利用导数证明不等式的四种常用方法
摘 要: 通过举例阐述了用导数证明不等式的四种方法,由此说明了导数在不等式证明中的重要作用. 关键词: 导数; 单调性; 中值定理; 泰勒公式; Jensen 不等式
在初等数学中证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法、数学归纳法和构造法.但是当不等式比较复杂时，用初等的方法证明会比较困难,有时还证不出来.如果用函数的观点去认识不等式,利用导数为工具,那么不等式的证明就会化难为易.本文通过举例阐述利用泰勒公式, 中值定理,函数的性质, Jensen 不等式等四种方法证明不等式,说明了导数在证明不等式中的重要作用.
一、利用泰勒公式证明不等式
若函数)(x f 在含有0x 的某区间有定义,并且有直到)1(-n 阶的各阶导数,又在点0x 处有n 阶的导数)(0)
(x f
n ,则有公式
)()(!
)()(!2)()(!1)()()()(00)(2
00000x R x x n x f x x x f x x x f x f x f n n n +-++-''+-'+=
在上述公式中若0)(≤x R n (或0)(≥x R n ),则可得
)(00)(2
00000)(!
)()(!2)()(!1)()()(n n x x n x f x x x f x x x f x f x f -++-''+-'+≥
或
)(00)(2
00000)(!)()(!2)()(!1)()()(n n x x n x f x x x f x x x f x f x f -++-''+-'+≤
例1 证明: ).11(,32)1ln(3
2<<-+-≤+x x x x x 证明 设)11)1ln(
)(<<-+=x x x f （ 则)(x f 在0=x 处有带有拉格朗日余项三阶泰勒公式
)11()1(432)1ln(4
4
32<<-+-+-=+ξξ x x x x x
0)
1(44
4
≤+-ξx
3
2)1ln(3
2x x x x +-≤+∴
由以上证明可知,用泰勒公式证明不等式,首先构造函数,选取适当的点0x 在0x 处展开,然后判断余项)(x R n 的正负,从而证明不等式.
二、利用中值定理证明不等式
微分)(Lagrange
中值定理: 若)(x f 满足以下条件:
(1) )(x f 在闭区间],[b a 内连续 (2) )(x f 在开区间),(b a 上可导
则 a
b a f b f f b a --='?∈?)
()()(),(ξξ
例2 若)()(1,011y x py y x y x py p x y p p p p -<-<-><<
--则
分析 因为,0x y <<
则原不等式等价于11
--<--
x y x py
)1(>p .令
p t x f =)(,则我们容易联想到Lagrange 中值定理y
x y f x f y x f --=
-)
()())(('ξ.
证明 设
p t t f =)(,显然],[)(x y t f 在满足Lagrange 中值定理的条件
则 ,)
()()(),(y x y f x f f x y --='?∈?ξξ 即y
x y x p p
p
p ---＝1ξ
111,),(---<<∴<<∴∈p p p px p py x y x y ξξξ
)()(11y x py y x y x py p p p p -<-<-∴--
例3 设)(x f 在],[b a 上连续可导,且,0)()(==b f a f 则
dx x f a b x f b
a
b x a ?
-≥≤≤)()(4
)(max 2
'
证明 设)(max 'x f M b
x a ≤≤=则由中值公式,当),(b a x ∈时,有
))(())(()()(11a x f a x f a f x f -'=-'+=ξξ ))(())(()()(22b x f b x f b f x f -'=-'+=ξξ
其中).,(),,(21b x x a ∈∈ξξ由此可得
)()()()(x b M x f a x M x f -≤-≤及
所以
4
)()()()()()(222
22
a b M dx x b M dx a x M dx
x f dx x f dx x f b a a
b
b a b
a
b a a b
b a -=
-+-≤+=???
??++++
即
?
-≥
b
a
dx x f a b M )()(4
2
所以 dx x f a b x f b
a
b
x a ?
-≥
'≤≤)()(4)(max 2
积分第二中值定理
]
1[ 若在区间f ],[b a 上f 为非负的单调递减函数,而g 是可积函数,
则存在],[b a ∈ξ,使得
??
=ξ
a
b
a
g a f fg )(
例4 设?
+=
1
2sin )(x x
dt t x f ,则0>x 时
x
x f 1)(<
特别地:当2003=x 时机为2003年浙江省高等数学竞赛试题(工科、经管类)
证明 令u t =
,则由积分第二中值定理
x
udu x u
du u
x f x
x x 1sin 212sin )(22
2
1
≤
=??
+ξ
＝
又因为
???+++-++-????????++-=22
222
2
)1(2
322)1(2322)1(cos 41)1cos()1(21cos 21cos 21)1(cos 1
212sin )(x x x x x x
u udu x x x x u udu x x u u u
du u
x f ＝ ＝
于是,0>x 时
x
x x x x du
u x x x f x x 1)111(21)1(212141
)1(2121)(2
2
)1(2
3
=-+-+++
++
+-
＝
由上可见利用中值定理证明不等式,通常是首先构造辅助函数和考虑区间,辅助函数和
定义区间的选择要与题设和结论相联系,然后由中值定理写出不等式,从而进行证明.
三、利用函数的单调性证明不等式
定理1 如果函数
)(),(x g x f 满足以下条件:
(1) )(),(x g x f 在闭区间],[b a 内连续
(2) )(),(x g x f 在开区间),(b a 可导,且有)()(x g x f '>'(或)()(x g x f '<') (3) )()(a g a f =
则 在),(b a 内有)()(x g x f >(或)()(x g x f <
令)()()(x g x f x F -=由于0)(0)()()()(≤?≤-?≤x F x g x f x g x f 所以证明)
()(x g x f ≤?证明0)(≤x F 则相应地有
推论1 若)(x f 在],[b a 上连续,在),(b a 内可导,c a f =)(且0)('>x f (或0)(' 则在),(b a 内有c x f >)((或c x f <)(). 例5 证明:当1>x 时,有).2ln(ln )1(ln 2 +?>+x x x 分析 只要把要证的不等式变形为 ) 1ln() 2ln(ln )1ln(++>+x x x x ,然后把x 相对固定看作常数,并 选取辅助函数x x x f ln ) 1ln()(+= .则只要证明)(x f 在),0(+∞是单调减函数即可. 证明 作辅助函数x x x f ln ) 1ln()(+= )1(>x 于是有x x x x x x x x x x x x x f 2 2ln )1()1ln()1(ln ln ) 1ln(1ln )(+++-=+- +=' 因为 ,11+< 因而在），（∞+1内恒有0)(' 又因为x x +<<11,可知)1()(+>x f x f 即 ) 1ln()2ln(ln )1ln(++-+x x x x 所以 ).2ln(ln )1(ln 2+?>+x x x 例6 证明不等式x x x x <+<-)1ln(2 2 ,其中0>x . 分析 因为例6中不等式的不等号两边形式不一样,对它作差)2 ()1ln(2 x x x --+,则发 现作差以后不容易化简.如果对)1ln( x +求导得x +11 ,这样就能对它进行比较. 证明 先证 )1ln(2 2 x x x +<- 设 )2 ()1l n ()(2 x x x x f --+= )0(>x 则 00)01l n ()0(=-+=f x x x x x f += +-+=1111)(2 ' 0>x 即 0012>>+x x 01)(2 >+='∴x x x f ,即在),0(+∞上)(x f 单调递增 0)0()(=>∴f x f 2 )1ln(2 x x x ->+∴ 再证 x x <+)1ln( 令 x x x g -+=)1 l n ()( 则 0)0(=g 111 )(-+= 'x x g 10<+∴>x x １１ x x x g <+∴<'∴)1ln(0)( x x x x <+<-∴)1ln(2 2 定理1将可导函数的不等式)()(x g x f <的证明转化为)()(x g x f '<'的证明，但当 )(x f '与)(x g '的大小不容易判定时，则有 推论2 设)(x f ，)(x g 在[b a ,]上n 阶可导， （1）)()()()(a g a f k k = 1,2,1,0-=n k （2） )()()()(x g x f n n > （或)()()()(x g x f n n <） 则在（b a ,）内有)()(x g x f > （或)()(x g x f <） 例7 证明: 331x x tgx +>，)2 ,0(π ∈x . 分析 两边函数类型不同,右边多项式次数较高,不易比较,对它求一阶导数得 .1)3 1 (,sec )(232x x x x tgx +='+='仍然不易比较,则我们自然就能想到推论2. 证明 设tgx x f =)( 3 3 1)(x x x g += 则 （1）0)0()0(==g f （2）1)0()0(),1()(),(sec )(2 2 ='='+='='g f x x g x x f （3）1)0()0(,2)(,cos sec 2)(2 =''=''=''= ''g f x x g x x x f （4）2)(),31)(1(2)(22='''++='''x g x tg x tg x f 显然有 )()(x g x f '''>''' 由推论2得，231x x tgx +> （2 0π< 利用函数的单调性证明不等式我们都是先构造函数.然后通过对函数求导,来判定函数 的增减性,从而达到证明不等式的目的. 四、利用Jensen(琴森)不等式证明不等式 定义 ] 1[ 如果 ),()(b a x f 在内存在二阶导数)("x f 则 (1) 若对,.0)(),(>''∈?x f b a x 有则函数)(x f 在),(b a 内为凸函数. (2) 若对,.0)(),(<''∈?x f b a x 有则函数)(x f 在),(b a 内为凹函数. 若函数 ),()(b a x f 在内是凸(或凹)函数时,对),(,,,21b a x x x n ∈? 及∑==n i i 1 1λ,有 Jensen(琴森)不等式 ∑∑∑∑====?? ? ??≥??? ??≤??? ??n i n i i i n i i i i i n i i i x f x f x f x f 1111)()( 或 λλλλ 等号当且仅当n x x x === 21 时成立. 例8 证明下列不等式 ),2,1,0(111212121n i a n a a a a a a a a a n i n n n n =>+++≤ ?≤+++ . 分析 上式只要能证明),2,1,0(2121n i a n a a a a a a i n n n =>+++≤ ? ,如 果此题用前面所述的几种方法来证明显然不合适,因为对它求导后不等式会更复杂.而这里的i a 可以看作是同一函数的多个不同函数值,设x x f ln )(=那么就可以用Jensen 不等式来证明它.然后只要令x x f 1 ln )(=,同理可得 n n n a a a a a a n 2121 1 11?≤+++ . 证明 令)0(ln )(>=x x x f 因为 01 )(2<- =''x x f ,所以),0()(+∞在x f 是凹函数 则对),0(,,,21+∞∈?n a a a 有 [])()()(1 )(12121n n a f a f a f n a a a n f +++≥??????+++ 即 []n n a a a n a a a n ln ln ln 1 )(1ln 2121+++≥?? ????+++ 又因为 []n n n a a a a a a n 2121ln ln ln ln 1 ?=+++ 所以 n a a a a a a n n n +++≤? 2121 令 x x f 1 ln )(=, 则同理可得 n n n a a a a a a n 2121 1 11?≤+++ 所以 ),2,1,0(111212121n i a n a a a a a a a a a n i n n n n =>+++≤?≤+++ 例9 设 )(x f 二次可微,且对一切x ,有0)(≥''x f ,而)(t u 在],0[a 上连续,则 ??≥a a dt t u a f dt t u f a 00 ])(1[)]([1 分析 上述不等式在形式上很像Jensen 不等式,且当t 取不同的值时,)]([t u f 就是同一函数的不同函数值,则可以用琴森不等式进行证明. 证明 由)(x f 及)(t u 的连续性,保证了可积性.并且 ∑?-=∞→=100)]([1lim )]([1n K n a n Ka u f n dt t u f a ?∑-=∞→=a n K n n Ka u n dt t u a 010 )(1lim )(1 因0)(≥''x f ,故)(x f 为凸函数,在Jensen 不等式 )()()(112211n n n n x f q x f q x q x q x q f ++≤+++ )1,,,(2121=+++n n q q q q q q 均为正，且 中,取 ） （ n i n q a n i u x i i ,3,2,11 ),1( ==-= 即得 ∑∑-=-=≤1010)]([1])(1[n K n K n Ka u f n n Ka u n f 由)(x f 的连续性,在上式取∞→n 即得所要证的结论. 由以上证明可知应用Jensen 不等式证明不等式,首先是构造适当的函数并判断它的凹 凸性,然后用Jensen 不等式证明之. 本文所述四种用导数证明不等式的四种方法充分说明了导数在不等式证明中的独到之处.在证明不等式时,应用导数等知识往往能使复杂问题简单化,从而达到事半功倍的效果. 需要指出的是利用导数证明不等式,除上述四种方法外还有不少方法.如用极值、最值等来证明不等式.由于受篇幅之限,这里不再详述. 参考文献 [1] 华东师范大学数学系,数学分析[M]第三版,北京:高等教育出版社,2001. [2] 裘单明等,研究生入学考试指导,数学分析[M],济南:山东科学技术出版社,1985. [3] 胡雁军,李育生,邓聚成,数学分析中的证题方法与难题选解[M],开封:河南大学出版社,1987. Four Usual Methods to Prove Tthe Inequality by Using Derivative Yang Yuxin (Department of Mathematics Shaoxing College of Arts and Sciences, Shaoxing Zhejiang,312000) Abstract:Examplisies four methods to prove the Inequality by using Derivative to show the imporpance of using derivative to crove the inequality Key words:Derivative; Monotonicity; Theorem of mean; Taylor formula; Jensen Inequality 函数与导数解答题之数列型不等式证明 例1.已知函数()()ln 3f x a x ax a R =--∈ (1)讨论函数)(x f 的单调性; (2)证明:*1111ln(1)()23n n N n + +++>+∈ (3)证明:()*ln 2ln 3ln 4ln 5ln 12,2345n n n N n n ???<≥∈ (4)证明:()*22222ln 2ln 3ln 4ln 5ln 112,23452n n n n n N n n +????? 例3．已知函数()x f x e ax a =--（其中,a R e ∈是自然对数的底数， 2.71828e =…）. （1）当a e =时，求函数()f x 的极值；（II ）当01a ≤≤时，求证()0f x ≥； （2）求证：对任意正整数n ，都有2111111222n e ??????+ +???+< ??? ???????. 例4.设函数()ln 1f x x px （1）求函数()f x 的极值点； （2）当p ＞0时，若对任意的x ＞0，恒有0)(≤x f ，求p 的取值范围； （3）证明：).2,()1(212ln 33ln 22ln 2222222≥∈+--<+++n N n n n n n n 例5.已知函数()ln 1f x x x =-+? (1)求()f x 的最大值; (2)证明不等式:()*121n n n n e n N n n n e ??????+++<∈ ? ? ?-???? ?? 利用导数证明不等式的两种通法 吉林省长春市东北师范大学附属实验学校 金钟植 岳海学 利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。 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()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），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(0, )2 x π ∈，求证：sin tan x x x << 分析：欲证sin tan x x x <<，只需证函数()sin f x x x =-和()tan g x x x =-在(0,)2 π 上 单调递减即可。 证明： 令()sin f x x x =- ，其中(0,)2 x π ∈ 则/ ()cos 1f x x =-，而(0,)cos 1cos 102 x x x π ∈? 利用导数证明不等式的两种通法 利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。 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()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），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(0,)2x π ∈，求证：sin tan x x x << 证明这个变式题可采用两种方法： 第一种证法：运用本例完全相同的方法证明每个不等式以后再放缩或放大，即证明不等式 sin x x <以后，根据sin 1sin x x x -<<来证明不等式sin 1x x -<； 第二种证法：直接构造辅助函数()sin 1f x x x =--和()tan 1g x x x =--，其中(0, )2x π∈ 然后证明各自的单调性后再放缩或放大（如：()sin 1(0)10f x x x f =--<=-<） 例2 求证：ln(1)x x +< 技巧 一、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。 二、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。 1、利用题目所给函数证明 【例1】 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时， 恒有x x x ≤+≤+- )1ln(1 11 1.函数2ln 2)(x x x f -=，求函数)(x f y =在]2,2 [上的最大值 2.. 已知f(x)=e x -ax- （1）求f(x)的单调增区间； （2）若f(x ）在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围； （3）是否存在a,使f(x)在（-∞，0］上单调递减，在［0，+∞）上单调递增？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由. 3. 已知函数f(x)=x 2e -ax (a ＞0),求函数在［1，2］上的最大值. 4.已知x ＝3是函数f(x)＝aln(1＋x)＋x2－10x 的一个极值点． (1)求a 的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)若直线y ＝b 与函数y ＝f(x)的图象有3个交点，求b 的取值范围． 5. (2010年全国)已知函数 f(x)＝x3－3ax2＋3x ＋1. (1)设a ＝2，求 f(x)的单调区间； (2)设 f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a 的取值范围． 不等式的证明： 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 ()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），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）。 一、利用题目所给函数证明 【例1】 已知函数 x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有 x x x ≤+≤+- )1ln(1 1 1 【绿色通道】1 111)(+- =-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数 故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞ 于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(m a x ==f x f ，因此，当1->x 时， 0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证） ， 现证左令11 1 )1ln()(-+++=x x x g ， 2 2)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ， ∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即011 1 )1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(11 1 ,1有时 【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． 2、直接作差构造函数证明 【例2】已知函数 .ln 2 1)(2 x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数3 3 2)(x x g = 的图象的下方； 【绿色通道】设)()() (x f x g x F -=，即x x x x F ln 2 132)(2 3--= ， 利用导数证明不等式的常见题型 山西大学附属中学 韩永权 邮箱：hyq616@https://www.doczj.com/doc/261184410.html, 不等式的证明是近几年高考的一个热点题型，它一般出现的压轴题的位置，解决起来比较困难。本文给出这一类问题常见的证明方法，给将要参加高考的学子一些启示和帮助。只要大家认真领会和掌握本文的内容，定会增强解决对这一类问题的办法。下面听我慢慢道来。 题型一 构造函数法，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，从而证明不等式，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。 例1（人教版选修2-2第32页B 组1题）利用函数的单调性，证明不列不等式 （1）),0(,sinx π∈ 第四节 利用导数证明不等式 课堂考点探究 考点1 单变量不等式的证明 单变量不等式的证明方法 (1)移项法：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 )； (2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数； (3)最值法：欲证f (x )＜g (x )，有时可以证明f (x )max ＜g (x )min . 直接将不等式转化为函数的最值问题 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性； (2)当a ＜0时，证明f (x )≤－3 4a －2. [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝ x ＋1 2ax ＋1 x . 当a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当a ＜0，则当x ∈? ????0，－12a 时，f ′(x )＞0；当x ∈? ????－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0. 故f (x )在? ????0，－12a 上单调递增，在? ?? ??－12a ，＋∞上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a 取得最大值，最大值为f ? ????－12a ＝ln ? ??? ?－12a －1－1 4a . 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ? ????－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ? ????－12a ＋1 2a ＋1≤0.设g (x ) ＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1 x －1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x ) ＜0.所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大 值，最大值为g (1)＝0.所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ? ????－12a ＋1 2a ＋1≤0， 即f (x )≤－3 4a －2. 将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间 导数大题中不等式的证明 1.使用前面结论求证（主要） 2.使用常用的不等关系证明，有三种：()ln 1x x +<，sin ,x x 恒成立，求实数λ的最小值． 3、已知,ln 2)(),0()(bx x x g a x a x x f +=>- =且直线22-=x y 与曲线)(x g y =相切． （1）若对),1[+∞内的一切实数x ，不等式)()(x g x f ≥恒成立，求实数a 的取值范围； （2）当a=1时，求最大的正整数 k ，使得对Λ71828.2](3,[=e e 是自然对数的底数）内的任意 k 个实数k x x x x ,,,,321Λ都有)(16)()()(121k k x g x f x f x f ≤++-Λ成立； （3）求证：)12ln(1 4412 +>-∑ =n i i n i )(* ∈N n 第四节利用导数证明不等式 考点1作差法构造函数证明不等式 (1)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x＞a)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x＞a)，设h(x)＝f(x)－g(x)，即证h(x)＞0(x＞a)．若h(a)＝0，h(x)＞h(a)(x＞a)．接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可． (2)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x∈I，I是区间)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x∈I)． 设h(x)＝f(x)－g(x)(x∈I)，即证h(x)＞0(x∈I)，也即证h(x)min＞0(x∈I)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决． 已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值． (1)求实数a的值； (2)当x＞1时，求证：f(x)＞3(x－1)． [解](1)因为f(x)定义域为(0，＋∞)，f(x)＝ax＋x ln x， 所以f′(x)＝a＋ln x＋1， 因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值， 所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0， 所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2. 当f′(x)＞0时，x＞e－2；当f′(x)＜0时，0＜x＜e－2， 所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增， 所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1. (2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋x ln x. 令g(x)＝f(x)－3(x－1)， 即g(x)＝x ln x－2x＋3(x＞0)． g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e. 由g′(x)＞0，得x＞e；由g′(x)＜0，得0＜x＜e. 所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， 第 1 页 共 6 页 构造函数法证明不等式的八种方法 1、利用导数研究函数的单调性极值和最值，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。 以下介绍构造函数法证明不等式的八种方法： 一、移项法构造函数 【例1】 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有 x x x ≤+≤+-)1ln(1 11 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 11 1)1ln()(-++ +=x x x g ，从其导数入手即可证明。 【解】1111)(+-=-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数 故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞ 于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(-+++=x x x g ， 22) 1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ， ∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即011 1)1ln(≥-++ +x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(11 1,1有时 【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． 2、作差法构造函数证明 【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数33 2)(x x g =的图象的下方； 用导数证明和式不等式-典型 （1）若护（工）=『J 上再減睛It求宾畫以杓取恒范 寵 (町证明车等式t 2n 1 L 1 I lii J J 1H^ In 4 hi(” +1) n , 1 1 1 < —+ l + - + —— 2 2 3 n 解析： :郭问圖利斛出 来看第二问? 1. 读者朋友们一起来思考这样一个命题逻辑：第二问单独出一道证明题行不行？ 当然行? 2. 为什么不那样出呢？ 因为那样出的话，难度太大. 3. 为什么出在本题的第二问的位置？ 因为这样命题使得学生解题相对容易一些. 4. 为什么会容易一些呢？ 因为题干和第一问，为我们顺利解决第二问提供帮助.这些内容可作为梯子，为我们搭桥、铺路. 5. 从第1问能得到什么结论呢？ '"|加 < 数特（打=—■—luz 在［人炖）上対城函 6. 这个结论对解决第 2问有什么帮助呢？ 第2问是证明不等式，我们希望能够通过第 1问得到不等式? 通过函数的单调性，我们可以得到什么样的不等式呢？ di 沿-1） 小如取= 2,则鸭（.工）= -- - Inx 凶为卩（工）在仏是内诚函数， 所以貯（1）=山 即——-hi^ 利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧 利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧 趣题引入 已知函数 设， 证明：分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。证明：，设 当时 ，当时 ， 即在上为减函数，在上为增函数 ∴，又 ∴， 即 设 当时，，因此在区间上为减函数； 因为，又 ∴， 即 故综上可知，当 时，本题在设辅助函数时，考虑到不等式涉及的变量是区间的两个端点，因此， 设辅助函数时就把其中一个端点设为自变量，范例中选用右端点，读者不妨设为左端点试一试，就能体会到其中的奥妙了。技巧精髓 一、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。 二、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 x x x g ln )(=b a <<02ln )(2 ( 2)()(0a b b a b g a g -<+-+<1ln )(+='x x g )2 (2)()()(x a g x g a g x F +-+=2 ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g x a g x g x F +-=+-=?+-='a x <<00)(<'x F a x >0)(>'x F )(x F ),0(a x ∈),(+∞∈a x 0)()(min ==a F x F a b >0)()(=>a F b F 0)2 (2)()(>+-+b a g b g a g 2ln )(2 (2)()()(a x x a g x g a g x G --+-+=)ln(ln 2ln 2 ln ln )(x a x x a x x G +-=-+-='∴0>x 0)(' 用导数证明不等式 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>0 x>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>0 sinx x2/2-cosx-1是减函数，在0点有最大值0 x2/2-cosx-1<0 x>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-x2 x∈[0,1] 则f\'(x)=1-2x 当x∈[0,1/2]时,f\'(x)>0,f(x)单调递增 当x∈[1/2,1]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 求证(1+m)^n > (1+n)^m 方法一：利用均值不等式 对于m+1个数，其中m个(2+m)，1个1,它们的算术平均数大于几何平均数，即 导数与不等式证明 作差证明不等式 1. （优质试题湖南，最值、作差构造函数） 已知函数． (1)求函数的单调递减区间； (2)若，求证：≤≤x ． 解：(1)函数f (x )的定义域为(－1，+∞),， 由 得：，∴x ＞0,∴f (x )的单调递减区间 为(0，+∞). (2)证明：由(1)得x ∈(－1，0)时，， 当x ∈(0，+∞)时，，且 ∴x ＞－1时，f (x )≤f (0)，∴≤0，≤x 令 ，则 ， ∴－1＜x ＜0时，，x ＞0时，，且 ∴x ＞－1时，g (x )≥g (0)，即≥0 ∴≥ ，∴x ＞－1时， ≤≤x ． 2. （优质试题湖北20，转换变量，作差构造函数，较容易） 已知定义在正实数集上的函数 ，x x x f -+=)1ln()()(x f 1->x 11 1+-x )1ln(+x 1 111)(+-=-+= 'x x x x f 0)(<'x f ????? -><+- 1 01x x x 0)(>'x f 0)(<'x f (0)0f '=x x -+)1ln()1ln(+x 111 )1ln()(-++ +=x x x g 2 2)1()1(111)(+=+-+= 'x x x x x g 0)(<'x g 0)(>'x g 0)0(='g 11 1 )1ln(-+++x x ) 1ln(+x 1 11+- x 1 11+- x )1ln(+x 2 1()22 f x x ax = + ，其中．设两曲线，有公 共点，且在该点处的切线相同． ⑴用表示，并求的最大值； ⑵求证：当时，． 解：⑴设与在公共点处的切线相 同． ，，由题意，． 即由得：，或（舍 去）． 即有． 令，则．于是 当，即时，； 当，即 时，． 故在为增函数，在为减函数， 于是在的最大值为． ⑵设， 则． 2()3ln g x a x b =+0a >()y f x =()y g x =a b b 0x >()()f x g x ≥()y f x =()(0)y g x x =>0 ()x y ，()2f x x a '=+∵23()a g x x '=0 ()()f x g x =0 ()()f x g x ''=2 2000200123ln 2 32x ax a x b a x a x ?+=+????+=?? ，， 20032a x a x +=0 x a =03x a =-2222215 23ln 3ln 22 b a a a a a a a = +-=-2 25()3ln (0)2 h t t t t t =->()2(13ln )h t t t '=-(13ln )0t t ->13 0t e <<()0h t '>(13ln )0t t -<1 3 t e >()0h t '<()h t 1 3(0)e ，1 3()e ∞,+()h t (0)+， ∞123 33()2 h e e =2 21()()()23ln (0)2 F x f x g x x ax a x b x =-= +-->()F x '23()(3)2(0)a x a x a x a x x x -+=+-=> “导数证明不等式问题”练习题答案 1.设L 为曲线C:ln x y x =在点(1,0)处的切线. (I)求L 的方程; (II)证明:除切点(1,0)之外,曲线C 在直线L 的下方. 解: (I)设ln ()x f x x =,则21ln ()x f x x -'=.所以(1)1f '=.所以L 的方程为1y x =-. (II)令()1()g x x f x =--,则除切点之外,曲线C 在直线l 的下方等价于()0 g x >(0,1)x x >≠. ()g x 满足(1)0g =,且221ln ()1()x x g x f x x -+''=-=. 当01x <<时,210x -<,ln 0x <,所以()0g x '<,故()g x 单调递减; 当1x >时,210x ->,ln 0x >,所以()0g x '>,故()g x 单调递增. 所以,()(1)0g x g >=(0,1x x >≠). 所以除切点之外,曲线C 在直线L 的下方. 又解:()0g x >即ln 10x x x -->变形为2ln 0x x x -->,记2()ln h x x x x =--,则2121(21)(1)()21x x x x h x x x x x --+-'=--==, 所以当01x <<时,()0h x '<,()h x 在(0,1)上单调递减; 当1x >时,()0h x '>,()h x 在(1,+∞)上单调递增. 所以()(1)0h x h >=.) 2.Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，； (Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域． 解⑴证明：()2e 2 x x f x x -=+ ()()()22224e e 222x x x x f x x x x ??-' ?=+= ?+++?? ∵当x ∈()()22,-∞--+∞，时，()0f x '> ∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增 ∴0x >时， ()2e 0=12x x f x ->-+， ∴()2e 20x x x -++> ⑵ ()()()24e 2e x x a x x ax a g x x ----'= () 4e 2e 2x x x x ax a x -++= ()322e 2x x x a x x -??+?+ ?+??= [)01a ∈， 由(1)知，当0x >时，()2e 2x x f x x -= ?+的值域为()1-+∞，，只有一解． 使得2e 2 t t a t -?=-+，(]02t ∈， 当(0,)x t ∈时()0g x '<，()g x 单调减；当(,)x t ∈+∞时()0g x '>，()g x 单调增 ()()()222e 1e e 1e 22 t t t t t t a t t h a t t t -++?-++===+ 记()e 2t k t t =+，在(]0,2t ∈时，()()() 2e 102t t k t t +'=>+，∴()k t 单调递增 ∴()()21e 24h a k t ??=∈ ??? ，． 3.设函数． x x 2f (x)x 2 -=+e 0x >(2)20x x e x -++>[0,1)a ∈2x =(0)x e ax a g x x -->（）()g x ()h a ()h a ()1x f x e -=- 导数题型一：证明不等式 不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点,传统证明不等式的方法技巧性强,多数学生不易想到,并且各类不等式的证明没有通性通法.随着新教材中引入导数,这为我们处理不等式的证明问题又提供了一条新的途径,并且在近年高考题中使用导数证明不等式也时有出现,但现行教材对这一问题没有展开研究,使得学生对这一简便方法并不了解.利用导数证明不等式思路清晰,方法简捷,操作性强,易被学生掌握。下面介绍利用单调性、极值、最值证明不等式的基本思路，并通过构造辅助函数，证明一些不等式。 一．构造形似函数型 例1．求证下列不等式 （1）) 1(2)1ln(22 2x x x x x x +-<+<-),0(∞+∈x （相减） （2）πx x 2sin >)2,0(π ∈x （相除两边同除以x 得π2 sin >x x ） （3）x x x x -<-tan sin )2, 0(π∈x （4）已知：)0(∞+∈x ，求证x x x x 11ln 11<+<+；（换元：设x x t 1+=） （5）已知函数()ln(1)f x x x =+-，1x >-，证明：11ln(1)1x x x - ≤+≤+ 巩固练习： 1.证明1>x 时，不等式x x 132- > 2.0≠x ，证明：x e x +>1 3.0>x 时，求证：)1ln(2 2 x x x +<- 4.证明: ).11(,3 2)1ln(3 2<<-+-≤+x x x x x 5.证明: 331an x x x t +>，)2 ,0(π∈x . 二、需要多次求导 例2.当)1,0(∈x 时,证明:22)1(ln )1(x x x <++ 例3.求证:x ＞0时,211x 2 x e x ->+ 例4.设函数f (x )＝ln x ＋ 2a x 2－(a ＋1)x (a >0，a 为常数)．若a ＝1，证明：当x >1 时，f (x )< 12x 2－21 x x +三、作辅助函数型 例5.已知：a 、b 为实数，且b ＞a ＞e ,其中e 为自然对数的底，求证：a b ＞b a . 例6.已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx, (i)求函数f(x)的最大值； (ii)设0 导数中的不等式证明问题 一、常见基本题型： （1） 结合问题之间的联系，利用函数的单调性证明； （2） 构造新的函数，求导，结合函数的单调性去证。 例1：已知函数()ln f x x =，21()22g x x x = -． （1）设/()(1)()h x f x g x =+-（其中/()g x 是()g x 的导函数），求()h x 的最大值； （2）证明: 当0b a <<时，求证：()(2)2b a f a b f a a -+-< ； 解:（1）/()(1)()ln(1)2h x f x g x x x =+-=+-+,1x >- 所以 1()111 x h x x x -'=-=++． 当10x -<<时，()0h x '>；当0x >时，()0h x '<． 因此，()h x 在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减． 因此，当0x =时，()h x 取得最大值(0)2h =； （2）当0b a <<时，102b a a --< <． 由（1）知：当10x -<<时，()2h x <，即ln(1)x x +<． 因此，有()(2)ln ln 1222a b b a b a f a b f a a a a +--??+-==+< ??? ． 例2：已知221()ln ,02 f x x a x a =->. （I ）求函数f （x ）的最小值； （II ）（i ）设0t a <<，证明：()()f a t f a t +<-； （ii ）若12()()f x f x =，且12,x x ≠证明：122.x x a +> 解：（Ⅰ）f '(x )＝x －a 2x ＝(x ＋a )(x －a )x ． 当x ∈(0，a )时，f '(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f '(x )＞0，f (x )单调递增． 当x ＝a 时，f (x )取得极小值也是最小值f (a )＝ 1 2a 2－a 2ln a ． （Ⅱ）（ⅰ）设g (t )＝f (a ＋t )－f (a －t )，则 当0＜t ＜a 时， 一题多解专题三：利用导数证明不等式问题 1.构造函数证明不等式的方法 (1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式,构造函数f(x),使原不等式成为形如 f(a)>f(b)的形式. (2)对形如f(x)>g(x),构造函数F(x)= f(x)-g(x). (3)对于(或可化为)A x x f ≥),(21的不等式,可选1x (或2x )为主元,构造函数),(2x x f (或 ),(1x x f ). 2.利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形. (2)构造新的函数h(x). (3)对h(x)求导. (4)利用)(x h '判断h(x)的单调性或最值. (5)结论. 例：设b a R b a b ax x x x f ,,,(1)1ln()(∈++++ +=为常数），曲线)(x f y =与直线 x y 2 3 = 在(0，0)点相切. (1)求b a ,的值. (2)证明：当20<导数之数列型不等式证明
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