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[专题]:导数在不等式证明中的应用 (1)

时间:2016-10-15


[引例]:证明函数f ?x ? ? ln(x ? 1) ? x ? x
2

3

在区间 (0, ? ?)上单调递增 .
[变式]:证明:当x ? 0时,ln(x ? 1) ? x ? x
2 3

[例1]: ( 07山东改编) 求证:对任意正整数 n, 1 1 1 不等式 ln(

? 1) ? 2 ? 3 都成立. n n n

[变式]:(10安徽改编) 已知a ? ln 2 ? 1, 求证:x ? 0时,e ? x ? 2ax ? 1.
x 2

证明:设f ?x? ? e x ? x 2 ? 2ax ?1, x ? 0
二次 求导

则 f ' ? x ? ? e x ? 2 x ? 2a
设g ?x? ? f ' ?x?, 则g ' ?x? ? e x ? 2

符号无法 判断!

当0 ? x ? ln 2时, g ' ?x ? ? 0;当x ? ln 2时,g ' ?x ? ? 0.

即g ?x ?在?0, ln 2?上单调递减,在 (ln 2,??)上单调递增 .
所以g ?x?min ? g ?ln 2? ? eln2 ? 2 ln 2 ? 2a ? 2(1 ? ln 2 ? a)

? a ? ln 2 ? 1? g ?x ?min ? 0 ? g ?x ? ? f ' ?x ? ? 0 ? f ?x ?在(0,??)上单调递增
? x ? 0时f ?x ? ? f ?0? ? 0 ,即e x ? x 2 ? 2ax ? 1.

?1? x ? ?1时, [例2]: (10 全国II改编) 求证: 1? e
*

?x

证明: (1)原不等式 ? 1 ?

n?n ? 1? ?2? n ? N 时, ? ln[2 ? 3 ? 4 ? ......? n(n ? 1)] 2 x 1 1 ?x x
设f ?x? ? e x ? x ?1, ( x ? ?1),则f ' ?x? ? e x ?1 当x ? (?1,0)时f ' ( x) ? 0; x ? (0,??)时f ' ( x) ? 0.

x ? ; x ?1

x ?1

? e ,即

x ?1

?

e

x

, 即e ? x ? 1

即f ?x ?在(?1,0)上单调递减,在 (0,??)上单调递增 .

? f ?x ?min ? f ?0? ? 0 ? f ?x ? ? 0,即e x ? x ? 1 所以原不等式成立 .

?1? x ? ?1时, [例2]: (10 全国II改编) 求证: 1? e ?2?

?x

n?n ? 1? n ? N *时, ? ln[2 ? 3 ? 4 ? ......? n(n ? 1)] 2

x ? ; x ?1

证明: (2)由?1?知,x ? 0时e x ? x ? 1,所以x ? ln?x ? 1? ?当n ? N *时,n ? ln?n ? 1?
?1 ? 2 ? 3 ? ......? n ? ln 2 ? ln 3 ? ln 4 ? ......ln(n ? 1) n(n ? 1) 即 ? ln[2 ? 3 ? 4 ? ......? n(n ? 1)] 2

[例3] : ( 2012 济南模拟改编) ln x 1 已知x ? (0,??), 求证:x ? ln x ? ? x 2

1 1? x? 1 x ln x 1 ln 证明:设 f ?x ? ? x? ? ln x x? ?0 f ' ?g x ?' ? 1? ?? ? 2 ?x 设 g ?x ? ? , ,x 0则 则 x 2 x x x 0( ? ?) 1 时fg ' ?'x ??0 ;当 x f单调递增; ' ?x ? ? 0 ??x ?时 当x当 ? 0x ,e 时 ? 0 ,? g1 x?

当x ? (e,??)时g ' ? x ? ? 0, g ? x ?单调递减 . ?1, 所以f ?x ?在(0,1)上单调递减,在 ? ??上单调递增, 1 1 1 1 所以g ? x ?max ? g ?e ? ? ? ? ? ?1 ??1 ? f ?x ?min ? f ?1? ? 1,即f ? x? ? 1 , 所以 e 2 2 f ?x2 所以f ? x ? ? g ? x ? 即原不等式成立 .

课堂小结: 构造函数的技巧
? 1.由待证不等式直接构造或移项构造, ? 2.待证不等式等价变形后再构造, ? 3.不等式两边分别构造一个函数.


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