千文網(wǎng)小編為你整理了多篇相關(guān)的《證明函數(shù)收斂(合集)》，但愿對你工作學習有幫助，當然你在千文網(wǎng)還可以找到更多《證明函數(shù)收斂(合集)》。
第一篇：函數(shù)法證明不等式
函數(shù)法證明不等式
已知函數(shù)f(x)=x-sinx,數(shù)列{an}滿足0
證明0
證明an+1
3它提示是構(gòu)造一個函數(shù)然后做差求導，確定單調(diào)性?？墒沁€是一點思路都沒有，各位能不能給出具體一點的解答過程啊?
(1)f(x)=x-sinx,f'(x)=1-cosx
00,f(x)是增函數(shù),f(0)
因為0
且an+1=an-sinan
(2)求證不等式即(1/6)an^3-an+1=(1/6)an^3-an+sinan>0①
構(gòu)造函數(shù)g(x)=(1/6)x^3-x+sinx(0
g''(x)=x-sinx,由(1)知g''(x)>0,所以g'(x)單增,g'(x)>g'(0)=0
所以g(x)單增且g(x)>g(0)=0,故不等式①成立
因此an+1
證畢!
構(gòu)造分式函數(shù)，利用分式函數(shù)的單調(diào)性證明不等式
【例1】證明不等式：≥(人教版教材p23T4)
證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=(x≥0)
則f(x)==1-在上單調(diào)遞增
∵f(|a|+|b|)=f(|a+b|)=且|a|+|b|≥|a+b|
∴f(|a|+|b|)≥f(|a+b|)即所證不等式正確。
點評：本題還可以繼續(xù)推廣。如：求證：≥。利用分式函數(shù)的單調(diào)性可以證明的教材中的習題還有很多，如：
p14第14題：已知c>a>b>0,求證:
p19第9題:已知三角形三邊的長是a，b，c，且m是正數(shù)，求證：
p12例題2:已知a，b，m，都是正數(shù)，且a
二、利用分式函數(shù)的奇偶性證明不等式
【例2】證明不等式：(x≠0)
證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=
∵f(-x)=
=f(x)
∴f(x)是偶函數(shù)，其圖像關(guān)于y軸對稱。
當x>0時，
當x0,故f(x)=f(-x)
∴
三、構(gòu)造一次函數(shù)，利用一次函數(shù)的單調(diào)性證明不等式
【例3】已知|a|
∵|a|
∴-10
∴f(c)的(-1，1)上是增函數(shù)
∵f(1)=1-ab+a+b-2=a+b–ab-1=a(1-b)-(1-b)=(1-b)(a-1)
∴f(1)
∴a+b+c。
第二篇：函數(shù)極限證明
函數(shù)極限證明
記g(x)=lim^(1/n)，n趨于正無窮;
下面證明limg(x)=max{a1,...am},x趨于正無窮。把max{a1,...am}記作a。
不妨設(shè)f1(x)趨于a;作b>a>=0,M>1;
那么存在N1,當x>N1,有a/MN2時，0Ni時，0
那么當x>N,有
(a/M)^n
第三篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式
構(gòu)造函數(shù)證明不等式
構(gòu)造函數(shù)證明:>e的(4n-4)/6n+3)次方
不等式兩邊取自然對數(shù)(嚴格遞增)有:
ln(2^2/2^2-1)+ln(3^2/3^2-1)+...+ln(n^2/n^2-1)>(4n-4)/(6n+3)
不等式左邊=2ln2-ln1-ln3+2ln3-ln2-ln4+...+2lnn-ln(n-1)-ln(n+1)
=ln2-ln1+lnn-ln(n+1)=ln
構(gòu)造函數(shù)f(x)=ln-(4x-4)/(6x+3)
對f(x)求導,有:f'(x)=+^
2當x>2時,有f'(x)>0有f(x)在x>2時嚴格遞增從而有
f(n)>=f(2)=ln(4/3)-4/15=0.02>0
即有l(wèi)n>(4n-4)/(6n+3)
原不等式等證
【解】：
∏{n^2/(n^2-1)}>e^((4n-4)/(6n+3))
∵n^2/(n^2-1)=n^2/(n+1)(n-1)
∴∏{n^2/(n^2-1)}=2n/(n+1)
原式可化簡為：2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3))
構(gòu)建函數(shù)：F(n)=2n/(n+1)-e^((4n-4)/(6n+3))
其一階導數(shù)F’(n)={2-4e^((4n-4)/(6n+3))}/(n+1)^2
∵e^((4n-4)/(6n+3))
∴F’(n)>0
而F=4/(2+1)-e^((8-4)/(12+3))=4/3-e^(4/15)>0
所以F(n)>0
即：2n/(n+1)>e^((4n-4)/6n+3))
故得證。
一、結(jié)合勘根定理，利用判別式“△”的特點構(gòu)造函數(shù)證明不等式
例1若a,b,c∈R，且a≠0，又4a+6b+c>0，a-3b+c4ac.
證明構(gòu)造函數(shù)f(x),設(shè)f(x)=ax2+3bx+c(a≠0)，
由f(2)=4a+6b+c>0，
f(-1)=a-3b+c
根據(jù)勘根定理可知：f(x)在區(qū)間(-1,2)內(nèi)必有零點.
又f(x)為二次函數(shù)，由勘根定理結(jié)合可知：
f(x)必有兩個不同的零點.
令ax2+3bx+c=0可知△=(3b)2-4ac>0,
所以可得：9b2>4ac.命題得證.
評析本題合理變換思維角度，抓住問題本質(zhì)，通過構(gòu)造二次函數(shù),將所要證明的結(jié)論轉(zhuǎn)化成判別式“△”的問題,再結(jié)合勘根定理和二次函數(shù)知識，從而使問題獲得解決.
二、結(jié)合構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性證明不等式
例2(2005年人教A版《選修4-5不等式選講》例題改編)已知a,b,c是實數(shù)，求證：
|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.證明構(gòu)造函數(shù)f(x)，設(shè)f(x)=x1+x(x≥0).
由于f′(x)=1(1+x)2,所以結(jié)合導數(shù)知識可知f(x)在[0，+∞)上是增函數(shù).
∵0≤|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|,
∴f(|a+b+c|)≤f(|a|+|b|+|c|),
即|a+b+c|1+|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|1+|a|+|b|+|c|=|a|1+|a|+|b|+|c|+|b|1+|a|+|b|+|c|+|c|1+|a|+|b|+|c|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|+|c|1+|c|.命題得證.
三、結(jié)合構(gòu)造函數(shù)在某個區(qū)間的最值證明不等式
例3(第36屆IMO試題)
設(shè)a,b,c為正實數(shù)，且滿足abc=1,求證:
1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.證明構(gòu)造函數(shù)，設(shè)f(a,b,c)=1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b),顯然a=b=c=1時，f(a,b,c)=32≥32成立.
又abc=1，a,b,c為正實數(shù)，則a,b,c中必有一個不大于1，不妨設(shè)0f(a,b,c)-f(a,1,c)=(1-b)1a3(b+c)(1+c)+1+b+b2b3(a+c)+1c3(a+b)(1+a)≥0,
∴f(a,b,c)≥f(a,1,c)，
因此要證f(a,b,c)≥32，只要證f(a,1,c)≥32，此時ac=1，
∴a,1,c成等比數(shù)列，令a=q-1，c=q(q>0).
f(a,1,c)=q31+q+qq2+1+1q2(1+q)
=q5+1q2(1+q)+qq2+1
=(q4+1)-(q3+q)+q2q2+qq2+1
=(q2+q-2)-(q+q-1)+1q+q-1+1
=t2-t+1t-1.(其中t=q+q-1，且t≥2).
由導數(shù)知識(方法同例
2、例3)可知函數(shù)
f(a,1,c)=t2-t+1t-1(t≥2)是增函數(shù)，
當且僅當t=2q=1a=c=1時，
(f(a,1,c))min=22-2+12-1=32成立，
∴f(a,1,c)≥32.
故f(a,b,c)≥f(a,1,c)≥32.命題得證。
第四篇：構(gòu)造可導函數(shù)證明函數(shù)不等式
構(gòu)造可導函數(shù)證明不等式
◎李思陽本溪市機電工程學校 117022
【內(nèi)容簡要】構(gòu)造輔助函數(shù)，把不等式證明轉(zhuǎn)化為利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或最值，從而證得不等式。而如何構(gòu)造一個可導函數(shù)，是用導數(shù)證明不等式的關(guān)鍵。本文從熱門的高考題及模擬題中選出四種類型題供師生們參考。
【關(guān)鍵詞】構(gòu)造輔助函數(shù)；導數(shù)；不等式。
一．直接作差
1（2011·遼寧文科）設(shè)函數(shù)f(x)?x?ax2?blnx，曲線y?f(x)過P（1，0），且在P點處的切線斜率為2.
（1） 求a，b的值；
（2） 證明：f(x)?2x?2。
（1）解：f?(x)=1+2ax??1?a?0b.由已知條件得f(1)?0，f?(1)=2，即? x?1?2a?b?2
解得??a??1。
?b?3
(2)證明:因為f(x)的定義域為（0，+∞），由（1）知f(x)?x?x2?3lnx。
設(shè)g(x)?f(x)?(2x?2)=2?x?x?3lnx，
則g?(x)=?1?2x?23(x?1)(2x?3)=。 xx
當0＜x＜1時，g?(x)＞0，當x＞1時，g?(x)＜0。
所以g(x)在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞增，在（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減。而g(1)=0，故當x＞0時，g(x)≤0，即f(x)?2x?2。
總結(jié)：直接作差g(x)?f(x)?(2x?2)，用導數(shù)得gmax(x)?g(1)=0，從而得證。直接作差是證這類題最常用的方法。
二．分離函數(shù)
2.（2011·課標全國卷文科）已知函數(shù)f(x)?
處的切線方程為x?2y?3?0。
（1）求a，b的值；
（2）證明：當x＞0，且x?1時，f(x)＞
(1) 解:略a?1，b?1。 alnxb?，曲線y?f(x)在點（1，f(1)）x?1xlnx。 x?1
lnx1lnx1x2?1?，所以f(x)?(2lnx?)。 （2）證明：由（1）知f(x)?=x?1xx?11?x2x
x2?1考慮函數(shù)h(x)=2lnx?（x＞0），則 x
22x2?(x2?1)(x?1)2
=。 h?(x)=?22xxx
所以當x?1時，h?(x)＜0，而h(1)?0
當x∈（0，1）時，h(x)＞0，可得，故 1h(x)＞0； 21?x
1h(x)＞0。 當x∈（1，+∞）時，h(x)＜0，可得1?x2
lnx從而當x＞0，且x?1時，f(x)＞。 x?1
總結(jié)：作差后的函數(shù)如可分為兩個函數(shù)的積，直接求導很繁，可取其中一個函數(shù)求導，再討論證明。
三．巧妙變形
3.（2010·遼寧文科）已知函數(shù)f(x)?(a?1)lnx?ax2?1。
（1）討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
（2）設(shè)a??2，證明：對任意x1，x2∈（0，+∞），f(x1)?f(x2)?4x1?x2。 解：（1）略。
（2） 不妨設(shè)x1≥x2，由于a??2，故f(x)在（0，+∞）減少。所以
f(x1)?f(x2)?4x1?x2等價于f(x2)?f(x1)≥x1-x2，即f(x2)?x2≥f(x1)?x1。
a?12ax2?4x?a?1?2ax?4=令g(x)?f(x)?x，則g?(x)=。于是 xx
?4x2?4x?1?(2x?1)2
?g?(x)≤≤0。 xx
從而g(x)在（0，+∞）單調(diào)減少，故g(x1)≤g(x2)。即f(x1)?x1≤f(x2)?x2， 故，對任意x1，x2∈（0，+∞），f(x1)?f(x2)?4x1?x2。
總結(jié)：通過等價變形，構(gòu)造函數(shù)g(x)，利用g(x)的單調(diào)性得證。
四．作函數(shù)積
12?。 exex
1212證明: 對任意的x?（0，﹢∞），lnx?1＞x??x(lnx?1)>x(x?) exexee
x2設(shè)函數(shù)f(x)=xlnx?x，g(x)=x+。 ee
111f?(x)=lnx?2，f?(x)=0，得x?2，易知fmin(x)=f(2)=—2。 eee4.（2011·本溪一中模擬）對任意的x?（0，﹢∞），求證：lnx?1＞
1ex?xex
??，=0，得1，易知==。 g(1)g?(x)=g(x)g(x)x?maxee2x
11??，∴fmin(x)＞gmax(x)，∴f(x)?g(x)。 ee2
x212∴xlnx?x?x+。因此lnx?1＞x?。 exeee∵?
總結(jié)：直接做不好做，不等式兩邊同乘以一個函數(shù)，先進行證明，得到結(jié)果后再同除以這個函數(shù)，從而證得。
第五篇：構(gòu)造函數(shù)證明不等式
在含有兩個或兩個以上字母的不等式中，若使用其它方法不能解決，可將一邊整理為零，而另一邊為某個字母的二次式，這時可考慮用判別式法。一般對與一元二次函數(shù)有關(guān)或能通過等價轉(zhuǎn)化為一元二次方程的，都可考慮使用判別式，但使用時要注意根的取值范圍和題目本身條件的限制。
例1.設(shè)：a、b、c∈R，證明：a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0成立，并指出等號
何時成立。
解析：令f(a)?a2?(3b?c)a?c2?3b2?3bc
⊿＝(3b?c)2?4(c2?3b2?3bc)??3(b?c)
2∵b、c∈R，∴⊿≤0
即：f(a)?0，∴a2?ac?c2?3b(a?b?c)?0恒成立。
當⊿＝0時，b?c?0，此時，f(a)?a2?ac?c2?3ab?(a?c)2?0， ∴a??b?c時，不等式取等號。
?4?例2.已知：a,b,c?R且a?b?c?2,a2?b2?c2?2，求證： a,b,c??0,?。 ?3?
?a?b?c?222解析：?2 消去c得：此方程恒成立， a?(b?2)a?b?2b?1?0，22?a?b?c?
2∴⊿＝(b?2)2?4(b2?2b?1)??3b2?4b?0，即：0?b?
?4?同理可求得a,c??0,? ?3?4。
3② 構(gòu)造函數(shù)逆用判別式證明不等式
對某些不等式證明，若能根據(jù)其條件和結(jié)論，結(jié)合判別式的結(jié)構(gòu)特征，通過構(gòu)造二項平方和函數(shù)：f(x)?(a1x?b1)2?(a2x?b2)2???(anx?bn)2 由f(x)?0，得⊿≤0，就可以使一些用一般方法處理較繁瑣的問題，獲得簡捷明快的證明。
例3.設(shè)a,b,c,d?R?且a?b?c?d?1， 求證：a?1?4b?1?4c?1?4d?1﹤6。
解析：構(gòu)造函數(shù)：
f(x)?(4a?1x?1)2?(4b?1x?1)2?(4c?1x?1)2?(4d?1x?1)2
＝8x2?2(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)x?4.(?a?b?c?d?1)
由f(x)?0，得⊿≤0，即⊿＝4(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)2?128?0.∴4a?1?4b?1?4c?1?4d?1?42﹤6.例4.設(shè)a,b,c,d?R?且a?b?c?1，求
解析：構(gòu)造函數(shù)f(x)?(
＝(1ax?a)2?(149??的最小值。 abc2x?b)2?(3cx?)2 1492??)x?12x?1,(?a?b?c?1) abc
111由f(x)?0（當且僅當a?,b?,c?時取等號）， 632
149得⊿≤0,即⊿＝144-4（??）≤0 abc
111149∴當a?,b?,c?時，(??)min?36 632abc
構(gòu)造函數(shù)證明不等式
1、利用函數(shù)的單調(diào)性
+例
5、巳知a、b、c∈R，且a
求證： a?ma> b?mb
[分析]本題可以用比較法、分析法等多種方法證明。若采用函數(shù)思想，構(gòu)造出與所證不
等式密切相關(guān)的函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性來比較函數(shù)值而證之，思路則更為清新。
a?x+，其中x∈R，0
b?x?b?ab?af（x）==1- b?xb?x證明：令 f（x）=
∵b-a>0
b?a+ 在R上為減函數(shù) b?x
b?a+從而f（x）= 在R上為增函數(shù) b?x∴y=
∵m>0∴f（m）> f（0） ∴a?ma> b?mb
例
6、求證：a?b
1?a?b≤a?b
1?a?b（a、b∈R）
[分析]本題若直接運用比較法或放縮法，很難尋其線索。若考慮構(gòu)造函數(shù)，運用函數(shù)的
單調(diào)性證明，問題將迎刃而解。
[證明]令 f（x）=x，可證得f（x）在[0，∞)上是增函數(shù)（證略） 1?x
而0
得f（∣a+b∣）≤ f（∣a∣+∣b∣）
即： a?b
1?a?b≤a?b
1?a?b
[說明]要證明函數(shù)f(x)是增函數(shù)還是減函數(shù)，若用定義來證明，則證明過程是用比較
法證明f(x1)與f(x2)的大小關(guān)系；反過來，證明不等式又可以利用函數(shù)的單調(diào)性。
2、利用函數(shù)的值域
例
7、若x為任意實數(shù)，求證：—1x1≤≤ 221?x
2[分析]本題可以直接使用分析法或比較法證明，但過程較繁。聯(lián)想到函數(shù)的值域，于是
構(gòu)造函數(shù)f（x）= x11，從而只需證明f(x)的值域為[—，]即可。 1?x222
x2證明：設(shè) y=， 則yx-x+y=0 21?x
∵x為任意實數(shù)
22∴上式中Δ≥0，即（-1）-4y≥0
1
411得：—≤y≤ 22
1x1∴—≤≤ 21?x22∴y≤2[說明]應(yīng)用判別式說明不等式，應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域。
另證：類比萬能公式中的正弦公式構(gòu)造三角函數(shù)更簡單。
例
8、求證：必存在常數(shù)a，使得Lg（xy）≤ Lga.lg2x?lg2y對大于1的任意x與y恒成立。
[分析]此例即證a的存在性，可先分離參數(shù)，視參數(shù)為變元的函數(shù)，然后根據(jù)變元函數(shù)
的值域來求解a，從而說明常數(shù)a的存在性。若s≥f(t)恒成立，則s的最小值為f(t)的最
大值；若 s≤f(t)恒成立，則s的最大值為f(t)的最小值。 22證明：∵lgx?lgy > 0(x>1,y>1)
∴原不等式可變形為：Lga≥lgx?lgy
lgx?lgy2
22lgx?lgy）2lgxlgy令 f(x)= == ?222222lgx?lgylgx?lgylgx?lgylgx?lgy
22而 lgx>0,lgy>0,∴l(xiāng)gx+lgy ≥ 2lgxlgy > 0
∴2lgxlgy≤1 22lgx?lgy
∴ 1
從而要使原不等式對于大于1的任意x與y恒成立，
只需Lga≥2即 a≥102即可。
故必存在常數(shù)a，使原不等式對大于1的任意x、y恒成立。
3、運用函數(shù)的奇偶性
xx
2xx 證明：設(shè)f（x）=-(x≠0) x1?22 例
9、證明不等式：
?x?x?x2xx∵f（-x）=- = x+ ?x1?222?12
xxx[1-(1-2)]+1?2x2
xx=-x+= f(x) x1?22=
∴f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱
x∵當x>0時，1-2
當x
故當 x≠0時,恒有f(x)
即：xx
[小結(jié)]本題運用了比較法，實質(zhì)是根據(jù)函數(shù)的奇偶性來證明的，本題也可以運用分類討論思想。但利用偶函數(shù)的軸對稱性和奇函數(shù)的中心對稱性，常能使所求解的問題避免復(fù)雜的討論。
第六篇：函數(shù)解答題構(gòu)造函數(shù)證明不等式
函數(shù)解答題-構(gòu)造函數(shù)證明不等式 例1（2013年高考北京卷（理））設(shè)L為曲線C:y?lnx在點(1,0)處的切線.x
(I)求L的方程;
(II)證明:除切點(1,0)之外,曲線C在直線L的下方.
【答案】解: (I)設(shè)f(x)?lnx1?lnx,則f?(x)?.所以f?(1)?1.所以L的方程為2xx
y?x?1.
(II)令g(x)?x?1?f(x),則除切點之外,曲線C在直線l的下方等價于
x2?1?lnxg(x)?0(?x?0,x?1).g(x)滿足g(1)?0,且g?(x)?1?f?(x)?.x2
2當0?x?1時,x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)單調(diào)遞減;
當x?1時,x?1?0,lnx?0,所以g?(x)?0,故g(x)單調(diào)遞增.所以,g(x)?g(1)?0(x?0,x?1).
所以除切點之外,曲線C在直線L的下方.
又解:g(x)?0即x?1?2lnx?0變形為x2?x?lnx?0,記h(x)?x2?x?lnx,則x
12x2?x?1(2x?1)(x?1)h?(x)?2x?1???,xxx
所以當0?x?1時,h?(x)?0,h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減;當x?1時,h?(x)?0,h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增.
所以h(x)?h(1)?0.)
例2（2013年普通高等學校招生統(tǒng)一考試遼寧數(shù)學（理）試題（WORD版））已知函數(shù)f?x???1?x?e?2xx3
,g?x??ax??1?2xcosx.當x??0,1?時， 2
1;1?x(I)求證:1-x?f?x??
(II)若f?x??g?x?恒成立,求實數(shù)a取值范圍.
【答案】解：(1)證明：要證x∈[0，1]時，(1＋x)e－2x≥1－x，只需證明(1＋x)ex≥(1－x)ex.－
記h(x)＝(1＋x)ex－(1－x)ex，則h′(x)＝x(ex－ex)，當x∈(0，1)時，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，1]上是增函數(shù)，故h(x)≥h(0)＝0.
所以f(x)≥1－x，x∈[0，1]．
－
－
要證x∈[0，1]時，(1＋x)e
－2x
1≤ex≥x＋1.1＋x
記K(x)＝ex－x－1，則K′(x)＝ex－1，當x∈(0，1)時，K′(x)＞0，因此K(x)在[0，1]上是增函數(shù)，故K(x)≥K(0)＝0.
所以f(x)≤，x∈[0，1]．
1＋x1
綜上，1－x≤f(x)≤，x∈[0，1]．
1＋x(2)(方法一)
x
ax＋1＋2xcos x? f(x)－g(x)＝(1＋x)e－?2??
－2x
x3
≥1－x－ax－1－2xcos x
2x
a＋1＋＋2cos x?.＝－x?2??
x2
設(shè)G(x)＝2cos x，則G′(x)＝x－2sin x.
記H(x)＝x－2sin x，則H′(x)＝1－2cos x，當x∈(0，1)時，H′(x)＜0，于是G′(x)在[0，1]上是減函數(shù)，從而當x∈(0，1)時，G′(x)＜G′(0)＝0，故G(x)在[0，1]上是減函數(shù)．于是G(x)≤G(0)＝2.從而
a＋1＋G(x)≤a＋3，
所以，當a≤－3時，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．
下面證明，當a＞－3時，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．
1x3
f(x)－g(x)≤1－ax－2xcos x
21＋x－xx3
＝ax－－2xcos x
21＋x
1x
＝－x?1＋xa2＋2cos x?.
??
－11x21記I(x)＝＋a＋2cos x＝＋a＋G(x)，則I′(x)＝＋G′(x)．當x∈(0，
21＋x1＋x（1＋x）1)時，I′(x)＜0.故I(x)在[0，1]上是減函數(shù)，于是I(x)在[0，1]上的值域為[a＋1＋2cos 1，a＋
3]．
因為當a＞－3時，a＋3＞0，所以存在x0∈(0，1)，使得I(x0)＞0，此時f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．
綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－3]． (方法二)
11
先證當x∈[0，1]時，1－x2≤cos x≤1－2.
241
記F(x)＝cos x－1＋x2，則F′(x)＝－sin x＋x.
22
記G(x)＝－sin x＋x，則G′(x)＝－cos x＋1，當x∈(0，1)時，G′(x)＞0，于是G(x)在[0，1]上是增函數(shù)，因此當x∈(0，1)時，G(x)＞G(0)＝0，從而F(x)在[0，1]上是增函數(shù)，因此F(x)≥F(0)＝0.所以
當x∈[0，1]時，12≤cos x.
同理可證，當x∈[0，1]時，cos x≤1－2.
411
綜上，當x∈[0，1]時，1－x2≤cos x≤1－x2.
24因為當x∈[0，1]時．
x
ax＋1＋2xcos x? f(x)－g(x)＝(1＋x)e－?2??
－2x
1x3
1－2? ≥(1－x)－ax－1－2x??4?2
＝－(a＋3)x.
所以當a≤－3時，f(x)≥g(x)在[0，1]上恒成立．
下面證明，當a＞－3時，f(x)≥g(x)在[0，1]上不恒成立．因為 x
ax＋1＋2xcos x? f(x)－g(x)＝(1＋x)e－?2??
－2x
11x3
1－x2? ≤1－ax－2x??2?21＋xx2x3
＝(a＋3)x 1＋x2
23
x－a＋3）?， ≤x??2?3
a＋31所以存在x0∈(0，1)例如x0取中的較小值滿足f(x0)＜g(x0)，即f(x)≥g(x)在[0，
321]上不恒成立．
綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－3]．
例3（2012高考遼寧文21）(本小題滿分12分)
設(shè)f(x)＝lnx＋x－1，證明： 3
(1)當x>1時，f(x)
(2)當1
x＋5
【答案】解：(1)(證法一)
記g(x)＝lnx＋x－1－2(x－1)．則當x>1時， 113
g′(x)＝x2，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．
2x又g(1)＝0，有g(shù)(x)
f(x)
由均值不等式，當x>1時，x
令k(x)＝lnx－x＋1，則k(1)＝0，k′(x)＝x1
由①②得，當x>1時，f(x)
9?x－1?
，由(1)得 x＋5
1154
h′(x)＝x2x?x＋5?2＋xx＋55454＝2x?x＋5?4x?x＋5??x＋5?3－216x
＝4x?x＋5?令g(x)＝(x＋5)3－216x，則當1
9?x－1?
x＋5(證法二)
記h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)， 則當1
－9 2x－1)＋(x＋5)?x?2x?1
＝2xx(x－1)＋(x＋5)(2＋x)－18x]
x11??
2x3x?x－1?＋?x＋5??2＋22－18x? ????1
＝4xx2－32x＋25)
因此h(x)在(1,3)內(nèi)單調(diào)遞減，又h(1)＝0，所以h(x)
9?x－1?
.
x＋5
例4（2012高考浙江文21）（本題滿分15分）已知a∈R，函數(shù)f(x)?4x3?2ax?a （1）求f(x)的單調(diào)區(qū)間
（2）證明：當0≤x≤1時，f(x)+ 2?a＞0.【答案】
【解析】（1）由題意得f?(x)?12x2?2a，
當a?0時，f?(x)?0恒成立，此時f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為???,???.當a?
0時，f?(x)?12(x?
?此時函數(shù)f(x
)的單調(diào)遞增區(qū)間為?x，.?(2)由于0?x?1，當a?2時，f(x)?a?2?4x3?2ax?2?4x3?4x?2.
333
當a?2時，f(x)?a?2?4x?2a(1?x)?2?4x?4(1?x)?2?4x?4x?2.
設(shè)g(x)?2x?2x?1,0?x?
1，則g?(x)?6x?2?6(x?則有
32
x?.33
所以g(x)min?g?1?0.3
當0?x?1時，2x?2x?1?0.
故f(x)?a?2?4x3?4x?2?0.
例5（2012高考山東文22） (本小題滿分13分)
已知函數(shù)f(x)?
lnx?k
(k為常數(shù)，e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y?f(x)在點ex
(1,f(1))處的切線與x軸平行.
(Ⅰ)求k的值；
(Ⅱ)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(Ⅲ)設(shè)g(x)?xf?(x)，其中f?(x)為f(x)的導函數(shù).證明：對任意x?0,g(x)?1?e?2.1
?lnx?k【答案】(I)f?(x)?，
ex
由已知，f?(1)?
1?k
?0，∴k?1.e
?lnx?1(II)由(I)知，f?(x)?.
ex
設(shè)k(x)?
111
?lnx?1，則k?(x)??2??0，即k(x)在(0,??)上是減函數(shù)， xxx
由k(1)?0知，當0?x?1時k(x)?0，從而f?(x)?0， 當x?1時k(x)?0，從而f?(x)?0.
綜上可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1,??).
(III)由(II)可知，當x?1時，g(x)?xf?(x)≤0＜1+e?2，故只需證明g(x)?1?e?2在0?x?1時成立.
當0?x?1時，ex＞1，且g(x)?0，∴g(x)?
1?xlnx?x
?1?xlnx?x.x
e
設(shè)F(x)?1?xlnx?x，x?(0,1)，則F?(x)??(lnx?2)， 當x?(0,e?2)時，F(xiàn)?(x)?0，當x?(e?2,1)時，F(xiàn)?(x)?0， 所以當x?e?2時，F(xiàn)(x)取得最大值F(e?2)?1?e?2.所以g(x)?F(x)?1?e?2.
綜上，對任意x?0，g(x)?1?e?2.
