目录
摘要 (1)
关键词 (1)
Abstract (1)
Key words (1)
引言 (2)
1、利用导数的定义证明不等式 (3)
2、利用导数的几何意义证明不等式 (4)
3、利用中值定理证明不等式 (5)
3.1、利用拉格朗日中值定理证明不等式 (5)
3.2、利用柯西中值定理证明不等式 (6)
4、利用函数的单调性证明不等式 (8)
4.1、取对数法 (8)
4.2、变量替换法 (9)
4.3、常数变易法 (9)
5、利用函数的最值性(极值性）证明不等式 (11)
6、利用泰勒公式证明不等式 (13)
7、利用函数的凹凸性证明不等式 (16)
8、利用Jensen(琴森)不等式证明不等式 (19)
9、利用导数的不等性证明不等式 (20)
10、利用偏导数证明不等式 (23)
总结 (27)
参考文献 (28)
致谢 (29)
导数在不等式证明中的应用
摘要：导数知识是数学中极其重要的部分，它的内容，思想和应用贯穿于整个数学的教学之中，是初等数学和高等数学中的一项重要内容。利用导数证明不等式是一种行之有效的好方法，它能使不等式的证明化难为易，迎刃而解。在不等式证明的种种方法中，它占有重要的一席之地，具有较强的灵活性和技巧性。掌握导数在不等式中的证明方法和技巧对学好高等数学有很大帮助。本文将通过举例和说明的方式来阐述不等式证明中导数的一些方法和技巧。
关键词：导数不等式证明函数
Abstract：The knowledge of derivative is an extremely important part of higher mathematic，its content, ideas, and applications impenetrate into the teaching of higher mathematic. As to the proofs of inequalities, the use of the derivative proved to be an effective measure. It earns a place in the various methods of the proofs of inequalities. This article will elaborate the application of derivative in the use of the proofs of inequalities, that is, the monotonic property of the function, the maximum or minimum value of a function, differential mean value theorem, Taylor’s formula, concavity, inequality of two derivative and partial derivative.
Key words: derivative inequalities prove function
引言
导数概念的产生有着直觉的起源，与曲线的切线和运动质点的速度有密切的关系.导数用于描述函数变化率，刻画函数的因变量随自变量变化的快慢程度.比如说，物理上考虑功随时间的变化率（称为功率），化学上考虑反应物的量对时间的变化率（称为反应速度），经济学上考虑生产某种产品的成本随产量的变化率（称为边际成本）等等，这些变化率在数学上都可用导数表示.
数学问题的解决关键在于我们对待数学问题的方法，如果在学习数学的过程中，我们能有意识地将数学问题系列化，解决数学问题的方法系列化，那么解决数学问题的能力将会得到升华.在高等数学的学习中，不等式的证明是可以作为一个系列问题来看待的，不等式的证明是数学的重要内容之一，也是难点之一，其常用的方法有：比较法、综合法、分析法、重要不等式法、数学归纳法等，而有一些问题用上述方法解决是困难的，在学完中值定理与导数的应用的内容以后，可以利用导数的定义、拉格朗日中值定理、函数的单调性、最值性、凸凹性等知识解决一些不等式证明的问题.因此，导数为证明不等式注入了新的活力，这一创造性思维有效合理的使不等式获得证明，从而体现出初等数学与高等数学的紧密联系.随着时代的发展，科技的进步及课程改革的不断深入，导数的应用必将渗透到社会领域的方方面面.这就要求加强导数的思想与方法教学，让学生深刻体会导数在解决函数、三角函数、解析几何、不等式、数列及实际问题和物理方面的应用性和工具性，为社会培养更多的应用性人才.
1、 利用导数的定义证明不等式
利用导数的定义证明不等式是一种比较普遍也是比较基本的方法，首先让我们先了解一下它定义
定义1[1]：设函数)
(x f y
=在点0x 的某一领域内有定义,在点0x 处给自变量x 以增量x ?(点x
x ?+0仍在该领域内),相应地,函数y 有增
量
)(0x x f y ?+=?)
(0x f -
如果当0→?x 时比值
x
y ??的极限x
x f x x f x
y x x ?-?+=??→?→?)
()(lim
lim
000
存
在，则称此极限值为函数)
(x f y
=在点0x 处的导数，记作
)('0x f ，
|'x x y =，0
|x
x dx
dy
=或
|)(x x dx
x df =.并称函数)
(x f y
=在点0x 处可导.
导数的定义有两种等价的形式： （1）x
x f x x f x f x ?-?+=→?)
()(lim
)('000
0；
（2）
00)
()(lim
)('0
x x x f x f x f x x --=→.
例 1 设
nx
a x a x a x f n sin 2sin sin )(21+++= ，并且
x
x f sin )(≤，
试证：1221≤++n na a a .
证明：由已知nx
a x a x a x f n sin 2sin sin )(21+++= ，可得
nx na x a x a x f n cos 2cos 2cos )('21+++= ， 则0)0(=f ，
n
na a a f +++= 212)0('又由导数定义，
1sin lim
)(lim
)(lim
)0('0
=≤==→→→x
x x
x f x
x f f x x x ，
故
1sin lim
)(lim
)(lim
)0('0
=≤==→→→x
x x
x f x
x f f x x x ，
即122
1≤++n na a a .
注：在用导数的定义证明不等式时，首先我们必须把原函数的一阶导数求出来，然后确定函数在一点的函数值和导数值，从而用导数的定义证明不等式.此题的关键是找到n
na a a f +++= 212)0('，且熟
知常用函数的极限.
2、利用导数的几何意义证明不等式
导数的几何意义[1]：如图2.1所示，设())(,00x f x p 是曲线)
(x f y =上一点，B 点坐标为 ())(,00x x f x x ?+?+.过
P 点作曲线)
(x f y =的切
线PC ，若
)
(x f 在0x 处可导，则
)
('0x f 是切线PC 的斜率，且曲线
)
(x f y =过())(,
00x f x 点的切线方程为)())(('000x f x x x f y +-=，法线方
程为
)
()()
('1000x f x x x f y +-=
()0)('0≠x f .
作PA 平行于x 轴，ABC 平行于y 轴，则AC
x df =)(0，而
AB
表
示增量
)
()(x f x x f -?+（为了说明问题，我们假定了
)(0>x f ）
图2.1
有的资料用运动变化的观点将曲线C 的割线PQ 的极限位置所在的直线定义为C 在点P ）（)(,
00x f x 处的切线.由这个定义出发，我们可
A
以发现，函数)(x f y =
图像上任意两点P ),(11y x ,Q ),(22y x 连线斜率的
取值范围，就是曲线上任一点切线斜率的范围.从而，利用导数的几何意义，即切线的斜率可以证明不等式.
例2 已知
c x x x f +-=2
)(的定义域为)
1,0(，
)1,0(,2
1∈x x 且21x x ≠，试证：2
121)()(x x x f x f -<- 证明：由于21
x x ≠，所以原不等式等价于
1)
()(2
121<--x x x f x f .即要
证函数
)
(x f 图象上任意两点连线的斜率1
，也就是曲线上任一点处 切线斜率1<切k .因=)(/ x f 12-x ，当10< 121<-<-x .所以 1)(1/ <<-x f .由导数的几何意义可知 1 <切k .从而 1) ()(2 121<--x x x f x f ，即2121)()(x x x f x f -<-. 注：形如 2 121)()(x x m x f x f -≤- 或 2 121)()(x x m x f x f -≥-（0>m ）型不等式的证明，都可以利用上述方法解决. 3、利用中值定理证明不等式 3.1 利用拉格朗日中值定理证明不等式 定理 1 [1] ：（拉格朗日中值定理）若函数) (x f 满足条件： (1) 在闭区间[]b a ,上连续； (2) 在开区间()b a ,内可导, 则在区间()b a ,内至少存在一点ξ, 使得 ) (') ()(ξf a b a f b f =--. 证明： 作辅助函数 ()() ()()()() f b f a F x f x f a x a b a -=-- --. 显然,()()(0)F a F b ==,且F 在[],a b 上满足罗尔定理的另两个条 件.故存在(,) a b ξ ∈,使 ' ' ()() ()()0f b f a F f b a ξξ-=- =-, 移项,即得 ' ()() ()f b f a f b a ξ-= -. 3.2 利用柯西中值定理证明不等式 定理 2 [1] ：（柯西中值定理）设函数) (x f 和)(x g 满足条件： (1))(x f 、)(x g 在闭区间[]b a ,上连续； (2) ) (x f 、)(x g 在开区间()b a ,可导，且0 )('≠ x g ，则至少存在一 点()b a ,∈ξ,使 ) ()()()() (')('a g b g a f b f g f --= ξξ. 通过拉格朗日中值定理证明不等式的形式: a b M a f b f -≤-)()(或)()()()(a b M a f b f a b m -≤-≤- 通过柯西中值定理证明不等式的形式：M a g b g a f b f m <--< ) ()()()( 拉格朗日中值定理和柯西中值定理是以等式形式存在的，那么，如何利用这两个中值定理去证明不等式呢？在中值公式中()b a ,∈ξ，我们根据ξ在()b a ,之间的取值可以估计取值 ) ('ξf 范围，从而得到不等 式，这就是应用中值定理证明不等式的思想.下面给出利用中值定理证 明不等式举例. 例3.1 设2 e a b e <<<,证明()222 4ln ln b a b a e -> -. 证明： 令 ,[],x a b ∈()2 e a b e <<<.显然函数() f x 在[],a b 上连续,在(),a b 内可导,有Lagrange 中值定理知,至少存在一 x x f 2 ln )(= 点(),a b ξ∈,使得 ()()()()' f b f a f b a ξ- = -. 即 ()222ln ln ln b a b a ξ ξ -=-,a b ξ<<. 设 ()ln t t t ?= ,则 ()'2 1ln t t t ?-= .当t e >时,()'0 t ?< ,所以函数 ()t ?在(),e +∞单调减少,从而 ()()()2 2 ,,t e t e e ?? >∈.即 ()2 22 ln ln 2,,e a b e e ξ ξξ > = ∈,亦即 ()()2 2ln 4b a b a e ξ ξ -> -.故得到 ()222 4ln ln b a b a e ->-. 例3.2 [3] 证明不等式 2 2 1)1ln(1x x x x +> ++ +()0>x . 证明：令()) 1ln(2 x x x x f ++= ，11)(2 -+=x x g ，则归结为证明： ) ()(x g x f > ()0>x ,注意到0)0(=f ，0)0(=g ，利用柯西中值定 理有 ) (')(') 0()()0()() ()(ξξg f g x g f x f x g x f =--= ()x <<ξ0 下证 111)1ln() (')('2 2 2 ≥+++ ++= ξ ξ ξ ξ ξξξξg f . 事实上，因0>>ξx ，故 0 )1ln()1(2 2 >+++ξξξξ . 从而 11)1ln()1( ) (') ('2 2 >+++ +=ξξξ ξ ξξg f ,即 ) ()(x g x f >. 注：从以上两道题我们可以看出利用中值定理证明不等式首先要利用变限移项法、分析法、待定因子法等方法来构造一个辅助函数 ) (x f , 使其在所给区间上满足中值定理的条件,证明的关键的在于处理好ξ点, 分析函数或其导数在该点的性质即可得到所要的结论.当然,有些题在证明过程中也可能会出现要反复使用定理的情况. 用拉格朗日中值定理证明不等式的步骤 [4] ： ① 恰当地选取函数) (x f ,自变量所在的区间[a,b]； ② 验证函数) (x f 在区间内满足拉格朗日中值定理的条件，从而得 到等式: a b a f b f f --= ) ()()('ξ，ξ∈（a,b ）； ③对 ) (x f 求导，从而得到 ) ('ξf ，由此得到由ξ建立的一个等式； ④ξ由的范围确定) ('ξf 的范围，从而验证不等式. 4、利用函数的单调性证明不等式 许多不等式与函数相关，或整理后与函数相关，我们可以先用导数的方法证明函数的单调性，再用函数单调性的性质去证明不等式，这就是利用单调性证明不等式的思想. 定理 3：[5]（函数单调性的判定法）设函数()x f 在[]b a ,上连续,在()b a ,内可导. ⑴ 如果在内()b a ,内0 )('>x f ,那么函数) (x f y =在[]b a ,上单调增 加； ⑵ 如果在()b a ,内0)(' (x f y =在[]b a ,上单调减 少. 上述判定法中的闭区间换成任何区间（包括无穷区间）, 结论也 成立.通过函数单调性证明不等式的形式： ) ()(x h x g >.利用函数单调性 证明不等式的举例. 4.1 取对数法 例4.1 设4 >x ，试证：22x x > 证明：不等式两边取对数得： 2ln x >x ln 2.令x x x f ln 22ln )(-=， 则0)4(=f 当x >4时， 2121422ln 22ln )('=-=->- =e x x f ， 所以， 函数 ()()04=>f x f ， 即x x ln 22ln >， 也即22x x > （4>x ）. 注：此题若采用“作差法”容异想到构造辅助函数2 2)(x x f x -=但 不易证得 22ln 2)('>-=x x f x 故本题不宜采用“作差法”. 4.2 变量替换法 例4.2 设0 >x ，证明：x x x +< +2 1)11ln(. 证明：原式? x x x 111 )11ln(+ < + （以s 替换 x 1） s s s s s s s +- +=+-+= +< +?1111111)1ln(（以t 替换 s +1） t t t 1ln 2- 令 1,ln 21)(>-- =t t t t t f ，则 , 0)1(1 2211)('2 2 2 2 2 >-= +-= - + =t t t t t t t t f 所以，函数)(t f 单调递增.从而，当1>t 时有0 )1()(=>f t f ，即 x x x t t t +< +?-<2 1)1 1ln()1(ln 2 注：此题证明过程中引入两个变量s 和t ，目的是通过变量替换使形式简化，以便于构造辅助函数. 4.3 常数变易法 定义2：常数变易法是指在待证的不等式或其等价不等式中，将某一个常数变易为变量x ，再移项整理成不等式，使其一端为常数（常为0），则另一端即为所要作的辅助函数. 注：对于一些数值不等式可以通过常量变量化而得到辅助函数，使之变成函数不等式，再利用函数单调性证之.本题是把其中的一个常量设为了自变量.所以在用常数变易法证明不等式应注意以下几点： （1）由于可导函数单调0 )('≥? x f （或0 )('≤? x f ），所以证明可 导函数单调的题目也属于证明不等式的题目； （2）在将不等式进行等价变形时，常用以下命题： ①如果函数)(x f 单调增加，则21x x ≥)()(21x x ??≥?， ②如果函数 ) (x f 单调减少，则21 x x ≥)()(21x x ??≤?. （3）必要时扩充函数的定义域并确定函数的区间断点函数值. （4）指数函数值和幂函数值的不等式常先取对数，再作辅助函数，通常利用函数的单调性证明具体函数的不等式，其证法的步骤如下： ①作辅助函数) (x f （一般取不等号两端的函数之差或之商为辅助函数）； ②求 ) (x f 的导数 ) ('x f ，并确定其在区间上的符号； ③判定)(x f 单调增加还是单调减少； ④求出 ) (x f 在两端点之一处的函数值或极限值（一般必有一个端 点函数值或 极限值为零或其符号确定）； ⑤用单调性定义证明所需证明的不等式. 例4.3 设0 >a ，0>b ，试证：当2≥n 时，有n n n b a b a +>+. 证明：令 n n n b x b x x f +-+=)(，则)(x f ),0[+∞∈C . 0)(1)(11)('11 1 11 1 1 1 >?? ????+-=+- = ----n n n n b x x n b x n x n x f 其中 2,0≥>n x . 所以，函数 ) (x f 单调递增.从而，当0 >a 时有0)0()(=>f a f ，即 n n n b a b a +> + . 注：如果)()()(x h x g x f -=确定函数单调性方法如下： 若0 )('>x f ，得 ) (x f 在[]b a ,上单调增加.当 )(=a f 且a x >时， 则 )()(=>a f x f ，即0 )()(> -x h x g ，于是得到所要证明的不等式； 若 )(' (x f 在[]b a ,上单调减少.当0)(=b f 且b x <时，则 0)()(=>b f x f ，即0)()(>-x h x g ，于是得到所要证明的不等式. 5、利用函数的最值性(极值性）证明不等式 由待证不等式建立函数,通过导数求出极值并判断极大值还是极小值,再求出最大值或最小值,从而证明不等式,这就是利用函数的最值(或极值)证明不等式的思路. 定理4 [1] 设f 在点0x 连续,在某邻域00(,)U x δ内可导. (1) 若当00(,)x x x δ∈-时' ()0 f x ≤,当00(,)x x x δ∈+时 ' ()0 f x ≥, 则f 在点0x 处取得极小值; (2) 若当00(,)x x x δ∈-时' ()0 f x ≥,当00(,)x x x δ∈+时 ' ()0 f x ≤, 则f 在点0x 处取得极大值. 证明： 下面只证(2),(1)的证明可类似地进行. 由定理的条件及单调性定理知,f 在 00(,) x x δ-内递增,在 00(,) x x δ+递减,又由 f 在0x 处连续,故对任意的0(,)x U x δ∈,恒有 0()()f x f x ≤.即f 在0x 处取得极大值. 若函数 f 的最大(小)值点0x 在区间(),a b 内,则0x 必是 f 的极大 (小)值点.又若 f 在0x 可导,则0x 还是一个稳定点.所以我们只要比较 f 在所有稳定点、不可导点和区间端点上的函数值,就能从中找到f 在 [],a b 上的最大值与最小值. 根据闭区间上连续函数性质知，若函数) (x f 在闭区间[]b a ,上连续， 则有不等式 )(max )()(min x f x f x f b x a b x a ≤≤≤≤≤≤. 例5.1 求证：当0>x 时，2 2) 1(ln )1(x x x -≥- 证明：设2 2 ) 1(ln )1()(x x x x f ---=，()0>x 则 2 1ln 2)('+- -=x x x x x f , 1 1ln 2)(''2 ++=x x x f , 3 2 3 ) 1(222)('''x x x x x f -= - = . 当10 < 当1>x 时，0 )('''>x f 所以二阶导数) (''x f 在1=x 处必取得极小值.而0 2)1(''>=f ，因此当 ()+∞ ∈,0x 时， )(''>x f ， 一阶导数 ) ('x f 在()+∞,0内单调递增.又由 0)1('=f 推知，当10< )('>x f ，故 ) (x f 在1=x 处取得极小值，0)1()(=>f x f 即当()+∞∈,0x 时，0 )1(ln )1(2 2 >---x x x 亦即2 2 ) 1(ln )1(x x x -≥- 注：从上例中可知，若辅助函数) (x f 在所讨论的区间上不是单调 函数时，欲证当()b a x ,∈时，有0)(≥x f ，只需证明) ('x f 在()b a ,内有极小值；欲证当 ()b a x ,∈时，0)(≤x f ，只需证明 ) ('x f 在()b a ,内有极 大值. 例5.2 设n N + ∈ 且3 n ≥,求证:221n n >+. 证明： 设()()221,3x f x x x = --≥.则有 ()' 2ln 2,(3)x f x x x = -≥. 因为3x ≥,所以()' 3 2ln 320 f x ≥ ->.所以 ()f x 在[)3,+∞上为增 函数.故 ()f x 的最小值为()310f => .所以()0 f x > 恒成立,即命题 221n n >+得证. 若我们不用函数的最值方法去证明，我们可以这样证明: 证明： 用数学归纳法. 当3n =时,3 282317 =>?+=恒成立. 假设当n k =时,2 21k k >+成立.那么,当1n k =+时,有 ()1 2 2221242 k k k k +=?>+?=+. 又因为3k >且k N + ∈,所以易证4223k k +>+成立.从而得到 ()1 2 23211 k k k +>+=++. 即当1n k =+时命题也成立,从而原命题得证. 注：从上例中我们可以看出利用函数的最值证明不等式思路更为清晰,方法更为简明,有利于避免不等式证明中的一些转化,放缩等问题.在不等式的证明中,转化与放缩恰恰又是难点所在,所以以后遇到当函数取最大(或最小)值时不等式都成立的问题时,我们可以把不等式恒成立的问题转化为求函数的最值问题.因此利用导数求函数最值是不等式证明的一种重要方法. 利用函数的最值(或极值）证明不等式的步骤: ① 确定函数自变量所在的区间; ② 求导,确定()f x 在区间上的极值,并确定最值; ③ 由最值得到不等式. 6、用泰勒公式（Taglo r 公式）证明不等式 定理5.1[1]：（局部泰勒定理）若函数 ) (x f 在0x 存在n 阶导数，则 ) (a U x ∈?,有 ) )(()(! ) ()(! 2)('')(! 1)(')()(000) (2 0000n n n x x o x x n x f x x x f x x x f x f x f -+-+ +-+ -+ =L )),((0δx U x ∈ 通常称 () () n n n x x n x f x x x f x x x f x f x P ) (! )(! 2)('')(! 1)(')()(002 0000-+ +-+ -+ = 为n 阶的泰勒多项式，称))((0n x x o - 为皮亚诺余项. 此公式称为函数 ) (x f 在0x 的泰勒公式或泰勒展开式. 定理5.2 [1] （泰勒定理）若函数f 在点0x 存在直至n 阶导数,则有 0()()(()) n n f x T x o x x =+-,即 '' () ' 2 000000000()() ()()()()()()(())2! ! n n n f x f x f x f x f x x x x x x x x x n =+-+ -++ -+- . （*） 证明: 设 0()()(),()() n n n n R x f x T x Q x x x =-=-, 现在只要证 ()() lim 0n x x n R x Q x →=. 又由关系式 ()()() ()' 0000n n n n R x R x R x ==== , 并易知 ()()() ()() 1' 0000,!n n n n n n Q x Q x Q x Q n -==== = . 因为() ()0n f x 存在,所以在点0x 的某邻域()0U x 内 f 存在1n -阶导 函数 () f x .于是,当()00x U x ∈且0 x x →时,允许接连使用洛必达法则 1n -次,得到 ()()()()() () () 1' ' 1 lim lim lim n n n n n x x x x x x n n n R x R x R x Q x Q x Q x --→→→=== () ()() ()() ()() ()() 110000lim 12n n n x x f x f x f x x x n n x x --→- -- =-- () ()() () ()011 000 1lim !n n n x x f x f x f x n x x --→??-=-? ? -? ??? =. 定理所证的（*）式称为函数 f 在点0x 处的泰勒公式. 用此公式证明不等式就是把所要证的不等式适当变形,把其中的函数用此公式展开,再把展开式右边进行放大或缩小,从而推证要证的 不等式. 例6.1 当02 x π <<时,证明不等式 2 2 1cos 2 x x x π >-> 成立. 证明: 由于 2 4 co s 1co s ,02! 4! 2 x x x x πξξ=- + <<< ,故 2 2 1co s 1co s 2 24 x x x ξ -= - . 显然有2 2 2 2 1 11114 11 2cos 12 2 24 2 24 2 96 2 96 3 x ππ ξπ ?? ???> - > - ?= - > - = > , 即 2 11cos 1 2x x π -> > . 两边乘以2x ,得 2 2 1cos 2 x x x π >-> . 所以结论成立. 注：用泰勒公式证明命题时,关键要注意一点,即究竟要展开到第几阶,而对于命题则没有统一的规律,我们要根据题中的有关信息加以适当取舍. 例 6.2 设当[]2,0∈x 时，有 1 )(≤x f ， 1 )(''≤x f .证明：对于 []2,0∈x 有 2)('≤x f . 证明：由一阶泰勒公式，对于[]2,0∈x ，有 2 ) (! 2)) ((''))((')()(x t x t x f x t x f x f t f --++ -+=θ()10<<θ.…………① 在①式中分别令0,2=t ，得 2 ) 2(! 2)) 2(('')2)((')()2(x x x f x x f x f f --++ -+=θ ()10<<θ,……② 2 ! 2) ('')(')()0(x x x f x x f x f f θ-+ -= ()10<<θ ……………………③ 将②，③两式相减，得 2 12 2! 2)('')2(! 2)('')('2)0()2(x f x f x f f f ξξ- -+ =- 其中()2,0)1(1∈-=θξx ，()2,0)2(2∈-+=x x θξ.于是有 ) (''2 1)('') 2(2 1)0()2()('212 22 ξξf x f x f f x f + -+ +≤ 2 2 2 1)2(2 111x x + -+ +≤ []2 2 ) 2(2 12x x +-+ =. 上式右端当0=x 时达到了最大值4，故有2 )('≤x f ，[]2,0∈x . 注：（1）已知 M x f ≤)(''（或 M x f ≥)(''）之类的条件，常用泰 勒展开式证明不等式； （2）对不同的t ，)(t f 的泰勒公式中的ξ不会相同，因此上面 的证明中21,ξξ不能用同一字母表示，否则会得出错误结果. 7、通过函数图形的凹凸性证明不等式 首先,介绍曲线凹凸的定义. 定义3[4] (曲线凹凸定义)设) (x f 为在区间I 上连续, 如果对I 上任意两点 21,x x 恒有 2 )()()2 (212 1x f x f x x f +< +， 那么称 ) (x f 在I 上 的图形是凹的或凹弧.如果恒有2 ) ()()2 (212 1x f x f x x f +> +，那么称 ) (x f 在I 上的图形是凸的或凸弧. 凸函数是一类重要的函数,凸函数在不等式的研究中尤为重要,而不等式的证明最终归结为研究函数的特性,所以研究凸函数的性质就显得十分重要,我们可以结合导数和凸函数的一些性质来证明不等式. 定理 6.1[1] f 为I 上的凸函数的充要条件是:对于I 上的任意三 点1 23x x x <<,总有 ()() ()() 213221 32 f x f x f x f x x x x x - - ≤ --. 证明： 必要性 记3231 x x x x λ-= -,则()213 1x x x λλ=+-.由 f 的凸性 知道 ()()()()()()2131311f x f x x f x f x λλλλ=+-≤+- ()()32211331 31 x x x x f x f x x x x x --=+ --, 从而有 ()()()()()()3123212 13x x f x x x f x x x f x -≤- +-, ()()()()()()()()3222 12321213x x f x x x f x x x f x x x f x -+-≤- +-, 整理后即可得()()()() 21322132 f x f x f x f x x x x x --≤--. 充分性 在 I 上任取两点 ()1313,x x x x <,在[]13,x x 上任取一点 ()()2131,0,1x x x λλλ=+-∈,即3231 x x x x λ-= -.由必要性的推导逆过程,可 证得 ()()()()()131311f x x f x f x λλλλ+-≤+-, 故 f 为I 上的凸函数.. 定理6.2[1] 设f 为区间I 上的可导函数,则下列论断互相等价: (1) f 为I 上凸函数; (2) ' f 为I 上的增函数; (3) 对I 上的任意两点12,x x ,有 ()()()()' 21121f x f x f x x x ≥ + -. 此定理(1)→(3)的证明根据函数 f 的凸性及定理 5.1, (2)→(3) 根据拉格朗日中值定理和 ' f 递增条件,而(3)→(1)利用转化替换即可 得到,在此就不作一一证明了. 当然,对于凹函数,也有类似的结论. 定理5.3[1] 设f 为区间I 上的二阶可导函数,则在I 上f 为凸(凹) 函数的充要条件是 ()()()'' '' 00,f x f x x I ≥ ≤ ∈. 此定理可由定理1.1和定理5.2推出. 利用函数凸凹性证明不等式举例： 例7 证明:当0 ,>y x ，βα<<0时，有不等式 β β β αα α 1 1 ) 2 ( )2 (y x y x +≤+. 证明：记α x u =，α y v =，则证明该不等式等价于证明不等式 ) (2 1)2 (αβ αβαβ v u v u +≤ +. 令 α β t t f =)(，则 2 )1( )(''--=α β α βα βt t f 在0>t 时大于零. 于是有不等式 [])(2 1)()(2 1)2 ( )2 ( αβ αβ αβ v u v f u f v u f v u += +≤ +=+. 例14 证明不等式n n n y x y x ] 2 [ 2 +>+， ()1,,0,0>≠>>n y x y x 证明：选取函数 n t t f =)(，且知此函数在()+∞,0上连续且可导， 1 )('-=n nt t f ，2 )1()(''--= n t n n t f .因为1>n ，0>t ，所以 )(''>t f ， 函数n t t f =)(在()+∞,0内的图形是向上凹的. 因而对于区间 ()+∞,0内任意()y x y x ≠,,，有 2 ) ()()2 ( y f x f y x f +< +，即 2 ]2 [n n n y x y x +< +. 注： 利用函数的凹凸性证明不等式导数的一个应用方面，在证明过程中我们一定要注意要观察好需要证明的不等式，适当选取函数作为辅助函数，然后对函数在指定区间讨论其性质，从而应用函数的凹 凸性证之. 利用函数凹凸性证明不等式的步骤: ① 恰当地选取函数()f x ,使()f x 在区间I 内具有二阶导数; ② 判断二阶导数()'' f x 的符号,以判断其凹凸性; ③ 由函数凹凸性的性质得到所要证的不等式. 在涉及函数的凹凸性与不等式的问题时,我们还有一个重要的不等式—Jensen 不等式. 8、利用Jensen(琴森)不等式证明不等式 定义4[6] 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 1 1 11)()( 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(11121212 1 n 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 =>+++≤ ? , 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 ∈? 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/ef10574954.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， 导数与不等式的证明 1.【2013湖南文科】已知函数f （x ）= x e x 2 1x 1+-. （Ⅰ）求f （x ）的单调区间； （Ⅱ）证明：当f （x 1）=f （x 2）(x 1≠x 2)时，x 1+x 2＜0. 【解析】 (Ⅰ) .)123)12)1()1)11()('2 22 222x x x xe x x e x x e x x f x x x ++--?=+?--+?-+-=（（（ ; )(,0)(']0-02422单调递增时，，（当x f y x f x =>∞∈∴0时f(x) < f(-x)即可。 ]1)1[(11111)()(22 22x e x x e e x x e x x x f x f x x x x ---+=++-+-=----。 1)21()('0,1)1()(22--=?>---=x x e x x g x x e x x g 令。 ,04)21()('1)21()(222<-=-=?--=x x x xe e x x h e x x h 令 0)0()(0)(=0, 存在唯一的s , 使. (Ⅲ) 设(Ⅱ)中所确定的s 关于t 的函数为, 证明: 当时, 有. (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)，令f ′(x )＝0 ，得x = 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： 2 l ()n f x x x =()t f s =()s g t =2>e t 2ln ()15ln 2 g t t << 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导数之数列型不等式证明
利用导数证明不等式的两种通法
导数不等式证明
利用导数证明不等式的常见题型
2021届高考数学(理)一轮复习学案：第3章导数及其应用第4节利用导数证明不等式
导数大题中不等式的证明题
【高中数学】利用导数证明不等式
导数与不等式的证明(高考真题)【含答案】
导数证明和不等式综合典型
利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧