第十二章极限与导数第讲（第三课时）题型6利用导数证明不等式1.证明：对任意的正整数n，不等式都成立.证明：令函数f(x)=x3-x2+ln(x+1)，则.所以当x∈［0，+∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在［0，+∞)上单调递增.又f(0)=0，23111ln(1)nnn＞2323132111xxfxxxxx所以，当x(0∈，+∞)时，恒有f(x)＞f(0)=0，即x3＞x2-ln(x+1)恒成立.故当x(0∈，+∞)时，有ln(x+1)＞x2-x3.对任意正整数n，取∈(0，+∞)，则有，所以结论成立.点评：利用导数证明不等式，一般是先根据不等式的形式构造相对应的函数，然后利用导数讨论此函数的单调性或最值，进一步得到所需结论.1xn23111ln(1)nnn＞已知m，n是正整数，且2≤m＜n.证明：(1+m)n＞(1+n)m.证明：不等式可化为nln(1+m)＞mln(1+n)，即设则11lnln.mnmn＞1ln(2)xfxxx，2ln11.xxxfxx因为x≥2，所以ln(1+x)≥ln3＞1.所以f′(x)＜0，从而f(x)为减函数.因为n＞m≥2，所以f(n)＜f(m)，即故(1+m)n＞(1+n)m.011xx＜＜，11lnlnmnmn＞，题型7利用导数解决方程根的问题2.设函数f(x)=x-ln(x+m)，其中m为常数.求证:当m＞1时，方程f(x)=0在区间［e-m-m，e2m-m］内有两个不等实根.证明：当m＞1时，f(1-m)=1-m＜0，f(e-m-m)=e-m-m-ln(e-m-m+m)=e-m＞0，f(e2m-m)=e2m-m-lne2m=e2m-3m.令g(m)=e2m-3m(m＞1)，则g′(m)=2e2m-3＞0.所以g(m)在(1，+∞)上为增函数，从而g(m)＞g(1)=e2-3＞0，即f(e2m-m)＞0.所以f(e-m-m)f(1-m)＜0，f(e2m-m)f(1-m)＜0.因为f(x)为连续函数，所以存在x1(∈e-m-m，1-m)，x2(1-∈m，e2m-m)，使f(x1)=0，f(x2)=0.故方程f(x)=0在区间［e-m-m，e2m-m］内有两个不等实根.点评：方程根的问题，一是可以转化为函数图象的交点问题，通过导数研究函数图象的性质，再结合图象的性质观察交点情况，由图象直观地得出相应的结论；二是利用性质f(a)f(b)＜0(a
