导数与不等式证明(绝对精华)（合集5篇）

第一篇：导数与不等式证明(绝对精华)

二轮专题

（十一）导数与不等式证明

【学习目标】

1.会利用导数证明不等式.2.掌握常用的证明方法.【知识回顾】 一级排查：应知应会

1.利用导数证明不等式要考虑构造新的函数，利用新函数的单调性或最值解决不等式的证明问题．比如要证明对任意x[a,b]都有f(x)g(x)，可设h(x)f(x)g(x)，只要利用导数说明h(x)在[a,b]上的最小值为0即可． 二级排查：知识积累

利用导数证明不等式，解题技巧总结如下：

（1）利用给定函数的某些性质（一般第一问先让解决出来），如函数的单调性、最值等，服务于第二问要证明的不等式.（2）多用分析法思考.（3）对于给出的不等式直接证明无法下手，可考虑对不等式进行必要的等价变形后，再去证明.例如采用两边取对数（指数），移项通分等等.要注意变形的方向：因为要利用函数的性质，力求变形后不等式一边需要出现函数关系式.（4）常用方法还有隔离函数法，f(x)ming(x)max，放缩法（常与数列和基本不等式一起考查），换元法，主元法，消元法，数学归纳法等等，但无论何种方法，问题的精髓还是构造辅助函数，将不等式问题转化为利用导数研究函数的单调性和最值问题.（5）建议有能力同学可以了解一下罗必塔法则和泰勒展开式，有许多题都是利用泰勒展开式放缩得来.三极排查：易错易混

用导数证明数列时注意定义域.【课堂探究】

一、作差（商）法 例

1、证明下列不等式：

①exx1 ②lnxx

1③lnx1-

④lnx x2(x-1)2x,x(0,)(x1)⑤sinxx12

二、利用f(x)ming(x)max证明不等式 例

2、已知函数f(x)ax12eb(a1)lnx,(a,bR),g(x)x.xe2（1）若函数f(x)在x2处取得极小值0，求a,b的值；

（2）在（1）的条件下，求证：对任意的x1,x2[e,e2]，总有f(x1)g(x2).变式：证明：对一切x(0,)，都有lnx

三、构造辅助函数或利用主元法

12成立.exex例

3、已知m,n为正整数，且1mn,求证：(1m)n(1n)m.变式：设函数f(x)lnx，g(x)2x2（x1）.(1)试判断F(x)(x21)f(x)g(x)在定义域上的单调性；（2）当0ab时，求证f(b)f(a)

2a(ba).22ab

四、分析法证明不等式

例

4、设a1，函数f(x)(1x2)exa.若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行（O是坐标原点）,证明：m3a

变式：已知函数f(x)x2lnx．（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）证明：对任意的t0，存在唯一的s，使tf(s)．

（Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的s关于t的函数为sg(t)，证明：当te时，有

221.e2lng(t)1.5lnt2

五、隔离函数

例

5、已知函数f(x)exln(xm).（Ⅰ）设x0是f(x)的极值点，求m并讨论f(x)的单调性；（Ⅱ）当m2时，证明:f(x)0.变式：已知函数f(x)nxxn,xR,其中nN，且n2.（1）讨论f(x)的单调性；

（2）设曲线yf(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为yg(x)，求证：对于任意的正实数x，都有f(x)g(x)；

（3）若关于x的方程f(x)a(a为实数)有两个正实数根x1,x2，求证：x2x1

a2.1n

六、与数列结合

例

6、已知函数f(x)alnxax3(aR).（1）求函数f(x)的单调区间；（2）求证：

变式：（1）已知x(0,)，求证：

1x11ln； x1xx1111111(nN，n2).（2）求证：lnn1234n23n1ln2ln3ln4lnn1..(nN，n2)234nn【巩固训练】 1.已知函数f(x)图像的下方.2.已知函数fxln1x． 1x122xlnx,求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图像在函数g(x)x3的23（Ⅰ）求曲线yfx在点0，f0处的切线方程；

x31时，fx2x；（Ⅱ）求证：当x0，3x31恒成立，求k的最大值．（Ⅲ）设实数k使得fxkx对x0，3

nx1nx2xx23.已知0x1x2，求证：1.22n

4.设函数f(x)ln(1x)x(x0).（1）判断f(x)的单调性；

（2）证明：(11n)ne(e为自然对数，nN*).5.已知函数f(x)exx.（1）求函数f(x)的最小值；

（2）设不等式f(x)ax的解集为P，且[0,2]P，求实数a的取值范围；

e123n（3）设nN，证明：.e1nnnnnnnn

6.已知f(x)ln(1x2)ax(a0).(1)讨论f(x)的单调性；

（2）证明：（1124）（1134）（11n4）e(e为自然对数，nN*，n2).7.已知函数f(x)ln(1x)x,g(x)xlnx(1)求函数f(x)的最大值；

(2)设0ab,证明 ：0g(a)g(b)2g(ab)(ba)ln2.2

f(x)aexlnxbex18.设函数x，曲线yf(x)在点（1，(Ⅰ)求a,b；（Ⅱ）证明：f(x)1.f(1)处的切线为ye(x1)2.9.已知函数fxexax（a为常数）的图像与y轴交于点A，曲线yfx在点A处的切线斜率为-1.（Ⅰ）求a的值及函数fx的极值；（Ⅱ）证明：当x0时，x2ex；

（Ⅲ）证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当xx0，，恒有x2cex.10.(选作)已知f(x)(1x)ex1.（1）证明：当x0时，f(x)0;（2）数列{xn}满足xnexn1exn1,x11,求证：{xn}递减，且xn1.2n 11

第二篇：导数证明不等式

导数证明不等式

一、当x>1时,证明不等式x>ln(x+1)

f(x)=x-ln(x+1)

f'(x)=1-1/(x+1)=x/(x+1)

x>1,所以f'(x)>0,增函数

所以x>1,f(x)>f(1)=1-ln2>0

f(x)>0

所以x>0时，x>ln(x+1)

二、导数是近些年来高中课程加入的新内容，是一元微分学的核心部分。本文就谈谈导数在一元不等式中的应用。

例1.已知x∈(0，)，求证:sinx

第三篇：利用导数证明不等式

利用导数证明不等式

例1．已知x>0，求证：x>ln(1+x)分析：设f(x)=x－lnx。x[0,+。考虑到f(0)=0，要证不等式变为：x>0时，f(x)>f(0)，这只要证明：

f(x)在区间[0,)是增函数。

证明：令：f(x)=x－lnx，容易看出，f(x)在区间[0,)上可导。

且limf(x)0f(0)x0 由f'(x)11x 可得：当x(0,)时，f'(x)f(0)0 x1x1 即x－lnx>0，所以：x>0时，x>lnx 评注：要证明一个一元函数组成的不等式成立，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。

例2：当x0,时，证明不等式sinxx成立。证明：设f(x)sinxx,则f'(x)cosx1.∵x(0,),∴f'(x)0.∴f(x)sinxx在x(0,)内单调递减，而f(0)0.∴f(x)sinxxf(0)0, 故当x(0,)时，sinxx成立。

点评：一般地，证明f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数F(x)f(x)g(x)，如果F'(x)0,，则F(x)在(a,b)上是减函数，同时若F(a)0,由减函数的定义可知，x(a,b)时，有F(x)0,即证明了f(x)g(x)。

x练习：1.当x0时，证明不等式e1x12x成立。2证明：设fxe1xx12x,则f'xex1x.2xxx令g(x)e1x,则g'(x)e1.当x0时，g'xe10.g(x)在0,上单调递增，而g(0)0.gxg(0)0,g(x)0在0,上恒成立，f(x)在即f'(x)0在0,恒成立。0,上单调递增，又f(0)0,ex1x1x20,即x0时，ex222.证明:当x1时,有ln(x1)lnxln(x2).1x12x成立。2分析 只要把要证的不等式变形为

ln(x1)ln(x2),然后把x相对固定看作常数,并选取辅助函

lnxln(x1)数f(x)ln(x1).则只要证明f(x)在(0,)是单调减函数即可.lnx证明: 作辅助函数f(x)ln(x1)(x1)lnxlnxln(x1)xlnx(x1)ln(x1)于是有f(x)x12x

lnxx(x1)ln2x因为 1xx1, 故0lnxln(x1)所以 xlnx(x1)ln(x1)

（1，）因而在内恒有f'(x)0,所以f(x)在区间(1,)内严格递减.又因为1x1x,可知f(x)f(x1)即 ln(x1)ln(x2)lnxln(x1)所以 ln2(x1)lnxln(x2).利用导数知识证明不等式是导数应用的一个重要方面，也成为高考的一个新热点，其关键是构造适当的函数，判断区间端点函数值与0的关系，其实质就是利用求导的方法研究函数的单调性，通过单调性证明不等式。

x2例3.证明不等式xln(1x)x,其中x0.2x2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ln(1x)(x),则发现作差以后

21x)求导得不容易化简.如果对ln(1,这样就能对它进行比较.1xx2证明: 先证 xln(1x)

2x2设 f(x)ln(1x)(x)(x0)

21x210)00 f(x)则 f(0)ln(1x1x1x'　x0 即 1x0 x20

x2　f(x)0　,即在(0,)上f(x)单调递增

1xx2　f(x)f(0)0 　ln(1x)x

21x)x;令 g(x)ln(1x)x 再证 ln(则 g(0)0 g(x)11 1x１ln(1x)x 　x0 　1 　g(x)0 １xx2　xln(1x)x 练习：3（2001年全国卷理20）已知i,m,n是正整数，且1imn

证明：(1m)n(1n)m

分析：要证(1m)n(1n)m成立，只要证

ln(1m)nln(1n)m

即要证11ln(1m)ln(1n)成立。因为m

11ln(1m)ln(1n)； mn从而：(1m)n(1n)m。

评注：这类非明显一元函数式的不等式证明问题，首先变换成某一个一元函数式分别在两个不同点处的函数值的大小比较问题，只要将这个函数式找到了，通过设函数，求导判断它的单调性，就可以解决不等式证明问题。难点在于找这个一元函数式，这就是“构造函数法”，通过这类数学方法的练习，对培养分析问题、解决问题的能力是有很大好处的，这也是进一步学习高等数学所需要的。

第四篇：利用导数证明不等式

利用导数证明不等式

没分都没人答埃。觉得可以就给个好评!

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+

12..证明：a-a^2>0其中0

F(a)=a-a^

2F'(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>0x>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>0sinx

x²/2-cosx-1是减函数，在0点有最大值0

x²/2-cosx-1<0x>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-x²x∈

则f'(x)=1-2x

当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增

当x∈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

第五篇：应用导数证明不等式

应用导数证明不等式

常泽武指导教师：任天胜

（河西学院数学与统计学院 甘肃张掖 734000）

摘要： 不等式在初等数学和高等代数中有广泛的应用，证明方法很多，本文以函数的观点来认识不等式，以导数为工具来证明不等式。

关键字： 导数 不等式最值中值定理单调性泰勒公式

中图分类号： O13

Application derivative to testify inequality

ChangZeWu teachers: RenTianSheng

(HeXi institute of mathematics and statistics Gansu zhang ye 734000)Abstract: He inequality in elementary mathematics and higher algebra is widely used, proved many methods, based on the function point of view to know inequality to derivative tools to prove to inequality.Key words: The most value of derivative inequality value theorem monotonicity Taylor formula

1.利用微分中值定理来证明不等式

在数学分析中，我们学到了拉格朗日中值定理，其内容为：

定理1.如果函数fx在闭区间a,b上连续，在开区间a,b上可导，则至少存在一点a,b，使得f'()

拉格朗日中值定理是探讨可微函数的的几何特性及证明不等式的重要工具，我们可以根据以下两种方法来证明。

（1）首先，分析不等式通过变形，将其特殊化。其次，选取合适的函数和范围。第三，利用拉格朗日中值定理。最后，在根据函数的单调性和最大值和最小值。

（2）我们可根据其两种等价表述方式

①f(b)f(a)f'(a(ba))(ba),01

②fahfaf'ahh,01

我们可以的范围来证明不等式。f(b)f(a)。ba

11(x0)例1.1证明不等式ln(1)x1x

证明第一步变形1 ln(1)ln(1x)ln(x)x

第二步选取合适的函数和范围

令f(x)lnttx,1x

第三步应用拉格朗日中值定理

存在x,1x使得f'()f(1x)f(x)(1x)(x)

即ln(1x)ln(x)1

而 <1+x 1 1x

1x1)而0x 即ln(x1xln(1x)ln(x)

例 1.2证明：h>-1且h0都有不等式成立：

hln(1h)h 1h

证明：令f(x)=ln(1+x),有拉格朗日中值定理，0,1使得

ln(1h)f(h)f(0)f'(h)h

当h>0时有

1h11h,当1h0时有

11h1h0,即h.1h1hh;1h1h1hh.1h1h

2．利用函数单调性证明不等式

我们在初等数学当中学习不等式的证明时用到了两种方法：一种是判断它们差的正负，另一种是判断它们的商大于1还是小于1.而我们今天所要讨论的是根据函数的导数的思想来判断大小。

定理：设函数f(x)在a,b上连续，在a,b可导，那么

（1）若在a,b内f'(x)0则f(x)在a,b内单调递增。

（2）若在a,b内f'(x)0则f(x)在a,b内单调递减。

使用定理：要证明区间a,b上的不等式f(x)g(x)，只需令F(x)f(x)。g使在(x)a,b上F'(x)>0（F'(x)<0）且F(a)=0或（F(b)=0）例2.1 设x0证明不等式ln(1x)xex

证明：令F(x)ln(1x)xex（x>0）

显然F(0)0

1exx21xx（x>0）F'(x)exex1x(1x)e

现在来证明exx210

令f(x)exx21显然f(0)0

当x0时f'(x)ex2x0

于是得f(x)在x0上递增

故对x0有f(x)f(0)f(x)0

而(1x)ex0

所以F'(x)0故F(x)递增

又因为F(0)0

所以F(x)0

所以ln(1x)xex成立

3．利用函数的最大值和最小值证明不等式

当等式中含有“=”号时，不等式f(x)g(x)(或f(x)g(x)) g(x)f(x)0（或g(x)f(x)0），亦即等价于函数G(x)g(x)f(x)有最小值或F(x)f(x)g(有最大值。x)

证明思路：由待正不等式建立函数，通过导数求出极值并判断时极大值还是极小值，在求出最大值或最小值，从而证明不等式。

1例3.1证明若p>1，则对于0,1中的任意x有p1xp(1x)p1 2

证明：构造函数f(x)xp(1x)p(0x1)

则有f'(x)pxp1p(1x)p1p(xp1(1x)p1)

令f'(x)0，可得xp1(1x)p1，于是有x1x，从而求得x1。由于2

函数f(x)在闭区间0,1上连续，因而在闭区间0,1上有最小值和最大值。

由于函数f(x)内只有一个驻点，没有不可导点，又函数f(x)在驻点x1和2

111p1)p1,f(0)f(1),区间端点(x0和x1)的函数值为f())p(1所以2222

1f(x)在0,1的最小值为p1，最大值为1，从而对于0,1中的任意x有2

11f(x)1xp(1x)p1。，既有p1p122

4．利用函数的泰勒展式证明不等式

若函数f(x)在含有x0的某区间有定义，并且有直到(n1)阶的各阶导数，又在x0处有n阶导数f(n)(x0)，则有展式： f'(x0)f''(x0)fn(x0)2(xx0)(xx0)(xx0)nRn(x)f(x)f(x0)1!2!n!

在泰勒公式中，取x0=0,变为麦克劳林公式

f'(0)f''(0)2fn(0)nf(x)f(0)(x)(x)(x)Rn(x)1!2!n!

在上述公式中若Rn(x)0(或0)则可得

f'(0)f''(0)2fn(0)nf(x)f(0)(x)(x)(x)，1!2!n!

f'(0)f''(0)2fn(0)n(x)(x)(x)。或f(x)f(0)1!2!n!

带有拉格朗日余项的泰勒公式的实质是拉格朗日微分中值定理的深化，他是一个定量估计式，该公式在不等式证明和微分不等式证明及较为复杂的极限计算中有广泛的应用。

用此公式证明不等式就是要把所证不等式化简，其中函数用此公式，在把公式右边放大或缩小得到所证不等式。

例4.1若函数f(x)满足：（1）在区间a,b上有二阶导函数f''(x)，（2）

f'(a)f'(b)0，则在区间a,b内至少存在一点c，使

f''(c)4f(b)f(a)。2(ba)

证明：由f(x)在xa和xb处的泰勒公式，并利用f'(a)f'(b)0，得f(x)f(a)f''()(xa)2

2!f''()f(x)f(b)(xb)2,于是2!

abf''()(ba)2abf()f(a)(a),22!42

abf''()(ba)2abf()f(b)(a),22!42

f''()f''()(ba)2

相减，得f(b)-f(a)=,24

4f(b)f(a)1(ba)2

即f''()f(),(ba)224

当f''()f''()时，记c否则记c=,那么

f''(c)4f(b)f(a)(abc)(ba)2

参 考 文 献

《数学分析》上册，高等教育出版社，1990.1郑英元，毛羽辉，宋国栋编，2赵焕光，林长胜编《数学分析》上册，四川大学出版社，2006。3欧阳光中，姚允龙，周渊编《数学分析》上册，复旦大学出版社，2004.4华东师范大学数学系编《数学分析》上册，第三版，高等教育出版社2001.