利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧

1 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xxxgln)( 设ba0，

证明：2ln)()2(2)()(0abbabgag

分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。

证明：1ln)(xxg，设)2(2)()()(xagxgagxF

2lnln)2()(21)2(2)()(''''xaxxagxgxagxgxF

当ax0时 0)(xF，当ax时 0)(xF，

即)(xF在),0(ax上为减函数，在),(ax上为增函数

∴0)()(minaFxF，又ab ∴0)()(aFbF，

即0)2(2)()(bagbgag

设2ln)()2(2)()()(axxagxgagxG

)ln(ln2ln2lnln)(xaxxaxxG

当0x时，0)('xG，因此)(xG在区间),0(上为减函数；

因为0)(aG，又ab ∴0)()(aGbG，

即 02ln)()2(2)()(axxagxgag

故2ln)()2(2)()(axxagxgag

综上可知，当 ba0时，2ln)()2(2)()(0abbabgag

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可导 2 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xxxf)1ln()(，求证：当1x时，

恒有xxx)1ln(111

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

111)1ln()(xxxg，从其导数入手即可证明。

【绿色通道】1111)(xxxxf

∴当01x时，0)(xf，即)(xf在)0,1(x上为增函数

当0x时，0)(xf，即)(xf在),0(x上为减函数

故函数()fx的单调递增区间为)0,1(，单调递减区间),0(

于是函数()fx在),1(上的最大值为0)0()(maxfxf，因此，当1x时，0)0()(fxf，即0)1ln(xx∴xx)1ln( （右面得证），现证左面，令111)1ln()(xxxg， 22)1()1(111)(xxxxxg则

当0)(,),0(;0)(,)0,1(xgxxgx时当时 ，

即)(xg在)0,1(x上为减函数，在),0(x上为增函数，

故函数)(xg在),1(上的最小值为0)0()(mingxg，

∴当1x时，0)0()(gxg，即0111)1ln(xx

∴111)1ln(xx，综上可知，当xxxx)1ln(111,1有时

【警示启迪】如果()fa是函数()fx在区间上的最大（小）值，则有()fx()fa（或()fx()fa），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.ln21)(2xxxf 求证：在区间),1(上，函数)(xf的图象在函数332)(xxg的图象的下方；

分析：函数)(xf的图象在函数)(xg的图象的下方)()(xgxf不等式问题，

即3232ln21xxx，只需证明在区间),1(上，恒有3232ln21xxx成立， 3 设)()()(xfxgxF，),1(x，考虑到061)1(F

要证不等式转化变为：当1x时，)1()(FxF，这只要证明： )(xg在区间),1(是增函数即可。

【绿色通道】设)()()(xfxgxF，即xxxxFln2132)(23，

则xxxxF12)(2=xxxx)12)(1(2当1x时，)(xF=xxxx)12)(1(2从而)(xF在),1(上为增函数，∴061)1()(FxF

∴当1x时 0)()(xfxg，即)()(xgxf，故在区间),1(上，函数)(xf的图象在函数332)(xxg的图象的下方。

【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)()()(xgxfxF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

【例3】证明：对任意的正整数n，不等式3211)11ln(nnn 都成立.

分析：本题是山东卷的第（II）问，从所证结构出发，只需令xn1，则问题转化为：当0x时，恒有32)1ln(xxx成立，现构造函数)1ln()(23xxxxh，求导即可达到证明。

【绿色通道】令)1ln()(23xxxxh，则1)1(31123)(232xxxxxxxh在),0(x上恒正，所以函数)(xh在),0(上单调递增，∴),0(x时，恒有，0)0()(hxh 即0)1ln(23xxx，∴32)1ln(xxx

对任意正整数n，取3211)11ln(),0(1nnnnx，则有

【警示启迪】我们知道，当()Fx在[,]ab上单调递增，则xa时，有()Fx()Fa．如果()fa＝()a，要证明当xa时，()fx()x，那么，只要令()Fx＝()fx－()x，就可以利用()Fx的单调增性来推导．也就是说，在()Fx 4 可导的前提下，只要证明'()Fx０即可．

4、从条件特征入手构造函数证明

【例4】若函数y=)(xf在R上可导且满足不等式x)(xf>－)(xf恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：．a)(af>b)(bf

【绿色通道】由已知 x)(xf+)(xf>0 ∴构造函数 )()(xxfxF，

则)('xF x)(xf+)(xf>0， 从而)(xF在R上为增函数。

ba ∴)()(bFaF 即 a)(af>b)(bf

【警示启迪】由条件移项后)()(xfxfx，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数)()(xxfxF，求导即可完成证明。若题目中的条件改为)()(xfxfx，则移项后)()(xfxfx，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】

1、 设xaxxxfaln2ln1)(,02

求证：当1x时，恒有1ln2ln2xaxx，

2、已知定义在正实数集上的函数,ln3)(,221)(22bxaxgaxxxf其中a>0，且aaabln32522， 求证：)()(xgxf

3、已知函数xxxxf1)1ln()(，求证：对任意的正数a、b，

恒有.1lnlnabba

4、（2007年，陕西卷）)(xf是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足)()(xfxfx≤0，对任意正数a、b，若a < b，则必有

（ ）

（A）af (b)≤bf (a) （B）bf (a)≤af (b)

（C）af (a)≤f (b) （D）bf (b)≤f (a)

【答案咨询】

1、提示：xaxxxf2ln21)(，当1x，0a时，不难证明1ln2xx

∴0)(xf，即)(xf在),0(内单调递增，故当1x时，

0)1()(fxf，∴当1x时，恒有1ln2ln2xaxx 5 2、提示：设bxaaxxxfxgxFln3221)()()(22则xaaxxF232)(

=xaxax)3)(( )0(x 0a，∴ 当ax时，0)(xF，

故)(xF在),0(a上为减函数，在),(a上为增函数，于是函数)(xF

在),0(上的最小值是0)()()(agafaF，故当0x时，有0)()(xgxf，即)()(xgxf

3、提示：函数)(xf的定义域为),1(，22)1()1(111)(xxxxxf

∴当01x时，0)(xf，即)(xf在)0,1(x上为减函数

当0x时，0)(xf，即)(xf在),0(x上为增函数

因此在)(,0xfx时取得极小值0)0(f，而且是最小值

于是xxxfxf1)1ln(,0)0()(从而，即xx111)1ln(

令abxbax1111,01则 于是abba1ln

因此abba1lnln

4、提示：xxfxF)()(，0)()()(2'xxfxxfxF，故xxfxF)()(在（0，+∞）上是减函数，由ba 有bbfaaf)()( af (b)≤bf (a) 故选（A）