函數(shù)法證明不等式(多篇)

函數(shù)法證明不等式(精選多篇)函數(shù)法證明不等式函數(shù)f(x)=x-sinx,數(shù)列{an}滿足0<1>證明0<2>證明an+1<(1/6)×(an)^3它提示是構(gòu)造一個(gè)函數(shù)然后做差求導(dǎo)，確定單調(diào)性?？墒沁€是一點(diǎn)思路都沒(méi)有，各位能不能給出具體一點(diǎn)的解答過(guò)程啊?(1)f(x)=x-sinx,f'(x)=1-cosx00,f(x)是增函數(shù),f(0)因?yàn)?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(0g''(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<(1/6)×(an)^3成立。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)那么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(diǎn)評(píng)：此題還可以繼續(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(xí)題還有很多，如：p14第14題：c>a>b>0,求證:p19第9題:三角形三邊的長(zhǎng)是a，b，c，且m是正數(shù)，求證：p12例題2: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(duì)稱。當(dāng)x>0時(shí)，<0，f(x)<0;當(dāng)x<0時(shí)，-x>0,故f(x)=f(-x)<0∴<0，即三、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】|a|<1，|b|<1，|c|<1，求證：a+b+c證明：構(gòu)造函數(shù)f(c)=(1-ab)c+a+b-2∵|a|<1，|b|<1∴-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)<0∴f(1)<0，即(1-ab)c+a+b-2<0∴a+b+c。構(gòu)造函數(shù)法證明不等式河北省趙春祥不等式證明是中學(xué)數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容之一．由于證明不等式?jīng)]有固定的模式，證法靈活多樣，技巧性強(qiáng)，使其成為各種考試命題的熱點(diǎn)問(wèn)題，函數(shù)法證明不等式就是其常見題型．即有些不等式可以和函數(shù)建立直接聯(lián)系，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)式，利用函數(shù)的有關(guān)特性，完成不等式的證明．一、構(gòu)造一元一次函數(shù)證明不等式例1設(shè)0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，求證：x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)＜1．證明：構(gòu)造一次函數(shù)f(x)=x(1－y)＋y(1－z)＋z(1－x)，，得f(x)=(1－y－z)x＋(y＋z－yz)其中0＜x＜1，∵0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，∴－1＜1－y－z＜1．⑴當(dāng)0＜1－y－z＜1時(shí)，f(x)在(0，1)上是增函數(shù)，于是f(x)＜f(1)=1－yz＜1；⑵當(dāng)－1＜1－y－z＜0時(shí)，f(x)在(0，1)上是減函數(shù)，于是f(x)＜f(0)=y＋z－yz=1－(1－y)(1－z)＜1；⑶當(dāng)1－y－z=0，即y＋z=1時(shí)，f(x)=y＋z－yz=1－yz＜1．綜上，原不等式成立．例2|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，求證：abc＋2＞a＋b＋c．證明：構(gòu)造一次函數(shù)f(x)=(bc－1)x＋2－b－c，這里，|b|＜1，|c|＜1，|x|＜1，那么bc＜1．∵f(?1)=1－bc＋2－b－c=(1－bc)＋(1－b)＋(1－c)＞0，f(1)=bc－1＋2－b－c=(1－b)(1－c)＞0，∵－1＜x＜1，∴一次函數(shù)f(x)=(bc－1)x＋2－b－c的圖象在x軸上方，這就是說(shuō)，當(dāng)|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1時(shí)，有(bc－1)a＋2－b－c＞0，即abc＋2＞a＋b＋c．二、構(gòu)造一元二次函數(shù)證明不等式例3假設(shè)a、b、c∈r+，求證：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca．證明構(gòu)造函數(shù)f(x)=x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc．因?yàn)椤?(b＋c)2－4(b2＋c2－bc)=－3(b－c)2≤0，又因?yàn)槎雾?xiàng)的系數(shù)為正數(shù)，所以x2－(b＋c)x＋b2＋c2－bc≥0對(duì)任意實(shí)數(shù)恒成立．以a替換x得：a2－(b＋c)a＋b2＋c2－bc≥0，即a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca．例4a、b、c、d、e是滿足a＋b＋c＋d＋e=8，a2＋b2＋c2＋d2＋e2=16的實(shí)數(shù)，求證：0≤e≤165．證明：構(gòu)造一元二次函數(shù)f(x)=4x＋2(a＋b＋c＋d)＋a2＋b2＋c2＋d2=(x＋a)2＋(x＋b)2＋(x＋c)2＋(x＋d)2≥0，又∵二次項(xiàng)系數(shù)為正數(shù)，∴△=4(a＋b＋c＋d)2－16(a2＋b2＋c2＋d2)=4(8－e)2－16(16－e2)≤0，解之得0≤e≤165．故不等式成立．三、構(gòu)造單調(diào)函數(shù)證明不等式例5a＞0，b＞0，求證：證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=x1?xa1?a＋b1?b＞xa?b1?a?b．，易證f(x)=1?x=1－1?x當(dāng)x＞0時(shí)單調(diào)遞增．∵a＋b＋ab＞a＋b＞0，∴f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)．故a1?a＋b1?b=a?b?2ab(1?a)(1?b)＞a?b?ab1?a?b?ab)14=f(a＋b＋ab)＞f(a＋b)=13n?213n?1a?b1?a?b．例6對(duì)任意自然數(shù)n求證：(1＋1)(1＋14)·…·(1＋13n?2)＞3n?1．證明：構(gòu)造函數(shù)f(n)=(1＋1)(1＋13n?1)·…·(1＋3，由f(n?1)f(n)(1?)33n?1=3n?4=(3n?2)(3n?1)(3n?4)＞1，∵f(n)＞0，∴f(n?1)＞f(n)，即f(n)是自然數(shù)集n上的單調(diào)遞增函數(shù)，∴(1＋1)(1＋14)·…·(1＋13n?2)＞33n?1．.對(duì)構(gòu)造函數(shù)法證明不等式的再研究時(shí)英雄：《理科考試研究·高中》xx年第10期某刊一文闡述了構(gòu)造法證明不等式的九個(gè)模型，筆者深受啟發(fā)，對(duì)其中作者介紹的構(gòu)造函數(shù)模型進(jìn)行了挖掘，著重對(duì)構(gòu)造函數(shù)模型，利用函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)解決不等式問(wèn)題進(jìn)行了再研究，以。構(gòu)造函數(shù)法證明不等式一、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：|a|?|b||a?b|1?|a|?|b|≥1?|a?b|證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=x1?x(x≥0)那么f(x)=x1?x=1-11?x在?0，???上單調(diào)遞增∵f(|a|+|b|)=|a|?|b|1?|a|?|b|f(|a+b|)=|a?b|1?|a?b|且|a|+|b|≥|a+b|∴f(|a|+|b|)≥f(|a+b|)即所證不等式正確。二、利用分式函數(shù)的奇偶性證明不等式【例2】證明不等式：x1?2x＜x2（x≠0）證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=x1?2x?x2(x?0)∵f(-x)=-xx-x?2x1-2-x?2?2x?1?x2?x1?2x[1-(1-2x)]?x2?x1?2x?x2=f(x)∴f(x)是偶函數(shù)，其圖像關(guān)于y軸對(duì)稱。當(dāng)x＞0時(shí)，1?2x＜0，f(x)＜0；當(dāng)x＜0時(shí)，-x＞0,故f(x)=f(-x)＜0∴x1-2x?x2＜0，即x1?2x＜x2三、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】|a|＜1，|b|＜1，|c|＜1，求證：a+b+c＜abc+2。證明：構(gòu)造函數(shù)f(c)=(1-ab)c+a+b-2∵|a|＜1，|b|＜1∴-1＜ab＜1，1-ab＞0∴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)＜0∴f(1)＜0，即(1-ab)c+a+b-2＜0∴a+b+c＜abc+2四、構(gòu)造二次函數(shù)⒈利用判別式法證明不等式【例4】a，b，c∈r，(a+c)(a+b+c)＜0，求證：(b-c)2＞4a(a+b+c)。證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=ax2+(-b+c)x+(a+b+c)(a≠0)那么f(0)=a+b+c，f(1)=2(a+c)由(a+c)(a+b+c)＜0知：f(0)?f(1)＜0∴f(x)=0有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根。∴△＞0，即(b-c)2＞4a(a+b+c)當(dāng)a=0時(shí)，顯然成立?！?b-c)2＞4a(a+b+c)【例5】實(shí)數(shù)a，b，c滿足a+b+c=5，a2+b2+c2=9，求證a，b，c的值都不小于1，又都不大于213。證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)=2x2+2(a+b)x+a2+b2=(x+a)2+(x+b)2≥0∵2＞0∴△=[2(a+b)]2-4×2×(a2+b2)≤0∴△=4(5-c)2-8(9-c2)≤0∴(c-1)(3c-7)≤0∴1≤c≤213同理可證：1≤a≤21，1≤b≤2133。【例6】a，b，c∈r，證明：a2+ac+c2+3b(a+b+c)≥0，并指出等號(hào)何時(shí)成立？證明：令f(a)=a2+(c+3b)a+c2+3b2+3bc△=(c+3b)2-4(c2+3b2+3bc)=-3(b+c)2≤0恒成立∵二次項(xiàng)系數(shù)1＞0∴f(a)≥0，即a2+ac+c2+3b(a+b+c)≥0又當(dāng)△=0，即b+c=0時(shí)f(a)=(a+b)2=0∴當(dāng)且僅當(dāng)a=-b=c時(shí)才能取等號(hào)。第1頁(yè)共2頁(yè)⒉利用一元二次方程根的分布證明不等式【例7】設(shè)a+b+c=1，a2+b2+c2=1，且a＞b＞c，求證：-13＜c＜0證明：∵a+b+c=1∴a+b=1-c有a2+b2+2ab=1-2c+c2∵a2+b2+c2=1∴ab=c2-c∴a，b是方程x2-(1-c)x+c2-c=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根∵a＞b＞c，故方程有大于c的兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根構(gòu)造函數(shù)f(x)=x2-(1-c)x+c2-c，那么有：????(1?c)2?4(c2?c)＞0??1?c＞c?2??f(c)＞0∴-13＜c＜0⒊綜合運(yùn)用判別式法、一元二次方程根的分布證明不等式【例8】設(shè)a，b是兩個(gè)不等于0的實(shí)數(shù)，求證：以下不等式中至少有一個(gè)成立。a?a2?2b22b1，aa2?2b22b1證明：設(shè)f(x)=bx2?ax?b2(b≠0)∵△=(-a)2-2b(-b)=a2+2b2＞0∴拋物線與x軸必有兩個(gè)交點(diǎn)，其橫坐標(biāo)為x=a?a2?2b22b∴f(-1)=b2?af(0)=?b2f(1)=b2?a⑴當(dāng)b＞0時(shí)，f(0)＜0假設(shè)a＞0,那么f(-1)＞0∴點(diǎn)a（-1，f(-1)）在x軸上方，點(diǎn)b（0，f(0)）在x軸下方∴拋物線與x軸在（-1，0）內(nèi)必有一個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)有aa2?2b22b1假設(shè)a＜0，那么f(1)＞0∴點(diǎn)c(1，f(1))在x軸上方∴拋物線與x軸在（0，1）內(nèi)必有一個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)有a?a2?2b22b1⑵當(dāng)b＜0時(shí)，f(0)＞0，此時(shí)點(diǎn)b在x軸下方，同理可證a點(diǎn)和c點(diǎn)至少有一點(diǎn)在x軸上方。故兩個(gè)不等式至少有一個(gè)成立。構(gòu)造函數(shù)法證明不等式，關(guān)鍵在于找到能夠反映所要證不等式特征的合適的函數(shù)，從而就可以利用該函數(shù)的性質(zhì)去證明不等式。第2頁(yè)共2頁(yè)構(gòu)造函數(shù)法證明不等式的八種方法1、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值和最值，再由單調(diào)性來(lái)證明不等式是函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式綜合中的一個(gè)難點(diǎn)，也是近幾年高考的熱點(diǎn)。2、解題技巧是構(gòu)造輔助函數(shù)，把不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或求最值，從而證得不等式，而如何根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造一個(gè)可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵。以下介紹構(gòu)造函數(shù)法證明不等式的八種方法：一、移項(xiàng)法構(gòu)造函數(shù)【例1】函數(shù)f(x)?ln(x?1)?x，求證：當(dāng)x??1時(shí)，恒有1?1?ln(x?1)?xx?1分析：此題是雙邊不等式，其右邊直接從函數(shù)證明，左邊構(gòu)造函數(shù)1?1，從其導(dǎo)數(shù)入手即可證明。x?11x?1??【解】f?(x)?x?1x?1g(x)?ln(x?1)?∴當(dāng)?1?x?0時(shí)，f?(x)?0，即f(x)在x?(?1,0)上為增函數(shù)當(dāng)x?0時(shí)，f?(x)?0，即f(x)在x?(0,??)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,??)于是函數(shù)f(x)在(?1,??)上的最大值為f(x)max?f(0)?0，因此，當(dāng)x??1時(shí)，f(x)?f(0)?0，即ln(x?1)?x?0∴l(xiāng)n(x?1)?x（右面得證），現(xiàn)證左面，令g(x)?ln(x?1)?111x?1，那么g?(x)???22x?1x?1(x?1)(x?1)當(dāng)x?(?1,0)時(shí),g?(x)?0;當(dāng)x?(0,??)時(shí),g?(x)?0，即g(x)在x?(?1,0)上為減函數(shù)，在x?(0,??)上為增函數(shù)，故函數(shù)g(x)在(?1,??)上的最小值為g(x)min?g(0)?0，1?1?0x?111?1?ln(x?1)?x∴l(xiāng)n(x?1)?1?，綜上可知，當(dāng)x??1時(shí),有x?1x?1【警示啟迪】如果f(a)是函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大（?。┲?，那么有f(x)?f(a)（或f(x)?f(a)），那么要證不等式，只要求函數(shù)的最大值不超過(guò)0就可得證．∴當(dāng)x??1時(shí)，g(x)?g(0)?0，即ln(x?1)?2、作差法構(gòu)造函數(shù)證明【例2】函數(shù)f(x)?1223x?lnx.求證：在區(qū)間(1,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)?x的23第1頁(yè)共6頁(yè)圖象的下方；分析：函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)的圖象的下方?不等式f(x)?g(x)問(wèn)題，12212x?lnx?x3，只需證明在區(qū)間(1,??)上，恒有x2?lnx?x3成立，設(shè)23231f(x)?g(x)?f(x)，x?(1,??)，考慮到f(1)??06要證不等式轉(zhuǎn)化變?yōu)椋寒?dāng)x?1時(shí)，f(x)?f(1)，這只要證明：g(x)在區(qū)間(1,??)是增函數(shù)即可。2312【解】設(shè)f(x)?g(x)?f(x)，即f(x)?x?x?lnx，32即1(x?1)(2x2?x?1)那么f?(x)?2x?x?=xx2(x?1)(2x2?x?1)當(dāng)x?1時(shí)，f?(x)=x從而f(x)在(1,??)上為增函數(shù)，∴f(x)?f(1)?∴當(dāng)x?1時(shí)g(x)?f(x)?0，即f(x)?g(x)，故在區(qū)間(1,??)上，函數(shù)f(x)的圖象在函數(shù)g(x)?1?0623x的圖象的下方。3【警示啟迪】此題首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個(gè)函數(shù)（可以移項(xiàng)，使右邊為零，將移項(xiàng)后的左式設(shè)為函數(shù)），并利用導(dǎo)數(shù)判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，證明要證的不等式。讀者也可以設(shè)f(x)?f(x)?g(x)做一做，深刻體會(huì)其中的思想方法。3、換元法構(gòu)造函數(shù)證明111?1)?2?3都成立.nnn1分析：此題是山東卷的第（ii）問(wèn)，從所證結(jié)構(gòu)出發(fā)，只需令?x，那么問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：當(dāng)x?0時(shí)，n【例3】（xx年，山東卷）證明：對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式ln(恒有l(wèi)n(x?1)?x?x成立，現(xiàn)構(gòu)造函數(shù)h(x)?x?x?ln(x?1)，求導(dǎo)即可到達(dá)證明?！窘狻苛頷(x)?x?x?ln(x?1)，32233213x3?(x?1)2?那么h?(x)?3x?2x?在x?(0,??)上恒正，x?1x?12所以函數(shù)h(x)在(0,??)上單調(diào)遞增，∴x?(0,??)時(shí)，恒有h(x)?h(0)?0，即x?x?ln(x?1)?0，∴l(xiāng)n(x?1)?x?x對(duì)任意正整數(shù)n，取x?32231111?(0,??)，那么有l(wèi)n(?1)?2?3nnnn【警示啟迪】我們知道，當(dāng)f(x)在[a,b]上單調(diào)遞增，那么x?a時(shí)，有f(x)?f(a)．如果f(a)＝?(a)，要證明當(dāng)x?a時(shí)，f(x)??(x)，那么，只要令f(x)＝f(x)－?(x)，就可以利用f(x)的單調(diào)增性來(lái)推導(dǎo)．也就是說(shuō)，在f(x)可導(dǎo)的前提下，只要證明f'(x)?０即可．4、從條件特征入手構(gòu)造函數(shù)證明【例4】假設(shè)函數(shù)y=f(x)在r上可導(dǎo)且滿足不等式xf?(x)>－f(x)恒成立，且常數(shù)a，b滿足a>b，求證：．a(chǎn)f(a)>bf(b)【解】由xf?(x)+f(x)>0∴構(gòu)造函數(shù)f(x)?xf(x)，那么f'(x)?xf?(x)+f(x)>0，從而f(x)在r上為增函數(shù)。?a?b∴f(a)?f(b)即af(a)>bf(b)【警示啟迪】由條件移項(xiàng)后xf?(x)?f(x)，容易想到是一個(gè)積的導(dǎo)數(shù)，從而可以構(gòu)造函數(shù)f(x)?xf(x)，求導(dǎo)即可完成證明。假設(shè)題目中的條件改為xf?(x)?f(x)，那么移項(xiàng)后xf?(x)?f(x)，要想到是一個(gè)商的導(dǎo)數(shù)的分子，平時(shí)解題多注意總結(jié)。5、主元法構(gòu)造函數(shù)1?x)?x,g(x)?xlnx例．（全國(guó)）函數(shù)f(x)?ln((1)求函數(shù)f(x)的最大值；(2)設(shè)0?a?b,證明：0?g(a)?g(b)?2g(a?b)?(b?a)ln2.2分析：對(duì)于（ii）絕大局部的學(xué)生都會(huì)望而生畏.學(xué)生的盲點(diǎn)也主要就在對(duì)所給函數(shù)用不上.如果能挖掘一下所給函數(shù)與所證不等式間的聯(lián)系，想一想大小關(guān)系又與函數(shù)的單調(diào)性密切相關(guān)，由此就可過(guò)渡到根據(jù)所要證的不等式構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，借助單調(diào)性比擬函數(shù)值的大小，以期到達(dá)證明不等式的目的.證明如下：證明：對(duì)g(x)?xlnx求導(dǎo),那么g'(x)?lnx?1.在g(a)?g(b)?2g(a?b)中以b為主變?cè)獦?gòu)造函數(shù),2a?x'a?xa?x.)]?lnx?ln),那么f'(x)?g'(x)?2[g(222設(shè)f(x)?g(a)?g(x)?2g(當(dāng)0?x?a時(shí)，f'(x)?0,因此f(x)在(0,a)內(nèi)為減函數(shù).當(dāng)x?a時(shí),f'(x)?0,因此f(x)在(a,??)上為增函數(shù).從而當(dāng)x?a時(shí),f(x)有極小值f(a).因?yàn)閒(a)?0,b?a,所以f(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(又設(shè)g(x)?f(x)?(x?a)ln2.那么g'(x)?lnx?lna?b)?0.2a?x?ln2?lnx?ln(a?x).2'當(dāng)x?0時(shí),g(x)?0.因此g(x)在(0,??)上為減函數(shù).因?yàn)間(a)?0,b?a,所以g(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(6、構(gòu)造二階導(dǎo)數(shù)函數(shù)證明導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性例．函數(shù)f(x)?ae?xa?b)?(b?a)ln2.212x2(1)假設(shè)f(x)在r上為增函數(shù),求a的取值范圍;(2)假設(shè)a=1,求證:x＞0時(shí),f(x)>1+xx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-ｘ-ｘ-ｘ-x記ｇ（ｘ）＝ｘｅ，那么ｇ′(ｘ)＝ｅ－ｘｅ=(1-x)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,+∞)(2)記f(x)=f(x)－(1+x)=e?xx12x?1?x(x?0)2那么f′(x)=e-1-x,xx令h(x)=f′(x)=e-1-x,那么h′(x)=e-1當(dāng)x>0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．小結(jié)：當(dāng)函數(shù)取最大（或最?。┲禃r(shí)不等式都成立，可得該不等式恒成立，從而把不等式的恒成立問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問(wèn)題．不等式恒成立問(wèn)題，一般都會(huì)涉及到求參數(shù)范圍，往往把變量別離后可以轉(zhuǎn)化為m?f(x)(或m?f(x))恒成立，于是m大于f(x)的最大值（或m小于f(x)的最小值），從而把不等式恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問(wèn)題．因此，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值是解決不等式恒成立問(wèn)題的一種重要方法．7.對(duì)數(shù)法構(gòu)造函數(shù)（選用于冪指數(shù)函數(shù)不等式）例：證明當(dāng)x?0時(shí),(1?x)1?1x?e1?x8.構(gòu)造形似函數(shù)例：證明當(dāng)b?a?e,證明a?bba例：m、n都是正整數(shù)，且1?m?n,證明：(1?m)n?(1?n)m【思維挑戰(zhàn)】1、（xx年，安徽卷）設(shè)a?0,f(x)?x?1?lnx