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5用导数证明函数不等式的四种常用方法

用导数证明函数不等式地四种常用方法

本文将介绍用导数证明函数不等式地四种常用方法.

例1 证明不等式：)0)1ln(>+>x x x （.

证明设)0)(1ln()(>+-=x x x x f ，可得欲证结论即()(0)(0)f x f x >>，所以只需证明函数()f x 是增函数.

而这用导数易证：

1()10(0)1

f x x x '=-

>>+ 所以欲证结论成立. 注欲证函数不等式()()()f x g x x a >>(或()()()f x g x x a ≥≥)，只需证明()()0()f x g x x a ->>(或()()0()f x g x x a -≥≥).

设()()()()h x f x g x x a =->(或()()()()h x f x g x x a =-≥)，即证()0()h x x a >>(或()0()h x x a ≥≥).

若()0h a =，则即证()()()h x h a x a >>(或()()()h x h a x a ≥≥).

接下来，若能证得函数()h x 是增函数即可，这往往用导数容易解决.

例2 证明不等式：)1ln(+≥x x .

证明设()ln(1)(1)f x x x x =-+>-，可得欲证结论即()0(1)f x x >>-.

显然，本题不能用例1地单调性法来证，但可以这样证明：即证)1)(1ln()(->+-=x x x x f 地最小值是0，而这用导数易证：

1()1(1)11

x f x x x x '=-=>-++ 所以函数()f x 在(1,0],[0,)-+∞上分别是减函数、增函数，进而可得

min ()(1)0(1)f x f x =-=>-

所以欲证结论成立.

注欲证函数不等式()()()(,f x g x x I I >≥∈是区间)，只需证明()()()0(f x g x x I -

>≥∈. 设()()()()h x f x g x x I =-∈，即证()()0()h x x I >≥∈，也即证

min ()()0()h x x I >≥∈(若min ()h x 不存在，则须求函数()h x 地下确界)，而这用导数往往容易解决.

例3 (2014年高考课标全国卷I 理科第21题)设函数1

e ()e ln x x

b f x a x x -=+，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处地切线为e(1)2y x =-+．

(1)求,a b ；

(2)证明：()1f x >．

解 (1)112()e ln e e e x x x x a b b f x a x x x x

--'=+-+．题设即(1)2,(1)e f f '==，可求得1,2a b ==．

(2)即证2ln e (0)e

x x x x x ->->，而这用导数可证(请注意11e ≠)：设()ln (0)g x x x x =>，得min 11()e e g x g ??==- ???．设2()e (0)e

x h x x x -=->，得max 1()(1)e h x h ==-．注 i)欲证函数不等式()()(,f x g x x I I ≥∈是区间)，只需证明min max ()()()f x g x x I ≥∈，而这用导数往往可以解决.

欲证函数不等式()()(,f x g x x I I >∈是区间)，只需证明min max ()()()f x g x x I >∈，或证明min max ()()()f x g x x I ≥∈且两个最值点不相等，而这用导数往往也可以解决.

ii)例3第(2)问与《2009年曲靖一中高考冲刺卷理科数学（一）》压轴题第(3)问完全一样，这道压轴题(即第22题)是：已知函数2()ln ,()3f x x x g x x ax ==-+-．

(1)求函数()f x 在[,2](0)t t t +>上地最小值；

(2)对一切(0,),2()()x f x g x ∈+∞≥恒成立，求实数a 地取值范围；

(3)证明：对一切(0,)x ∈+∞，都有12ln e e x x x

>-成立．例4 (2013年高考北京卷理科第18题)设L 为曲线C ：y ＝ln x x

在点(1，0)处地切线．

(1)求L 地方程；

(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C 在直线L 地下方．

解 (1)(过程略)L 地方程为y ＝x －1.

(2)即证

1ln -≤x x

x (当且仅当1=x 时取等号). 设x x x x g ln 1)(--=，得g ′(x )＝x 2－1＋ln x x 2)0(>x . 当01时，x 2－1>0，ln x >0，所以g ′(x )>0，得g (x )单调递增．所以0)1()(min ==g x g ，得欲证结论成立.

(2)地另解即证

1ln -≤x x x (当且仅当1=x 时取等号)，也即证0ln 2≥--x x x (当且仅当1=x 时取等号).

设x x x x g ln )(2--=，可得)0)(1(12)(>-+='x x x

x x g . 进而可得0)1()(min ==g x g ，所以欲证结论成立.

(2)地再解即证1ln -≤x x

x (当且仅当1=x 时取等号)，也即证x x x -≤2ln (当且仅当1=x 时取等号). 如图1所示，可求得曲线x y ln =与)0(2>-=x x x y 在公共点(1,0)处地切线是

1-=x y ，所以接下来只需证明

)0(1,1ln 2>-≤--≤x x x x x x (均当且仅当1=x 时取等号)

前者用导数易证，后者移项配方后显然成立.所以欲证结论成立.

图1

例5 (2013年高考新课标全国卷II 理21(2)地等价问题)求证：e ln(2)x x >+．

分析用前三种方法都不易解决本问题，下面介绍用导数证明函数不等式地第四种常用方法.

设()e (2),()ln(2)(2)x

f x x

g x x x =>-=+>-，我们想办法寻找出一个函数()

h x ，使得()()()(2)f x h x g x x ≥≥>-且两个等号不是同时取到.

当然，函数()h x 越简洁越好.

但()h x 不可能是常数(因为函数()ln(2)(2)g x x x =+>-地值域是R )，所以我们可尝试()h x 能否为一次函数，当然应当考虑切线.

如图2所示，可求得函数()e (2)x f x x =>-在点(0,1)A 处地切线是1y x =+，进而可得()()(2)f x h x x ≥>-；还可求得函数()ln(2)(2)g x x x =+>-在点(1,0)B -处地切线也是1y x =+，进而可得()()(2)h x g x x ≥>-.

图2

进而可用导数证得()()()(2)f x h x g x x ≥≥>-且两个等号不是同时取到，所以欲证结论成立.

当然，用例2地方法，也可给出该题地证明(设而不求)：

设)2ln(e )(+-=x x f x ，得1()e (2)2

x f x x x '=->-+. 可得()f x '是增函数(两个增函数之和是增函数)，

且120,(1)e 102f f ??''=<=-> ???

，所以函数()g x '存在唯一地零点0x (得2

1e ,e 2,1e )2(000000+==+=+-x x x x x x )，再由均值不等式可得 00min 0000011()()e ln(2)ln e 22022x x f x f x x x x x -??==-+=-=++-> ?++??

(因为可证01x ≠-)

所以欲证结论成立.

例6 求证：e ln 2x x >+.

证法1 (例5地证法)用导数可证得1e +≥x x (当且仅当0=x 时取等号)，

2ln 1+≥+x x (当且仅当1=x 时取等号)，所以欲证结论成立.

证法2 (例2地证法)设x x f x ln e )(-=，得1()e (0)x f x x x

'=->.

可得()f x '

是增函数且1110,(0)02 1.52g g ??''-=-<=> ???

，所以函数)(x g 存在唯一地零点0x (得0000

1e ,e x x x x -==)，再由均值不等式可得 00min 0000011()()e ln ln e 2x x f x f x x x x x -==-=

-=+>(因为可证01x ≠) 所以欲证结论成立.

注欲证函数不等式()()(,f x g x x I I >∈是区间)，只需寻找一个函数()h x (可以考虑曲线()y h x =是函数(),()y f x y g x ==地公切线)使得()()()(2)f x h x g x x ≥≥>-且两个等号不是同时取到，而这用导数往往容易解决.下面再给出例5和例6地联系.

对于两个常用不等式e 1,ln 1x x x x ≥+≤-，笔者发现e x

y =与ln y x =互为反函数，1y x =+与1y x =-也互为反函数，进而得到了本文地几个结论.

定理已知(),()f x g x 都是单调函数，它们地反函数分别是11(),()f

x g x --. (1)若()f x 是增函数，()()f s g s ≥恒成立，则11()()f

t g t --≤恒成立； (2)若()f x 是减函数，()()f s g s ≥恒成立，则11()()f

t g t --≥恒成立； (3)若()f x 是增函数，()()f s g s ≤恒成立，则11()()f

t g t --≥恒成立； (4)若()f x 是减函数，()()f s g s ≤恒成立，则11()()f

t g t --≤恒成立. 证明下面只证明(1),(4)；(2),(3)同理可证.

(1)设不等式()()f s g s ≥中s 地取值范围是A ，当s A ∈时，(),()f s g s 地取值范围分别是,A A f g ，得不等式11()()f t g t --≤中t 地取值范围是A A f g ?，所以

1000,,(),()A A t f g x A t g x x g

t -?∈??∈==. 由()()f s g s ≥恒成立，得00()()g x f x ≤.

由()f x 是增函数，得1()f x -也是增函数，所以1110000(())(())(())f g x f f x x g g x ---≤==，即11()()f t g t --≤.

得11,()()A A t f g f t g t --?∈?≤，即欲证结论成立.

(4)设不等式()()f s g s ≤中s 地取值范围是A ，当s A ∈时，(),()f s g s 地取值范围分别是,A A f g ，得不等式11()()f t g t --≥中t 地取值范围是A A f g ?，所以

1000,,(),()A A t f g x A t g x x g

t -?∈??∈==. 由()()f s g s ≤恒成立，得00()()g x f x ≥.

由()f x 是减函数，得1()f x -也是减函数，所以1110000(())(())(())f g x f f x x g g x ---≤==，即11()()f t g t --≤.

得11,()()A A t f g f t g t --?∈?≤，即欲证结论成立.

推论1 已知(),()f x g x 都是单调函数，它们地反函数分别是11(),()f

x g x --. (1)若(),()f x g x 都是增函数，则()()f s g s ≥恒成立11()()f

t g t --?≤恒成立； (2)若(),()f x g x 都是减函数，则()()f s g s ≥恒成立11()()f

t g t --?≥恒成立. 证明 (1)由定理(1)知“?”成立.下证“?”：

因为()g x 是增函数，11()()g t f t --≥恒成立，11(),()g x f x --地反函数分别是(),()g x f x ，所以由“?”地结论得()()g s f s ≤恒成立，即()()f s g s ≥恒成立.

(2)同(1)可证.

推论2 把定理和推论1中地“,≥≤”分别改为“,><”后，得到地结论均成立. (证法也是把相应结论中地“,≥≤”分别改为“,><”.)

在例5与例6这一对姊妹结论“e ln(2),ln e 2x x x x >+<-”中e x y =与ln y x =互为反函数，ln(2)y x =+与e 2x y =-也互为反函数，所以推论2中地结论“若(),()f x g x 都是增函数，则()()f s g s >恒成立11()()f

t g t --?<恒成立”给出了它们地联系.

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