利用导数证明不等式(精选多篇)

第一篇：利用导数证明不等式

利用导数证明不等式

没分都没人答埃。。觉得可以就给个好评!

最基本的方法就是将不等式的的一边移到另一边，然后将这个式子令为一个函数f(x).对这个函数求导，判断这个函数这各个区间的单调性，然后证明其最大值(或者是最小值)大于0.这样就能说明原不等式了成立了!

1.当x>1时,证明不等式x>ln(x+1)

设函数f(x)=x-ln(x+1)

求导，f(x)'=1-1/(1+x)=x/(x+1)>0

所以f(x)在(1，+无穷大)上为增函数

f(x)>f(1)=1-ln2>o

所以x>ln(x+1

2..证明：a-a^2>0其中0

f(a)=a-a^2

f'(a)=1-2a

当00;当1/2

因此，f(a)min=f(1/2)=1/4>0

即有当00

3.x>0,证明：不等式x-x^3/6

先证明sinx

因为当x=0时，sinx-x=0

如果当函数sinx-x在x>0是减函数，那么它一定<在0点的值0，

求导数有sinx-x的导数是cosx-1

因为cosx-1≤0

所以sinx-x是减函数，它在0点有最大值0，

知sinx

再证x-x³/6

对于函数x-x³/6-sinx

当x=0时，它的值为0

对它求导数得

1-x²/2-cosx如果它<0那么这个函数就是减函数，它在0点的值是最大值了。

要证x²/2+cosx-1>0x>0

再次用到函数关系，令x=0时，x²/2+cosx-1值为0

再次对它求导数得x-sinx

根据刚才证明的当x>0sinx

x²/2-cosx-1是减函数，在0点有最大值0

x²/2-cosx-1<0x>0

所以x-x³/6-sinx是减函数，在0点有最大值0

得x-x³/6

利用函数导数单调性证明不等式x-x²>0，x∈(0,1)成立

令f(x)=x-x²x∈

则f'(x)=1-2x

当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增

当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减

故f(x)的最大值在x=1/2处取得，最小值在x=0或1处取得

f(0)=0,f(1)=0

故f(x)的最小值为零

故当x∈(0,1)f(x)=x-x²>0。

i、m、n为正整数，且1

第二篇：利用导数证明不等式

克维教育（82974566）中考、高考培训专家铸就孩子辉煌的未来

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?1

x【变式2】（1）x?0，证明：e?1?x

x2

?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

（2）设bn??1，tn为数列?bn?的前n项和，求证：t2014?1?ln2014?t2014。 an

第三篇：导数的应用——利用导数证明不等式

导 数 的 应 用-利用导数证明不等式

1、利用导数判断函数的单调性；

2、利用导数求函数的极值、最值；

引言：导数是研究函数性质的一种重要工具．例如：求函数的单调区间、求函数的最大（小）值、求函数的值域等等．然而，不等式是历年高考重点考查的内容之一.尤其是在解答题中对其的考查，更是学生感到比较棘手的一个题.因而在解决一些不等式问题时，如能根据不等式的特点，恰当地构造函数，运用导数证明或判断该函数的单调性, 出该函数的最值；由当该函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立，从而把证明不等式问题转化为函数求最值问题．然后用函数单调性去解决不等式的一些相关问题，可使问题迎刃而解. 因此，很多时侯可以利用导数作为工具得出函数性质，从而解决不等式问题． 下面具体讨论导数在解决与不等式有关的问题时的作用．

三、例题分析

1、利用导数得出函数单调性来证明不等式

x2例1：当x>0时,求证：x?＜ln(1+x) . 2

x2x2'证明：设f(x)= x?－ln(1+x)(x>0), 则f(x)=?． 21?x

'∵x>0,∴f(x)<0,故f(x)在（0，+∞）上递减，

x2所以x>0时,f(x)<f(0)=0，即x?－ln(1+x)<0成立． 2

小结：把不等式变形后构造函数，然后用导数证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的．

随堂练习：课本p32：b组第一题第3小题

2、利用导数解决不等式恒成立问题（掌握恒成立与最值的转化技巧；构造函数证明不等式）

1例２．已知函数f(x)?aex?x2 2

(1)若f(x)在r上为增函数,求a的取值范围;

(2)若a=1,求证:x＞0时,f(x)>1+x

解：(1)f′(x)＝ aex－ｘ，

∵ｆ（ｘ）在ｒ上为增函数，∴f′(x)≥０对ｘ∈ｒ恒成立，

即ａ≥ｘｅ-ｘ对ｘ∈ｒ恒成立

记ｇ（ｘ）＝ｘｅ-ｘ，则ｇ′(ｘ)＝ｅ-ｘ－ｘｅ-ｘ=(1-x)e-x，

当ｘ＞１时，ｇ′（ｘ）＜０，当ｘ＜１时，ｇ′（ｘ）＞０．

知ｇ（ｘ）在(-∞,1)上为增函数,在(1,+ ∞)上为减函数,

∴g(x)在x=1时,取得最大值，即g(x)max=g(1)=1/e, ∴a≥1/e,

即a的取值范围是[1/e, + ∞)

1(2)记f(x)=f(x) －(1+x) =ex?x2?1?x(x?0) 2

则f′(x)=ex-1-x,

令h(x)= f′(x)=ex-1-x,则h′(x)=ex-1

当x>0时, h′(x)>0, ∴h(x)在(0,+ ∞)上为增函数,

又h(x)在x=0处连续, ∴h(x)>h(0)=0

即f′(x)>0 ,∴f(x) 在(0,+ ∞)上为增函数,又f(x)在x=0处连续,∴f(x)>f(0)=0,即f(x)>1+x．

小结：当函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立，从而把不等式的恒成立问题可转化为求函数最值问题．不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为m?f(x)(或m?f(x))恒成立，于是

，从而把不等式恒成立问题转化为m大于f(x)的最大值（或m小于f(x)的最小值）

求函数的最值问题．因此，利用导数求函数最值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法．

例3．（全国）已知函数f(x)?ln(1?x)?x,g(x)?xlnx

(1)求函数f(x)的最大值；

a?b)?(b?a)ln2. 2

分析：对于（ii）绝大部分的学生都会望而生畏.学生的盲点也主要就在对所给函数用不上.如果能挖掘一下所给函数与所证不等式间的联系，想一想大小关系又与函数的单调性密切相关，由此就可过渡到根据所要证的不等式构造恰当的函数，利用导数研究函数的单调性，借助单调性比较函数值的大小，以期达到证明不等式的目的.证明如下： (2)设0?a?b,证明 ：0?g(a)?g(b)?2g(

证明：对g(x)?xlnx求导,则g'(x)?lnx?1. 在g(a)?g(b)?2g(a?b)中以b为主变元构造函数, 2

2设f(x)?g(a)?g(x)?2g(a?x),则f'(x)?g'(x)?2[g(a?x)]'?lnx?lna?x. 22

当0?x?a时，f'(x)?0,因此f(x)在(0,a)内为减函数.

当x?a时,f'(x)?0,因此f(x)在(a,??)上为增函数.

从而当x?a时, f(x) 有极小值f(a).

因为f(a)?0,b?a,所以f(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(

2a?b)?0. 2又设g(x)?f(x)?(x?a)ln2.则g'(x)?lnx?lna?x?ln2?lnx?ln(a?x).

当x?0时,g'(x)?0.因此g(x)在(0,??)上为减函数.

因为g(a)?0,b?a,所以g(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(a?b)?(b?a)ln2. 2

综上结论得证。

对于看起来无法下手的一个不等式证明，对其巧妙地构造函数后，运用导数研

究了它的单调性后，通过利用函数的单调性比较函数值的大小,使得问题得以简单解决.

四、课堂小结

1、利用导数证明不等式或解决不等式恒成立问题,关键是把不等式变形后构造恰当的函数，然后用导数判断该函数的单调性或求出最值，达到证明不等式的目的；

2、利用导数解决不等式恒成立问题，应特别注意区间端点是否取得到；

3、学会观察不等式与函数的内在联系，学会变主元构造函数再利用导数证明不等式；

总之，无论是证明不等式，还是解不等式，我们都可以构造恰当的函数，利用到函数的单调性或最值，借助导数工具来解决，这种解题方法也是转化与化归思想在中学数学中的重要体现．

五、思维拓展

ax2

x?e(x?0)； （2014联考）已知函数f(x)?e?x?1(x?0)，g(x)?2x（1） 求证：当a?1时对于任意正实数x, f(x) 的图象总不会在g(x)图象的上方；

（2） 对于在（0，1）上任意的a值，问是否存在正实数x使得f(x)?g(x)成立？

如果存在，求出符合条件的x的一个取值；否则说明理由。

第四篇：导数的应用——利用导数证明不等式1

导 数 的 应 用

--------利用导数证明不等式

教学目标：1、进一步熟练并加深导数在函数中的应用并学会利用导数证明不等式

2、培养学生的分析问题、解决问题及知识的综合运用能力； 教学重点：利用导数证明不等式

教学难点：利用导数证明不等式

教学过程：

一、复习回顾

1、利用导数判断函数的单调性；

2、利用导数求函数的极值、最值；

二、新课引入

引言：导数是研究函数性质的一种重要工具．例如：求函数的单调区间、求函数的最大（小）值、求函数的值域等等．然而，不等式是历年高考重点考查的内容之一.尤其是在解答题中对其的考查，更是学生感到比较棘手的一个题.因而在解决一些不等式问题时，如能根据不等式的特点，恰当地构造函数，运用导数证明或判断该函数的单调性, 出该函数的最值；由当该函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立，从而把证明不等式问题转化为函数求最值问题．然后用函数单调性去解决不等式的一些相关问题，可使问题迎刃而解. 因此，很多时侯可以利用导数作为工具得出函数性质，从而解决不等式问题． 下面具体讨论导数在解决与不等式有关的问题时的作用．

三、新知探究

1、利用导数得出函数单调性来证明不等式

x2例1：当x>0时,求证：x?＜ln(1+x) . 2

x2x2'证明：设f(x)= x?－ln(1+x)(x>0), 则f(x)=?． 21?x

'∵x>0,∴f(x)<0,故f(x)在（0，+∞）上递减，

x2所以x>0时,f(x)<f(0)=0，即x?－ln(1+x)<0成立． 2

小结：把不等式变形后构造函数，然后用导数证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的．

随堂练习：课本p32：b组第一题第3小题

2、利用导数解决不等式恒成立问题（掌握恒成立与最值的转化技巧；构造函数证明不等式）

1例２．已知函数f(x)?aex?x2 2

(1)若f(x)在r上为增函数,求a的取值范围;

(2)若a=1,求证:x＞0时,f(x)>1+x

解：(1)f′(x)＝ aex－ｘ，

∵ｆ（ｘ）在ｒ上为增函数，∴f′(x)≥０对ｘ∈ｒ恒成立，

即ａ≥ｘｅ-ｘ对ｘ∈ｒ恒成立

记ｇ（ｘ）＝ｘｅ-ｘ，则ｇ′(ｘ)＝ｅ-ｘ－ｘｅ-ｘ=(1-x)e-x，

当ｘ＞１时，ｇ′（ｘ）＜０，当ｘ＜１时，ｇ′（ｘ）＞０．

知ｇ（ｘ）在(-∞,1)上为增函数,在(1,+ ∞)上为减函数,

∴g(x)在x=1时,取得最大值，即g(x)max=g(1)=1/e, ∴a≥1/e,

即a的取值范围是[1/e, + ∞)

1(2)记f(x)=f(x) －(1+x) =ex?x2?1?x(x?0) 2

则f′(x)=ex-1-x,

令h(x)= f′(x)=ex-1-x,则h′(x)=ex-1

当x>0时, h′(x)>0, ∴h(x)在(0,+ ∞)上为增函数,

又h(x)在x=0处连续, ∴h(x)>h(0)=0

即f′(x)>0 ,∴f(x) 在(0,+ ∞)上为增函数,又f(x)在x=0处连续,∴f(x)>f(0)=0,即f(x)>1+x．

小结：当函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立，从而把不等式的恒成立问题可转化为求函数最值问题．不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为m?f(x)(或m?f(x))恒成立，于是

，从而把不等式恒成立问题转化为m大于f(x)的最大值（或m小于f(x)的最小值）

求函数的最值问题．因此，利用导数求函数最值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法．

例3．（2014年全国）已知函数f(x)?ln(1?x)?x,g(x)?xlnx

(1)求函数f(x)的最大值；

a?b)?(b?a)ln2. 2

分析：对于（ii）绝大部分的学生都会望而生畏.学生的盲点也主要就在对所给函数用不上.如果能挖掘一下所给函数与所证不等式间的联系，想一想大小关系又与函数的单调性密切相关，由此就可过渡到根据所要证的不等式构造恰当的函数，利用导数研究函数的单调性，借助单调性比较函数值的大小，以期达到证明不等式的目的.证明如下： (2)设0?a?b,证明 ：0?g(a)?g(b)?2g(

证明：对g(x)?xlnx求导,则g'(x)?lnx?1. 在g(a)?g(b)?2g(a?b)中以b为主变元构造函数, 2

2设f(x)?g(a)?g(x)?2g(a?x),则f'(x)?g'(x)?2[g(a?x)]'?lnx?lna?x. 22

当0?x?a时，f'(x)?0,因此f(x)在(0,a)内为减函数.

当x?a时,f'(x)?0,因此f(x)在(a,??)上为增函数.

从而当x?a时, f(x) 有极小值f(a).

因为f(a)?0,b?a,所以f(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(

2a?b)?0. 2又设g(x)?f(x)?(x?a)ln2.则g'(x)?lnx?lna?x?ln2?lnx?ln(a?x).

当x?0时,g'(x)?0.因此g(x)在(0,??)上为减函数.

因为g(a)?0,b?a,所以g(b)?0,即g(a)?g(b)?2g(a?b)?(b?a)ln2. 2

综上结论得证。

对于看起来无法下手的一个不等式证明，对其巧妙地构造函数后，运用导数研究了它的单调性后，通过利用函数的单调性比较函数值的大小,使得问题得以简单解决.

四、课堂小结

1、利用导数证明不等式或解决不等式恒成立问题,关键是把不等式变形后构造恰当的函数，然后用导数判断该函数的单调性或求出最值，达到证明不等式的目的；

2、利用导数解决不等式恒成立问题，应特别注意区间端点是否取得到；

3、学会观察不等式与函数的内在联系，学会变主元构造函数再利用导数证明不等式；

总之，无论是证明不等式，还是解不等式，我们都可以构造恰当的函数，利用到函数的单调性或最值，借助导数工具来解决，这种解题方法也是转化与化归思想在中学数学中的重要体现．

五、思维拓展

ax2

x?e(x?0)； （2014联考）已知函数f(x)?e?x?1(x?0)，g(x)?2x（1） 求证：当a?1时对于任意正实数x, f(x) 的图象总不会在g(x)图象的上方；

（2） 对于在（0，1）上任意的a值，问是否存在正实数x使得f(x)?g(x)成立？

如果存在，求出符合条件的x的一个取值；否则说明理由。

第五篇：利用导数证明不等式的常见题型经典

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧

技巧精髓

1、利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。

2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。

一、利用题目所给函数证明

【例1】 已知函数f(x)?ln(x?1)?x，求证：当x??1时，恒有

1?1?ln(x?1)?x x?1

分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数

1?1，从其导数入手即可证明。 x?1

1x【绿色通道】f?(x)??1??x?1x?1g(x)?ln(x?1)?

∴当?1?x?0时，f?(x)?0，即f(x)在x?(?1,0)上为增函数

当x?0时，f?(x)?0，即f(x)在x?(0,??)上为减函数

故函数f(x)的单调递增区间为(?1,0)，单调递减区间(0,??)

于是函数f(x)在(?1,??)上的最大值为f(x)max?f(0)?0，因此，当x??1时，f(x)?f(0)?0，即ln(x?1)?x?0∴ln(x?1)?x （右面得证）， 现证左面，令g(x)?ln(x?1)?11x1?? ?1， 则g?(x)?22x?1(x?1)x?1(x?1)

当x?(?1,0)时,g?(x)?0;当x?(0,??)时,g?(x)?0 ，

即g(x)在x?(?1,0)上为减函数，在x?(0,??)上为增函数，

故函数g(x)在(?1,??)上的最小值为g(x)min?g(0)?0，

1?1?0 x?1

11∴ln(x?1)?1?，综上可知，当x??1时,有?1?ln(x?1)?xx?1x?1

【警示启迪】如果f(a)是函数f(x)在区间上的最大（小）值，则有f(x)?f(a)（或f(x)?f(a)），

那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证． ∴当x??1时，g(x)?g(0)?0，即ln(x?1)?

2、直接作差构造函数证明

【例2】已知函数f(x)?

图象的下方；

第 1 页 共 4 页 122x?lnx. 求证：在区间(1,??)上，函数f(x)的图象在函数g(x)?x3的23

分析：函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方?不等式f(x)?g(x)问题， 12212x?lnx?x3，只需证明在区间(1,??)上，恒有x2?lnx?x3成立，设2323

1f(x)?g(x)?f(x)，x?(1,??)，考虑到f(1)??0 6

要证不等式转化变为：当x?1时，f(x)?f(1)，这只要证明： g(x)在区间(1,??)是增函数即可。

21【绿色通道】设f(x)?g(x)?f(x)，即f(x)?x3?x2?lnx， 32即

1(x?1)(2x2?x?1)则f?(x)?2x?x?= xx2

(x?1)(2x2?x?1)当x?1时，f?(x)= x

从而f(x)在(1,??)上为增函数，∴f(x)?f(1)?

∴当x?1时 g(x)?f(x)?0，即f(x)?g(x)，

故在区间(1,??)上，函数f(x)的图象在函数g(x)?1?0 623x的图象的下方。 3

【警示启迪】本题首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），

并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。读者也可以设f(x)?f(x)?g(x)做一做，深刻体会其中的思想方法。

3、换元后作差构造函数证明

111 都成立. ?nn2n3

1分析：本题是山东卷的第（ii）问，从所证结构出发，只需令?x，则问题转化为：当x?0时，恒n【例3】（2014年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln(?1)?

有ln(x?1)?x?x成立，现构造函数h(x)?x?x?ln(x?1)，求导即可达到证明。

【绿色通道】令h(x)?x?x?ln(x?1)， 322332

13x3?(x?1)2

?则h?(x)?3x?2x?在x?(0,??)上恒正， x?1x?12

所以函数h(x)在(0,??)上单调递增，∴x?(0,??)时，恒有h(x)?h(0)?0，

即x?x?ln(x?1)?0，∴ln(x?1)?x?x

对任意正整数n，取x?32231111?(0,??)，则有ln(?1)?2?3 nnnn

【警示启迪】我们知道，当f(x)在[a,b]上单调递增，则x?a时，有f(x)?f(a)．如果f(a)＝?(a)，要证明当x?a时，f(x)??(x)，那么，只要令f(x)＝f(x)－?(x)，就可以利用f(x)的单调增性来推导．也就是说，在f(x)可导的前提下，只要证明f'(x)?０即可．

4、从条件特征入手构造函数证明

【例4】若函数y=f(x)在r上可导且满足不等(版权归好范文网Www.HaOWoRd.cOm)式xf?(x)>－f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，求

证：．af(a)>bf(b)

【绿色通道】由已知 xf?(x)+f(x)>0 ∴构造函数 f(x)?xf(x)，

则f(x)? xf?(x)+f(x)>0， 从而f(x)在r上为增函数。 '

?a?b ∴f(a)?f(b) 即 af(a)>bf(b)

【警示启迪】由条件移项后xf?(x)?f(x)，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数f(x)?xf(x)，

求导即可完成证明。若题目中的条件改为xf?(x)?f(x)，则移项后xf?(x)?f(x)，要想到

是一个商的导数的分子，平时解题多注意总结。

【思维挑战】

21、（2014年，安徽卷） 设a?0,f(x)?x?1?lnx?2alnx

求证：当x?1时，恒有x?lnx?2alnx?1，

2、（2014年，安徽卷）已知定义在正实数集上的函数 2

f(x)?52122x?2ax,g(x)?3a2lnx?b,其中a>0，且b?a?3alna，22

求证：f(x)?g(x)

3、已知函数f(x)?ln(1?x)?

恒有lna?lnb?1?x，求证：对任意的正数a、b， 1?xb. a

4、（2014年，陕西卷）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) （c）af (a)≤f (b)

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1、提示：f?(x)?1?

∴（b）bf (a)≤af (b) （d）bf (b)≤f (a) 2lnx2a2lnx，当x?1，a?0时，不难证明??1 xxxf?(x)?0，即f(x)在(0,??)内单调递增，故当x?1时，

2f(x)?f(1)?0，∴当x?1时，恒有x?lnx?2alnx?1

3a21222、提示：设f(x)?g(x)?f(x)?x?2ax?3alnx?b则f?(x)?x?2a? x2

(x?a)(x?3a)= (x?0) ?a?0，∴ 当x?a时，f?(x)?0， x

故f(x)在(0,a)上为减函数，在(a,??)上为增函数，于是函数f(x) 在(0,??)上的最小值

是f(a)?f(a)?g(a)?0，故当x?0时，有f(x)?g(x)?0，即f(x)?g(x)

3、提示：函数f(x)的定义域为(?1,??)，f?(x)?11x ??221?x(1?x)(1?x)

∴当?1?x?0时，f?(x)?0，即f(x)在x?(?1,0)上为减函数

当x?0时，f?(x)?0，即f(x)在x?(0,??)上为增函数

因此在x?0时,f(x)取得极小值f(0)?0，而且是最小值 x1，即ln(1?x)?1? 1?x1?x

a1bab令1?x??0,则1??1?于是ln?1? bx?1aba

b因此lna?lnb?1? a于是f(x)?f(0)?0,从而ln(1?x)?

xf'(x)?f(x)f(x)f(x)4、提示：f(x)?，f?(x)?，故在（0，+∞）上是减函数，由?0f(x)?2xxx

a?b 有f(a)f(b)?? af (b)≤bf (a)故选（a） ab