的解析式 的一侧将一侧的解析式构造为函数通过分析函数之后观察导函数的解析式,结合极值点的位置,从而 的单调性得到最值,从而进行证明,其优点在于目的得到函数的增区间和减区间 明确,构造方法简单,但对于移项后较复杂的解析式 (2)结合指数函数的值域,可以确定当a=时 则很难分析H单调性 第一个方法是利用不等式性质对所让不等式进f(x)≥1nx1,之后构造新函数g(x) 行等价变形,转化成为f(x)>g(x)的形式,若能证明 1,利川导数究数的单调性,从而求得g(x) f(x)lmn>g(x)m,即可得:f(x)>g(x),本方法的优g(1)=0,利用不等式的传递性,证得结果 在于对不等式中的项进行分割变形,可将较复杂的 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞) 解析式拆成两个简单的解析式但缺点是局限性较 强,如果f(x)m与g(x)不满足f(x)am>g(x) (x)=aer- 解题方法 由题设知 )=0.所以a-26 为增函数:当x∈(0,)时,g(x)<0,g(x)为减函 数;当x∈[。,1时,g x)为增网数 当0<x<2时,f(x)<0;当x>>2时,f(x)> 血g(0)=g(4)=0,g(-2)=-6,所以g(x)max 所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,十∞)单调 0,g(x)mn=-6,g(x)0,g(x)≥-6,即f(x)≤ 递增 点睛:本题主要考查利用导函数研究函数的切线 lnx-1,则g(x) 方程,利用导函数证明不等式的方法,分类讨论的数 <x<1时,g(x)<0;当x>1时,g(x)>0.学思想等知识,意在考查同学们的转化能力和计算求 所以x=1足g(x)的最小值点 解能力 枚当x>0时,g(x)≥g(1)=0 、证明多元不等式 因此,当a≥时,f(x 利川κ数性质、导数证明不等式,是导数综合题 点睛:该题考查的是有关导数的应用问题,步及常涉及的问题,多元不等式的证明是导数综合题的 到的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数 个难点,其困难之处足如何构造、转化合适的一元 函数 的单调性的关系以及证明不等式问题,在解题的过程 中,首先要保证函蔹的生存权,先确定函数的定义域, 1.在处理多元不等式时起码要做好以下推备 之后根据导数与极值的关系求得参数值,之后利用极工作 值的特点确定出函敛的单调区间,第二闷在求解的 (1)利川条件确定变量的取值范围; 高三时候构速新函数,应用不等式