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