函数导数不等式测试题

函数导数不等式测试题（共12篇）

篇1：函数导数不等式测试题

构造函数,结合导数证明不等式

摘 要：运用导数法证明不等式首先要构建函数，以函数作为载体可以用移项作差，直接构造；合理变形，等价构造；分析（条件）结论，特征构造；定主略从，减元构造；挖掘隐含，联想构造等方法进行证明.关键词：构造函数；求导；证明；不等式

利用导数证明不等式是四川高考压轴题的热点题型之一，此类问题的特点是：问题以不等式形式呈现，“主角”是导数，而不等式的证明不仅技巧性强，而且方法灵活多变，因此构造函数成为证明不等式的良好“载体”，如何有效合理地构造函数是证明不等式的关键所在，下面以实例谈谈如何构造函数的若干解题策略.注：此题也可用数学归纳法证明.解后感悟：函数隐藏越深，难度就越大，如何去寻找证明不等式的“母函数”是解决问题的关键，通过合理变形，展开思维联想的翅膀，发现不等式背后的隐藏函数，便会柳暗花明.结束语：导数为证明不等式问题开辟了新方法，使过去不等式的证明方法，从特殊技巧变为通性通法，合理构造函数，能使解题更具备指向性，剑之所指，所向披靡.

篇2：函数导数不等式测试题

湖北省天门中学薛德斌2010年10月

例

1、设当xa,b时，f/(x)g/(x)，求证：当xa,b时，f(x)f(a)g(x)g(a)．

例

2、设f(x)是R上的可导函数，且当x1时(x1)f/(x)0．

求证：（1）f(0)f(2)2f(1)；（2）f(2)2f(1)．

例

3、已知m、nN，且mn，求证：(1m)(1n)．

nm

例

4、（2010年辽宁卷文科）已知函数f(x)(a1)lnxax21，其中a2，证明： x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.例

5、（2010年全国Ⅱ卷理科）设函数fxxaIn1x有两个极值点x1、x2，且

2x1x2，证明：fx2

12In2.4a0，b0，例

6、已知函数f(x)xlnx，求证：f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).xln(1x)x； 1x

11112ncln（2）设c0，求证：.2cn1cn2c2ncnc例

篇3：利用导数构造函数证明不等式

一、构造函数F (x) =f (x) -g (x) , 证明F (x) ≥0

例1 已知函数.求证:在区间 (1, +∞) 上, 函数f (x) 的图像在函数的图像下方.

解:设F (x) =g (x) -f (x) ,

当x ∈ (1, +∞) 时, F ' (x) >0, 函数F (x) 在 (1, +∞) 上单调递增.

∴F (x) >F (1) =1/6>0 在 (1, +∞) 上恒成立.

∴g (x) >f (x) .

∴ 在 (1, +∞) 上, f (x) 的图像在g (x) 的图像下方.

解题心得:要证明F (x) ≥0, 可通过构造函数F (x) =g (x) -f (x) , 从而将不等式证明问题转化为函数的最值问题, 通过证明[F (x) ]最小值≥0, 使问题得以解决.

二、作差后局部构造函数

例2 设l为曲线C:在点 (1, 0) 处的切线.

(1) 求l的方程;

(2) 证明:除切点 (1, 0) 外, 曲线C在直线l的下方.

解: (1) 函数的定义域为 (0, +∞) , ,

∴ 函数在点 (1, 0) 处切线的斜率k=y'|x=1=1,

∴ 直线l的方程为y=x-1.

(2) 要证曲线C在直线l的下方, 即证.

令g (x) =x2-x-lnx (x>0) ,

令g' (x) =0 得x=- (1/2) (舍) 或x=1.

∴当0<x<1时, g' (x) <0, g (x) 单调递减;

当x>1时, g' (x) >0, g (x) 单调递增.

∴ 当x=1 时, g (x) 有最小值g (1) =0,

∴g (x) ≥0 (当且仅当x=1 时取等号) .

∴ (当且仅当x=1 时取等号)

∴ 除切点 (1, 0) 外, 曲线C在直线l的下方.

解题心得:通过局部构造函数, 可以使复杂问题简单化, 步步为营, 各个击破, 最终使问题得以解决.

三、取对数后构造函数

例3已知函数f (x) =x- (x+1) ln (x+1)

求: (1) f (x) 的单调区间;

(2) 证明:当n>m>0 时, (1+n) m< (1+m) n.

令f' (x) >0得:-1<x<0,

令f' (x) <0得:x>0,

∴f (x) 的单调递增区间为 (-1, 0) , 单调递减区间为 (0, +∞) .

(2) 要证 (1+n) m< (1+m) n,

只需证mln (1+n) <nln (1+m) ,

由 (1) 知:

f (x) 在 (0, +∞) 上单调递减,

∴当x>0时, f (x) <f (0) =0,

即:x- (1+x) ln (1+x) <0.

∴g (x) 在 (0, +∞) 上单调递减.

∵n>m>0, ∴g (n) <g (m) ,

从而有: (1+n) m< (1+m) n.

解题心得:通过对要证不等式 (1+n) m< (1+m) n的分析, 通过两边取对数, 可以使表达式的函数特征更加明显, 从而实现从不等式证明到判断函数单调性的转化.

四、从条件特征入手构造函数证明

例4 已知f (x) 是定义在 (0, +∞) 上的非负可导函数, 且满足xf ' (x) +f (x) ≤0.对任意正数a, b, 若a<b, 则必有 ()

A.af (b) ≤bf (a)

B.bf (a) ≤af (b)

C.af (a) ≤bf (b)

D.bf (b) ≤af (a)

解:xf ' (x) +f (x) ≤0圯[xf (x) ]'≤0,

∴ 函数F (x) =xf (x) 在 (0, +∞) 上为常函数或单调递减.

又∵0<a<b, 且f (x) 非负,

∴af (b) ≤bf (a) , 故选A.

篇4：函数导数不等式测试题

关键词：函数导数；构造思想；不等式

下面借助于教学过程中的几个例子，通过构造函数的方法来解决这类不等式的证明问题。

例1.已知m∈R函数f（x）=mx--lnx，g（x）=+lnx

（1）若y=f（x）-g（x）在[1，+∞）上为单调递增函数，求实数m的取值范围

（2）证明：+++…+<，（n∈N*）

解析：（1）∵y=f（x）-g（x）=mx--2lnx，

∴y'=m+-≥0在[1，+∞）上恒成立，

即m≥在[1，+∞）上恒成立，又=≤1，

所以m≥1.故m所求的取值范围为[1，+∞）.

（2）由（1）令m=1，设h（x）=f（x）-g（x）=x--2lnx≥h（1）=0

则2lnx≤x-，即≤（1-）.

于是≤（1-），（n∈N*）

∴++++…+≤[n-（+++…+）]<[n-（+++…+）]=[n-（1-+-+-）]=

所以+++…+<，（n∈N*）

例2.（1）已知函数f（x）=x（lnx+1），（x>0）若斜率为k的直线与y=f'（x）曲线

交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，求证：x1<

（2）在数列{an}中，a1=1，an=an-1+2n·3n-2，（n≥2，n∈N*），cn=

求证：ln（1+n）

解析：（1）f'（x）=lnx+2（x>0），k=

=要证x1<

即证x1<

等价于证明1<<，令t=

则只要证1<1，lnt>0

故考虑证lnt

设g（t）=t-1-lnt，（t>1）则g'（t）=1->0

故g（t）在（1，∞）上是增函数

所以当t>1时， g（t）=t-1-lnt>g（1）=0，即lnt

设h（t）=tlnt-（t-1），则h'（t）=lnt>0，（t>1）

h（t）在（1，∞）上是增函数，∴当t>1时，

h（t）=tlnt-（t-1）>h（1）=0，即t-1

（2）据题意有=+2×3n-2，（n≥2）

由累加法得-=（-）+（-）+…+（-）

=2（30+31+32+…+3n-2）=3n-1-1

∴an=n·3n-1（n≥2），当n=1时，a1=1也满足上式

∴an=n·3n-1（n∈N*）

从而cn=，∵ln（1+n）=ln（×××…）

=ln+ln+ln+…+ln（1+）

为证ln（1+n）

令f（x）=x-ln（1+x），00

则f（x）在（0，1]上为单调递增函数，从而f（x）>f（0）=0

即x>ln（1+x），（0

∴ln（1+）<，故得证！

例3.函数f（x）=a（-1）-logb

（1）当b=e（e是自然数的底数）时，若函数f（x）在 [1，∞）上为增函数，求实数a的取值范围

（2）求证：当n∈N，且n>19时，不等式9<

解析：（1）当b=e时，f'（x）=，依题意≥0在[1，∞）恒成立，

即x≥a在[1，∞）恒成立∴a≤1

（2）当a=1，b=e时，f（x）=+lnx在[1，∞）上为增函数，

当n>1时，令x=，则x>1，故f（）=+ln=-+ln>0

∴ln>

∴+++…+

又>=+++…+>++++++…+>+（+）+（+++）+…（+…+）>++…+=+9>9故不等式成立。

例4.设函数f（x）=mlnx，h（x）=x-a

（1）当m=2时，若函数k（x）=h（x）-f（x）在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围；

（2）证明：当n≥2，n∈N*时，loge

2+loge

3+loge

4+…+loge

n>

解析（1）

函数k（x）=h（x）-f（x）在[1，3]上恰有两个不同零点等价于方程x-2lnx=a，在[1，3]上恰有两个相异实根

令g（x）=x-2lnx，则g'（x）=1-，

当x∈[1，2），g'（x）<0；当x∈（2，3]，g'（x）>0

故g（x）min=g（2）=2-2ln2，又g（1）=1，g（3）=3-2ln3，g（3）-g（1）=ln<0∴g（1）>g（3），

由题意只需g（2）

（2）∵loge

x=，在F（x）=f（x）-h（x）中，令m=1，a=0，

从而F（x）=lnx-x，∴F'（x）=-1=故函数F（x）在（0，1）上递增；在（1，∞）上递减

∴F（x）≤F（1），即lnx≤-1+x

∴>=>=-，（n≥2）

∴loge

2+loge

3+loge

4+…+loge

n=++…+>1-+-+…+（-）=1+--=即得证。

总之，利用导数研究函数与不等式，方程，数列这一类解答题比较灵活，通过巧妙构造函数可以将其化归为易解决的问题，以上的几个例子都体现了构造函数这一思想方法。利用函数导数证明不等式一般需要注意：

（1）充分联想前一个问题或已知条件中函数的结构；

（2）观察待证不等式，分析法构造适当的函数；

篇5：函数导数不等式测试题

(时间：45分钟 分值：100分)

基础热身

x1．[2013·韶关调研] 函数y＝xe的最小值是()

1A．－1B．－eC．不存在 e

322．f(x)＝x－3x＋2在区间[－1，1]上的最大值是()

A．－2B．0C．2D．4

3．某城市在发展过程中，交通状况逐渐受到大家更多的关注，据有关统计数据显示，从上午6时到9时，车辆通过该市某一路段的用时y(分钟)与车辆进入该路段的时刻t之间

1332629关系可近似地用如下函数给出：y＝－t－t＋36t则在这段时间内，通过该路段用844

时最多的时刻是()

A．6时B．7时C．8时D．9时

4．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y13＝－x＋81x－234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为()3

A．13万件B．11万件C．9万件D．7万件

能力提升

5．一矩形铁皮的长为8 cm，宽为5 cm，在四个角上截去四个相同的小正方形，制成一个无盖的小盒子，盒子容积的最大值是()

3333A．12 cmB．15 cmC．18 cmD．16 cm

26．[2013·湖南卷] 设直线x＝t与函数f(x)＝x，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为()

152A．1B.D.222

37．[2013·全国卷] 已知函数y＝x－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝()

A．－2或2B．－9或3

C．－1或1D．－3或1

8．已知正四棱锥S－ABCD中，SA＝23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为()

A．1B.3C．2D．3

9．[2013·辽宁卷] 若x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是()

1112x2A．e≤1＋x＋xB.1－x＋x 241＋x

1212C．cosx≥1D．ln(1＋x)≥x－ 2810．设底面为等边三角形的直棱柱的体积为V，那么其表面积最小时，底面边长为

________．

ex＋1ex

11．[2013·厦门质检] 设函数f(x)＝，g(x)＝x，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，xe

g（x1）f（x2）不等式k的取值范围是________．

kk＋1

12．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价定为P元，则销售

量Q(单位：件)与零售价P(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170P－P.则该商品零售价定为________时，毛利润L最大，最大毛利润是________(毛利润＝销售收入－进货支出)．

13．将边长为1的正三角形薄片，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，（梯形的周长）记S＝S的最小值是________．

梯形的面积

14．(10分)为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位： cm)满足关系：C(x)＝

k

(0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f(x)为隔热层建造费用3x＋5

与20年的能源消耗费用之和．

(1)求k的值及f(x)的表达式；

(2)隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值．

15．(13分)[2013·河北重点中学联考] 已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x＋ax－2.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；

(2)若函数y＝f(x)＋g(x)有两个不同的极值点x1，x2(x1＜x2)且x2－x1＞ln2，求实数a的取值范围．

难点突破

16．(12分)已知函数f(x)＝lnx－(1)当a>0时，判断f(x)在定义域上的单调性；

ax

(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为a的值；

(3)试求实数a的取值范围，使得在区间(1，＋∞)上，函数y＝x的图象恒在函数f(x)的图象的上方．

课时作业(十五)

【基础热身】

x

1．C [解析] y′＝(x＋1)e，令y′＝0，得x＝－1.因为x<－1时y′<0；x>－1时

y′>0，所以x＝－1时，ymine

2．C [解析] f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0可得x＝0或2(舍去)，当－1≤x<0时，f′(x)>0，当0

3．C [解析] y－＋36＝－(t＋12)(t－8)，令y′＝0得t＝－12(舍去)

828

或t＝8，当6≤t<8时，y′>0，当8

4．C [解析] 因为y′＝－x＋81，所以当x>9时，y′<0；当00，所以

函数y＝－＋81x－234在(9，＋∞)上单调递减，在(0，9)上单调递增，所以x＝9是函

数的极大值点．又因为函数在(0，＋∞)上只有一个极大值点，所以函数在x＝9处取得最大值．

【能力提升】

5．C [解析] 设小正方形的边长为x cm，则盒子底面长为8－2x，宽为5－2x.V＝(8

510322

－2x)(5－2x)x＝4x－26x＋40x0

23

(舍去)，则V极大值＝V(1)＝18，且在定义域内仅有一个极大值，∴V最大值＝18.6．D [解析] 用转化的思想：直线x＝t与函数f(x)＝x，g(x)＝lnx图象分别交于M，N，而|MN|的最小值，实际是函数F(t)＝t2－lnt(t>0)时的最小值．

122

令F′(t)＝2t－＝0，得t＝或t＝－舍去)．

t2222

F(t)＝t－lnt有最小值，即|MN|达到最小值，故选D.2

7．A [解析] 由f′(x)＝3x－3＝3(x＋1)(x－1)＝0⇒x＝±1，结合f(x)的图象可知只要f(－1)＝0或f(1)＝0即可，故解得c＝－2或2，故选A.1222

8．C [解析] 设底面边长为a，则高h＝SA－a＝12－2，所以体积V

22

故t＝121

＝h＝33

164

12a－a.21643535

设y＝12a－a，则y′＝48a－3a，当y取最值时，y′＝48a－3a＝0，解得a＝0(舍

212

12－a＝2.332

9．C [解析] 验证A，当x＝3时，e>2.7＝19.68>1＋3＋3＝13，故排除A；验证B，去)或a＝4，故a＝4时体积最大，此时h＝

当x＝2

6111113391 5211 536166而1＋＝＝故排除B；

***3

1＋

验证C，令g(x)＝cosx－1＋x，g′(x)＝－sinx＋x，g″(x)＝1－cosx，显然g″(x)>0

恒成立，所以当x∈[0，＋∞)时，g′(x)≥g′(0)＝0，所以x∈[0，＋∞)时，g(x)＝cosx－11212

＋为增函数，所以g(x)≥g(0)＝0恒成立，即cosx≥1－恒成立；验证D，令h(x)＝22

121xx（x－3）

ln(1＋x)－x＋x，h′(x)＝1h′(x)<0，解得0

8x＋144（x＋1）

0

10.4V [解析] 设底面边长为x，则高为h＝∴Sx＋2×x＝22

4x3x3x＋32，2

43V3

∴S′＝－23x，令S′＝0，得x＝4V.x

333

当04V时，S′>0，故当x＝4V时，S取得最小值． 11．k≥1 [解析] ∵k为正数，g（x1）f（x2）g（x）≤f（x）∴对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立⇒kk＋1kmaxk＋1

.min

x＋2

e（1－x）

由g′(x)＝＝0得x＝1.e

x∈(0，1)，g′(x)>0，x∈(1，＋∞)，g′(x)<0，g（x）＝g（1）＝e∴kkkmax

ex－11

同理f′(x)＝0⇒x＝，2

xe

11x∈0，f′(x)<0，x∈，f′(x)>0，ee

1f

f（x）＝e2ee2e，k>0⇒k≥1.∴kk＋1k＋1mink＋1k＋1

12．30 23 000 [解析] 由题意知L(P)＝P·Q－20Q＝Q(P－20)

＝(8 300－170P－P)(P－20)

＝－P－150P＋11 700P－166 000，∴L′(P)＝－3P－300P＋11 700.令L′(P)＝0，得P＝30或P＝－130(舍)．

因为在P＝30附近的左侧L′(P)>0，右侧L′(P)<0，∴L(30)是极大值．

根据实际意义知，L(30)是最大值，此时L(30)＝23 000.即零售价定为每件30元时，有最大毛利润为23 000元．

323 [解析] 设DE＝x，由ED∥BC，△ABC为正三角形，AD＝DE＝AE＝x，BD＝EC

－x)，梯形的周长为BD＋DE＋EC＋BC＝3－x，梯形的面2

＝1－x.过D作DF⊥BC，DF＝

133（3－x）2

积为(x＋1)×(1－x)＝－x)．S＝(0<

x<1)．

22432

（1－x）4

24（2x－6）（1－x）－（34（2x－6）（1－3x）S，2222

（1－x）（1－x）331

令S′＝0，解得x＝3(舍去)，311132300，∴x＝时，Smin.3333

14．解：(1)设隔热层厚度为x cm，由题设，每年能源消耗费用为C(x)＝3x＋5

再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝3x＋5

而建造费用为C1(x)＝6x.所以隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为

40800

f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×＋6x＝6x(0≤x≤10)．

3x＋53x＋54002 400

(2)f′(x)＝6－f′(x)＝0，即6.（3x＋5）（3x＋5）25

解得x＝5或x＝－(舍去)．

当00，故x＝5是f(x)的最小值点，对应

800的最小值为f(5)＝6×5＋＝70.15＋5

故当隔热层修建5 cm厚时，总费用达到最小值为70万元．

15．解：(1)由题意f′(x)＝lnx＋1＝0，得x＝.e

111①当0

11此时函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值为f.ee

②当t≥时，函数f(x)在[t，t＋2]上单调递增，e

此时函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值为f(t)＝tlnt.(2)由题意y＝f(x)＋g(x)＝xlnx－x＋ax＋2，则y′＝lnx－2x＋a＋1，知y′＝lnx－2x＋a＋1＝0有两个不同的实根x1，x2，等价于a＝－lnx＋2x－1有两个不同的实根x1，x2，等价于直线y＝a与函数G(x)＝－lnx＋2x－1的图象有两个不同的交点．

111由G′(x)＋2，知G(x)在0上单调递减，在上单调递增，x22

画出函数G(x)图象的大致形状如图，k

1由图易知，当a>G(x)min＝G＝ln2时，2

x1，x2存在，且x2－x1的值随a的增大而增大． 而当x2－x1＝ln2时，lnx1－2x1＋a＋1＝0，由题意得

lnx2－2x2＋a＋1＝0.

两式相减可得ln2(x2－x1)＝2ln2，得x2＝4x1，4

代入x2－x1＝ln2得x2＝4x1，2ln2此时实数aln2－ln－1，33

2ln2所以实数a的取值范围为a>ln2－ln－1.33

【难点突破】

1ax＋a

16．解：(1)f′(x)＋22(x>0)．

x2x1

xxx

当a>0时，f′(x)>0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．(2)由f′(x)＝0得x＝－a.①当a≥－1时，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)在[1，e]上为增函数，33

f(x)min＝f(1)＝－a＝a＝－(舍)．

②当a≤－e时，f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，f(x)在[1，e]上为减函数，a3e

则f(x)min＝f(e)＝1－＝a(舍)．

e22

③当－e0，f(x)在(x0，e)上为增函数．

∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，得a＝－e，2综上知，ae.(3)由题意得x>lnx－在(1，＋∞)上恒成立，即a>xlnx－x在(1，＋∞)上恒成立．

设g(x)＝xlnx－x(x>1)，则g′(x)＝lnx－3x＋1.12

令h(x)＝lnx－3x＋1，则h′(x)＝6x，32

ax

x

当x>1时，h′(x)<0恒成立．

篇6：利用导数证明不等式

函数与导数

（三）核心考点

五、利用导数证明不等式

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f(x)g(x)0（f(x)g(x)0），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、已知函数f(x)lnxax2(2a)x

（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）设a0，证明：当0x111时，f(x)f(x)； aaa

（3）若函数f(x)的图像与x轴交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f`(x0)0

【变式1】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：恒有11ln(x1)x成立。x

1x【变式2】（1）x0，证明：e1x

x

2ln(1x)(2)x0时，求证：x2

二、常数类不等式证明

常数类不等式证明的通法可概括为：证明常数类不等式的问题等价转化为证明不等式 f(a)f(b)的问题，在根据a,b的不等式关系和函数f(x)的单调性证明不等式。例

2、已知mne,，求证：nm

例

3、已知函数f(x)ln(x1)

（1）求f(x)的极小值；

（2）若a,b0，求证：lnalnb1

mnx，1xb a

【变式3】已知f(x)lnx，g(x)127，直线l与函数f(x)、g(x)的 xmx（m0）22

图像都相切，且与函数f(x)的图像的切点的横坐标为1．

（Ⅰ）求直线l的方程及m的值；

（Ⅱ）若h(x)f(x1)g(x)（其中g(x)是g(x)的导函数），求函数h(x)的最大值；（Ⅲ）当0ba时，求证：f(ab)f(2a)ba． 2a

【变式4】求证：

bablnbabaa(0ab)

1x)x0(x1)【变式5】证明：ln（ln22ln32lnn2(n1)(2n1)【引申】求证： 222(n2,nN*)23n2(n1)

【变式6】当t1时，证明：1lntt1 1t

x21(x1)，各项不为零的数列an满足4Snf()1，【引申】已知函数f(x)an2(x1)

1n11（1）求证：ln； an1nan

篇7：导数在证明不等式中的应用

1【期 号】第11期【页 码】2-3【参考文献格式】杨建辉,布春霞.导数在证明不等式中的应用[J].中学生数理化(学研版),2011,(第11期).2.【作 者】 赵京之【刊 名】中国新技术新产品【出版日期】2010【期 号】第14期【参考文献格式】赵京之.导数在证明不等式中的应用[J].中国新技术新产品,2010,(第14期).【摘 要】不等式与等式一样,在数学问题中都是非常重要的课题,不等式的研究范围更广,难度更大,以函数观点认识不等式,应用导数为工具,不等式的证明将化难为易,迎刃而解,考虑的角度初步有:中值定理,Taylor公式,函数的单调性,最值,以及Jensen不等式。

3.【作 者】 刘伟【刊 名】电大理工【出版日期】2004【期 号】第3期【页 码】13-14【参考文献格式】刘伟.导数在证明不等式中的应用[J].电大理工,2004,(第3期).4.【作 者】 顾庆菏【刊 名】邢台师范高专学报【出版日期】1995【期 号】第1期【页 码】118-120【参考文献格式】顾庆菏.导数在证明不等式中的应用[J].邢台师范高专学报,1995,(第1期).5.【作 者】 刘开生;潘书林【刊 名】天水师范学院学报【出版日期】2000【期 号】第3期【页 码】115-116【参考文献格式】刘开生,潘书林.导数在证明不等式中的应用[J].天水师范学院学报,2000,(第3期).6.【作 者】 陈万鹏;陈万超【刊 名】大学数学【出版日期】1990【期 号】第4期【页 码】67-71【参考文献格式】陈万鹏,陈万超.导数在证明不等式中的应用[J].大学数学,1990,(第4期).7.【作 者】 高燕【刊 名】考试周刊【出版日期】2011【期 号】第60期【页 码】69-70【参考文献格式】高燕.导数在不等式证明中的应用[J].考试周刊,2011,(第60期).8.导数法在证明不等式中的应用【作 者】 【刊 名】版)【出版日期】2011【期 号】第Z1期【页 码】

5【参考文献格式】郝文武.导数法在证明不等式中的应用[J].中学生数理化(高二版),2011,(第Z1期).9.导数在证明不等式中的一些应用【作 者】 甘启才【刊 名】广西师范学院学报(自然科学版)【出版日期】2011【期 号】第S1期【页 码】73-75

【参考文献格式】甘启才.导数在证明不等式中的一些应用[J].广西师范学院学报(自然科学版),2011,(第S1期).10.【作 者】 王莉闻【刊 名】考试周刊【出版日期】2011【期 号】第82期【参考文献格式】王莉闻.导数在不等式证明中的应用[J].考试周刊,2011,(第82期).【摘 要】导数知识是高等数学中极其重要的部分,它的内容、思想和应用贯穿于整个高等数学的教学之中.利用导数证明不等式是一种行之有效的好方法,它能使不等式的证明化难为易,迎刃而解.在不等式证明的种种方法中,它占有重要的一席之地.本文将从利用函数的单调性,利用函数的最值（或极值）

11.【作 者】 王翠丽【刊 名】数学之友【出版日期】2011【期 号】第6期【页 码】84，86【参考文献格式】王翠丽.导数在不等式证明中的应用[J].数学之友,2011,(第6期).12.【作 者】 王强;申玉芹【刊 名】中学数学【出版日期】2012【期 号】第9期【页 码】6【参考文献格式】王强,申玉芹.导数在不等式中的应用[J].中学数学,2012,(第9期).13.【作 者】 朱帝【刊 名】数理化学习【出版日期】2008【期 号】第3期【页 码】2-4【参考文献格式】朱帝.导数在证明不等式中的应用[J].数理化学习,2008,(第3期).14.【作 者】 王伟珠【刊 名】佳木斯教育学院学报【出版日期】2010【期 号】第6期【参考文献格式】王伟珠.导数在不等式证明中的应用[J].佳木斯教育学院学报,2010,(第6期).15.【作 者】 张根荣;李连方【刊 名】中学数学研究【出版日期】2010【期 号】第11期【页 码】24-25【参考文献格式】张根荣,李连方.导数在不等式证明中的应用[J].中学数学研究,2010,(第11期).【摘 要】“问题是数学的心脏”，数学学习的核心就应该是培养解决数学问题的能力．正如波利亚指出的：“掌握数学就是意味着善于解题．”“中学数学首要的任务就是加强解题的训练”．在数学教学中，例题、习题的解答过程是学生建构知识的重要基础，是学生学习不可缺少的重要组成部分．因此在课堂教学有限的45分钟内，如何发挥例题的功能，16.【作 者】 张萍【刊 名】西部大开发：中旬刊【出版日期】2010【期 号】第7期【页 码】176-177【参考文献格式】张萍.导数在证明不等式中的有关应用[J].西部大开发：中旬刊,2010,(第7期).【摘 要】导数是高等数学中最基本最重要的内容之一，用导数的方法证明不等式是不等式证明重要的组成部分，具有较强的灵活性和技巧性。掌握导数在不等式中的证明方法和技巧对学好高等数学有很大帮助。本文将通过举例和说明的方式来阐述不等式证明中导数的一些方法和技巧，提高学生用导数证明不等式的能力．

17.【作 者】 李旭金【刊 名】新作文(教育教学研究)【出版日期】2011【期 号】第11期【页 码】31【参考文献格式】李旭金.导数在不等式中的应用[J].新作文(教育教学研究),2011,(第11期).18.【作 者】 李晋【刊 名】大视野【出版日期】2009【期 号】第3期【页 码】241-243【参考文献格式】李晋.导数在不等式证明中的应用[J].大视野,2009,(第3期).第5期【页 码】24-26【参考文献格式】高芳.导数在不等式证明中的应用[J].商丘职业技术学院学报,2009,(第5期).20.【作 者】 蔡金宝【刊 名】吉林省教育学院学报(学科版)【出版日期】2009

【期 号】第9期【页 码】85-86【参考文献格式】蔡金宝.导数在不等式证明中的应用[J].吉林省教育学院学报(学科版),2009,(第9期).21.浅谈导数在不等式证明问题中的应用【作 者】 姜治国【刊 名】考试(高考 数学版)【出版日期】2009【期 号】第Z5期【页 码】54-56【参考文献格式】姜治国.浅谈导数在不等式证明问题中的应用[J].考试(高考 数学版),2009,(第Z5期).22.导数在不等式中的一些应用【作 者】 陶毅翔【刊 名】宁德师专学报·自然科学版【出版日期】2010【期 号】第2期【页 码】123-124，127【参考文献格式】陶毅翔.导数在不等式中的一些应用[J].宁德师专学报·自然科学版,2010,(第2期).23.【作 者】 陈海兰【刊 名】科技信息【出版日期】2010【期 号】第8期【参考文献格式】陈海兰.导数在不等式中的应用[J].科技信息,2010,(第8期).【摘 要】本文给出了几种用导数来证明不等式的方法,通过这些方法,可以比较简洁,快速地解决一些不等式的证明问题.24.【作 者】 胡林【刊 名】科技咨询导报【出版日期】2007【期 号】第5期

【页 码】95-96【参考文献格式】胡林.导数在不等式证明中的应用[J].科技咨询导报,2007,(第5期).25.【作 者】 胡林【刊 名】科技资讯【出版日期】2006【期 号】第36期【页 码】148【参考文献格式】胡林.导数在不等式证明中的应用[J].科技资讯,2006,(第36期).26.【作 者】 周晓农【刊 名】贵阳金筑大学学报【出版日期】2000【期 号】第3期【页 码】107-110+87【参考文献格式】周晓农.导数在不等式证明中的应用[J].贵阳金筑大学学报,2000,(第3期).27.【作 者】 葛江峰【刊 名】中学理科：综合【出版日期】2008【期 号】第9期【页 码】52【参考文献格式】葛江峰.导数在不等式中的应用[J].中学理科：综合,2008,(第9期).【摘 要】新课程试卷将导数与传统的不等式证明有机结合在一起设问，是一种新颖的命题模式，体现导数在分析和解决一些函数性质问题的工具作用，以下介绍几种应用导数证明不等式的方法，供大家参考。

28.【作 者】 梁俊平【刊 名】龙岩师专学报(自然科学版)【出版日期】1997

篇8：函数导数不等式测试题

解析: 由条件联想到积的导数法则, 由此不难想到构造函数g ( x) = xf ( x) , 则g' ( x) = f ( x) + xf ' ( x) >0, 所以g ( x) 是R上的增函数. 又可等价转化为, 即, 所以解得1 ≤ x < 2, 所以原不等式的解集为{ x | 1 ≤ x < 2} .

例2 已知定义在R上的可导函数g = f ( x) 的导函数为f ' ( x) , 满足f ' ( x) < f ( x) , 且y = f ( x + 1) 为偶函数, f ( 2) = 1, 则不等式f ( x) < ex的解集为______.

解析:由条件f' (x) -f (x) <0联想到商的导数法则.要想得到f' (x) -f (x) <0, 则g (x) 与g' (x) 应相等, 故可取g (x) =ex, 构造, 则, 所以h (x) 在R上是减函数.又g=f (x+1) 是偶函数, 所以y=f (x) 的图象关于直线x=1对称, 所以f (2) =f (0) =1.由f (x) <ex得.又, 所以h (x) <h (0) , 所以x>0, 故原不等式的解集为{x|x>0}.

例3 已知定义在内的函数f ( x) 的导函数为f ' ( x) , 且对任意的, 都有f ' ( x) sinx< f ( x) cosx, 则不等式的解集为______.

解析: 由条件联想到商的导数法则, 很容易想到构造函数, 所以g ( x) 在内为减函数.

由, 即, 所以.

所以原不等式的解集为.

例4 设函数f (x) 是定义在 ( - ∞ , 0) 上的可导函数, 其导函数为f ' ( x) , 且有2f ( x) + xf ' ( x) > x2, 则不等式 ( x + 2015) 2f (x + 2015) - 4f ( - 2) > 0 的解集为______.

解析: 由条件联想积的导数法则, 不难想到构造函数g ( x) = x2f ( x) , 再结合条件2f ( x) + xf ' ( x) > x2, 为了与g' ( x) 消除差异, 可将该条件两边同时乘以x得2xf ( x) + x2f ' ( x) < x3< 0 即g' ( x) < 0, 所以g ( x) 在 ( - ∞ , 0) 上是减函数. 又g ( - 2) = 4f ( - 2) , 所以由 ( x + 2015) 2f ( x + 2015) - 4f ( - 2) > 0 及g ( x +2015) > g ( - 2) , 所以x + 2015 < - 2, 所以x < - 2017.所以原不等式的解集为 ( - ∞ , - 2017) .

例5定义在R上的函数f ( x) , 满足f ( 1) = 1, 且对任意x ∈ R都有, 则不等式的解集为______.

解析: 据条件构造函数, 则, 所以g ( t) 在定义域上是减函数.

又g ( 1) = f ( 1) - 1 = 0, 所以原不等式可化为g ( lgx) > g ( 1) , 所以lgx < 1, 解得0 < x < 10. 所以原不等式的解集为{ x | 0 < x < 10} .

篇9：导数证明不等式中的函数构造

一、移项即可产生

例1 当 时，求证： .

分析：这是一个特殊的不等式，用常规的方法无效，因此，我们试用导数来证.

证明：设 ，则

因为 ，得 ，于是 ，

即 时， 为增函数，

于是 时， ，而 ，于是 ，

即 ，故 .

点评：本题的函数在构造上较为简单，只需要将其移项就产生了.这是用导数证明不等式构造函数的重要方法之一，我们必须掌握.

二、变形之后产生

例2 已知 是正整数，且 ，证明： .

分析：由

解：设 = ，则

由 ，得 ，而 ，

所以 ，得 为单调递减函数；

因为 且 是正整数，所以 ，

那么，所以 ，

即 .

点评：本题初看与导数无关，也无法构造函数.但当我们对欲证不等式进行变形之后，让我们感觉到了函数 的存在，有了这个函数，一切都变得轻松、自然.

三、转化途中产生

例3 设数列 满足 ， ，试证： .

分析：由已知得 ， ，那么，原不等式即为 .

证明： 设 （ ），则 ，得 ，函数 在 上单调递减，

∴ ，即 在 恒成立，又 ，则有 ，

即 .

点评：本题证明的技巧性很强，在产生 之后，首先要说明 ，然后再结合 构造函数，最后还有函数的定义域由 决定.三处有一处上不去，就別想完成本题的求解.

四、挖掘隐含产生

例4 设函数 有两个极值点 ，且 ，求证：.

分析： 是什么？将 代入到 中去以后，又多出了字母 ，如何处理字母 呢？能不能用 表示出字母 ？我们知道 ，作出以下证明。

证明：由于 ，

令 ，其对称轴为 .

由题意知 是方程 的两个均大于 的不相等的实根，那么 ， ，

显然，当 时， 在 单调递增；

点评：本题的难度很大，函数隐藏较深.也许有的学生能产生 的结果，也能顺利代换掉字母 ，由于 与想象中的函数不一致，最终前功尽弃.

五、借助已知函数产生

例5 已知函数 .

求证：若 ，则对任意x ，x ，xx ，有 .

分析：本题的式子很特别，从给出的式子中隐约感觉到要用导数进行证明，但如何构造函数呢？由于待证式子中既有 又有 ，是不是与 及 有关联的式子呢？

证明：设函数 ，

则 ，

由于 ，得 ，即 在(4，+∞)单调递增，

从而当 时，有 ，即 ，

故 ，

当 时，有

点评：本题的结构很简练，可以说“清脆透明”，一看就能理解题意，如何下手呢？从开始证明到结论产生，不过几行而已.但对大多数考生来说，这几行字的书写并非是一件易事.

通过上述几例可以看出：导数在证明不等式中的作用是非凡的，有些看似难以下手或结论十分特别的式子，通过利用导数都能顺利获解，因此，高考偏爱导数是正常的，将它放在压轴题的位置上也是应该的.当然，面对导数这块“硬骨头”，我们必须“啃”掉它.

责任编辑李婷婷

篇10：函数导数不等式测试题

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

指 导 教 师谢 杰 华

日期2012年12月20日

篇11：反函数的导数

原函数的`导数等于反函数导数的倒数。

设y=f(x),其反函数为x=g(y)

可以得到微分关系式：dy=(df/dx)dx,dx=(dg/dy)dy

那么,由导数和微分的关系我们得到

原函数的导数是df/dx=dy/dx

反函数的导数是dg/dy=dx/dy

篇12：函数导数不等式测试题

目的要求

1．掌握函数lnx、logax的导数公式．

2．能用公式求对数函数的导数． 内容分析

1．教科书直接给出对数函数的导数公式，目的在于减轻学生理解上的负担，注重了知识的直观性，而降低了理论的严谨性．接着通过几道例题，介绍了对数函数求导公式的应用．

2．对于公式(logax)′＝1xlogae，我们将它改为证明题，理由如下：1x

为根据，首先，可复习对数换底公式．其次，可用前一公式(lnx)′＝这就成了熟悉和使用前一公式的一次机会．再次，这一公式有一个常数

因子logae即．通过证明，可以加深对此公式的理解和记忆，学生lnalnx1由logax＝这一步运算看到了的来历．这样对公式的结构特征lnalna就加深了印象，于是先入为主，可以避免与公式(a)′＝alna及xx1

axdxax

C中的“lna”的位置相混淆．lna3．本节重点是结合函数四则运算的求导法则与复合函数的求导法则，应用对数函数的求导公式，使学生能求简单的初等函数的导数．

给出对数函数的导数公式后，安排了两道例题，都是求对数函数的复合函数的导数．例1比较简单，不仅可让学生说出中间变量u＝2x2＋3x＋1，而且整个解题过程都可交给学生完成．例2比较复杂，两个

解法中，解法1略显繁琐，因1－x的求导还是复合函数求导．而解法

22中的1－x2的求导都是简单的二次函数式求导，解法2中使用了对数运算性质将函数解析式先进行了变形．大学里的取对数法求导，就是利用对数运算性质来简化求导过程的．

4．由于加强公式的应用是本节重点，所以增加了一道例题，其中注意增加了含有三角函数的复合函数的求导．

教学过程 1．复习

(1)问题 回忆换底公式；叙述复合函数的求导法则．(2)练习求下列函数的导数：

Ⅰ．y＝1－x；x1x22Ⅱ．y＝sin2x．

答案：Ⅰ．－；Ⅱ．2cos2x．

2．新授

1．直接给出对数函数的导数公式(1)(lnx)′＝2．求证对数函数的导数公式(2)(logax)′＝证明：(logax)′＝(lnxlna)′＝1lna·1x＝1x1x1x．logae．

logae．注：以上两个公式均是对数函数的导数公式． 公式(1)尤其简单易记，lnx的导数等于x-1．

公式(2)略显复杂，logax的导数除了x，还有另一因子logae，即1lna1，由证明过程看出是由使用换底公式而来．试思考：求幂函数xm的导数能得x-1吗？ 3．公式的应用

让学生解答教科书例1，用多媒体展示其过程，需强调中间变量u＝2x2＋3x＋1． 让学生解答教科书例2，并分组交流、讨论、比较各种解法的优劣，引导学生归纳方法和技巧，寻找规律性的策略．

这样，突出了学生的主体地位，学生感到自己会学习，增强了学会学习、学会求知的兴趣和信心．

此处可向学生说明，真数中若含乘方或开方、乘法或除法的，均可先变形再求导．此例中解法2优于解法1，实际上，解法1中y＝lgu，u＝12v，v＝1－x，取了两个中间变量，属于多重复合．而解法2中y＝22

lgu，u＝1－x，仅有一次复合，所以其解法显得简单，不易出错．增例：求下列函数的导数：

(1)y＝log2(x＋1＋x)；(3)y＝lnsin2xx； 2(2)y＝ln1+x1x222；

(4)y＝lnsin(e－x)．边分析，边讲解．

解：(1)y′＝log2ex＝1x2(x1x)′2

[1x1x2log2ex1x2121x)22·(1x)′]2＝log2ex1x2(1

＝log2e1x解：(2)由对数运算性质，有

y＝12[ln(1＋x)－ln(1－x)]．22

1(1x)′(1x)′则y′＝[]2221x1x＝＝121x2x1x422[2x22x1x2]

解：(3)y′＝＝xsin2xxsin2x(sin2xx)′·cos2x·2·xsin2x·1x1x2

＝2cot2x[sin(ex)]′sin(ex)22解：(4)y′＝＝

2sin(ex)·[sin(ex)]′sin(ex)2＝2sin(ex)·cos(ex)·(ex)′sin(ex)2

＝－2cot(ex)请学生用先变形再求导的方法，再解第(4)小题． 4．反馈训练

Ⅰ．求下列函数的导数：

(1)y＝ln(cosx)；(3)y＝xlgx；(2)y＝1＋lnx；(4)y＝log2(1＋sinx)．2

答案：

(1)－tanx；(2)lnxx1+lnx2；(3)lgx＋lge；(4)cosx1+sinxlog2e．

Ⅱ．教科书练习． 5．课堂小结

知识：要记住并用熟对数函数的两个求导公式．

技能：注意遇到真数中含有乘法、除法、乘方、开方这些运算的，应先利用对数运算性质将函数解析式作变形处理，然后再求导，可使运算较简便．

布置作业

教科书习题3．5第1题． 增练 求下列函数的导数：(1)y＝ln2(3x＋7)；(2)y＝lncos3(2x－3)；(3)y＝ln(x＋x2－1)；