3 用导数证明函数不等式的四种常用方法

第一篇：3 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的四种常用方法

本文将介绍用导数证明函数不等式的四种常用方法.（）x0).例

1证明不等式：xln(x1证明

设f(x)xln(x1)(x0)，可得欲证结论即f(x)f(0)(x0)，所以只需证明函数f(x)是增函数.而这用导数易证：

f(x)1所以欲证结论成立.10(x0)x1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f(x)g(x)0(xa)(或f(x)g(x)0(xa)).设h(x)f(x)g(x)(xa)(或h(x)f(x)g(x)(xa))，即证h(x)0(xa)(或h(x)0(xa)).若h(a)0，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：xln(x1).证明

设f(x)xln(x1)(x1)，可得欲证结论即f(x)0(x1).显然，本题不能用例1的单调性法来证，但可以这样证明：即证f(x)xln(x1)(x1)的最小值是0，而这用导数易证：

f(x)11x(x1)x1x1

所以函数f(x)在(1,0],[0,)上分别是减函数、增函数，进而可得

f(x)minf(1)0(x1)

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f(x)g(x)()0x.(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.bex1例3

(2014年高考课标全国卷I理科第21题)设函数f(x)aelnx，曲线

xxyf(x)在点(1,f(1))处的切线为ye(x1)2．

(1)求a,b；

(2)证明：f(x)1．

x解

(1)f(x)aelnxaxbx1bx1e2ee． xxx题设即f(1)2,f(1)e，可求得a1,b2．

x(2)即证xlnxxe21(x0)，而这用导数可证(请注意1)： ee设g(x)xlnx(x0)，得g(x)ming． 设h(x)xex1e1e12(x0)，得h(x)maxh(1)．

ee注

i)欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)ming(x)max(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f(x)ming(x)max(xI)，或证明f(x)ming(x)max(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f(x)xlnx,g(x)xax3．(1)求函数f(x)在[t,t2](t0)上的最小值；

(2)对一切x(0,),2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x(0,)，都有lnx212成立． xeexln x例4(2013年高考北京卷理科第18题)设L为曲线C：y＝在点(1，0)处的切线．

x(1)求L的方程；

(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方． 解(1)(过程略)L的方程为y＝x－1.lnxx1(当且仅当x1时取等号).xx2－1＋ln xlnx(x0).设g(x)x1，得g′(x)＝

x2x(2)即证当01时，x2－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，得g(x)单调递增．

所以g(x)ming(1)0，得欲证结论成立.(2)的另解 即证仅当x1时取等号).设g(x)xxlnx，可得g(x)2lnxx1(当且仅当x1时取等号)，也即证x2xlnx0(当且x2x1(x1)(x0).x进而可得g(x)ming(1)0，所以欲证结论成立.(2)的再解 即证lnxx1(当且仅当x1时取等号)，也即证lnxx2x(当且仅当xx1时取等号).2如图1所示，可求得曲线ylnx与yxx(x0)在公共点(1,0)处的切线是yx1，所以接下来只需证明

lnxx1,x1x2x(x0)(均当且仅当x1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)的等价问题)求证：eln(x2)． 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的第四种常用方法.设f(x)e(x2),g(x)ln(x2)(x2)，我们想办法寻找出一个函数h(x)，使得f(x)h(x)g(x)(x2)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g(x)ln(x2)(x2)的值域是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f(x)e(x2)在点A(0,1)处的切线是yx1，进而可得f(x)h(x)(x2)；还可求得函数g(x)ln(x2)(x2)在点B(1,0)处的切线也是yx1，进而可得h(x)g(x)(x2).xxx

图2 进而可用导数证得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到，所以欲证结论成立.当然，用例2的方法，也可给出该题的证明(设而不求)：

x设f(x)eln(x2)，得f(x)ex1(x2).x2可得f(x)是增函数(两个增函数之和是增函数)，且1fe20,f(1)e10，所以函数g(x)存在唯一的零点x0(得2(x02)ex01,x02ex0,ex01)，再由均值不等式可得 x02f(x)minf(x0)ex0ln(x02)11lnex0x0220x02x02

(因为可证x01)所以欲证结论成立.x例6 求证：elnx2.x证法1

(例5的证法)用导数可证得ex1(当且仅当x0时取等号)，x1lnx2(当且仅当x1时取等号)，所以欲证结论成立.x证法2

(例2的证法)设f(x)elnx，得f(x)ex1(x0).x可得f(x)是增函数且g11110,g(0)0，所以函数g(x)存在唯2e1.52一的零点x0(得ex01,x0ex0)，再由均值不等式可得 x011lnex0x02(因为可证x01)x0x0 f(x)minf(x0)ex0lnx0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)的公切线)使得f(x)h(x)g(x)(x2)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的联系.对于两个常用不等式exx1,lnxx1，笔者发现yex与ylnx互为反函数，yx1与yx1也互为反函数，进而得到了本文的几个结论.定理

已知f(x),g(x)都是单调函数，它们的反函数分别是f1(x),g1(x).(1)若f(x)是增函数，f(s)g(s)恒成立，则f1(t)g1(t)恒成立；

11(2)若f(x)是减函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立； 11(3)若f(x)是增函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立； 11(4)若f(x)是减函数，f(s)g(s)恒成立，则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的取值范围是A，当sA时，f(s),g(s)的取值范围分别是fA,gA，得不等式f1(t)g1(t)中t的取值范围是fAgA，所以

1tfAgA,x0A,tgx(0x),gt.()0由f(s)g(s)恒成立，得g(x0)f(x0).由f(x)是增函数，得

f1(x)也是增函数，所以f1(g(x0))f1(f(x0))x0g1(g(x0))，即f1(t)g1(t).得tfAgA,f1(t)g1(t)，即欲证结论成立.(4)设不等式f(s)g(s)中s的取值范围是A，当sA时，f(s),g(s)的取值范围分别是fA,gA，得不等式f1(t)g1(t)中t的取值范围是fAgA，所以

1tfAgA,x0A,tgx(0x),t.()0g由f(s)g(s)恒成立，得g(x0)f(x0).由f(x)是减函数，得

f1(x)也是减函数，所以f1(g(x0))f1(f(x0))x0g1(g(x0))，即f1(t)g1(t).得tfAgA,f1(t)g1(t)，即欲证结论成立.推论1

已知f(x),g(x)都是单调函数，它们的反函数分别是f1(x),g1(x).(1)若f(x),g(x)都是增函数，则f(s)g(s)恒成立f1(t)g1(t)恒成立；(2)若f(x),g(x)都是减函数，则f(s)g(s)恒成立f1(t)g1(t)恒成立.证明

(1)由定理(1)知“”成立.下证“”：

因为g(x)是增函数，g1(t)f1(t)恒成立，g1(x),f1(x)的反函数分别是g(x),f(x)，所以由“”的结论得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中的“,”分别改为“,”后，得到的结论均成立.(证法也是把相应结论中的“,”分别改为“,”.)

在例5与例6这一对姊妹结论“eln(x2),lnxe2”中ye与ylnx互为

x反函数，yln(x2)与ye2也互为反函数，所以推论2中的结论“若f(x),g(x)都11是增函数，则f(s)g(s)恒成立f(t)g(t)恒成立”给出了它们的联系.xxx

第二篇：利用导数证明不等式的四种常用方法

利用导数证明不等式的四种常用方法

杨玉新

(绍兴文理学院 数学系, 浙江 绍兴 312000)

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,又在点x0处有n阶的导数f(n)(x0),则有公式

f(x)f(x0)f(x0)1!(xx0)f(x0)2!(xx0)2f(n)(x0)n!(xx0)(n)Rn(x)

在上述公式中若Rn(x)0(或Rn(x)0),则可得

f(x0)1!f(x0)2!2f(x)f(x0)(xx0)(xx0)f(n)(x0)n!(xx0)(n)

或

f(x)f(x0)f(x0)1!(xx0)2f(x0)2!x3(xx0)2f(n)(x0)n!(xx0)(n)

例1 证明: ln(1x)xx23,(1x1).证明 设f(x)ln(1x)（1x1)则f(x)在x0处有带有拉格朗日余项三阶泰勒公式

x2ln(1x)x2x33x444(1)(11)

　x444(1)0

23　ln(1x)xx2x3

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x0在x0处展开,然后判断余项Rn(x)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f(x)满足以下条件:(1)f(x)在闭区间[a,b]内连续(2)f(x)在开区间(a,b)上可导

　f()则 (a,b)f(b)f(a)bap1

pp例2 若0yx,p1则　py(xy)xyp1pypp1(xy)

p1分析 因为0yx,则原不等式等价于pyxyxyppx(p1).令f(x)t,则我们容易联想到Lagrange中值定理f()(xy)p'f(x)f(y)xy.证明 设f(t)t,显然f(t)在[y,x]满足Lagrange中值定理的条件

f(x)f(y)xyp1p则 (y,x)f(),即p＝xyxyp1pp

p1　(y,x)　yx, py　pyp1p1ppx

(xy)xpyppyp1(xy)

例3 设f(x)在[a,b]上连续可导,且f(a)f(b)0,则

'maxf(x)axb4(ba)2baf(x)dx

证明 设Mmaxf(x)则由中值公式,当x(a,b)时,有

axb' 2 f(x)f(a)f(1)(xa)f(1)(xa)f(x)f(b)f(2)(xb)f(2)(xb)

其中1(a,x),2(x,b).由此可得

f(x)M(xa)及f(x)M(bx)

所以

babaf(x)dx2aabf(x)dxbab2f(x)dx  即

2aM(xa)dx2bab2M(bx)dx

M(ba)4M4(ba)2baf(x)dx

所以 maxf(x)axb4(ba)2baf(x)dx

积分第二中值定理[1] 若在区间f[a,b]上f为非负的单调递减函数,而g是可积函数,则存在[a,b],使得

 例4 设f(x)bafgf(a)g

a2sintdt,则x0时

x1xf(x)1x

特别地:当x2003时机为2003年浙江省高等数学竞赛试题(工科、经管类)证明 令tu,则由积分第二中值定理

x12f(x)xsinudu2u1x

＝12x2xsinudu2

又因为

f(x)(x1)22xsinudu2u2(x1)111 ＝cosu222xu(x1)22xcosudu32u14

cosuduu32 ＝12xcosx212(x1)cos(x1)2(x1)22x于是,x0时

f(x)12x12x12(x1)12(x1)141((x1)22xu32du

11x)1x ＝2x1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f(x),g(x)满足以下条件:(1)f(x),g(x)在闭区间[a,b]内连续

(2)f(x),g(x)在开区间(a,b)可导,且有f(x)g(x)(或f(x)g(x))(3)f(a)g(a)

则

在(a,b)内有f(x)g(x)(或f(x)g(x)

令F(x)f(x)g(x)由于f(x)g(x)f(x)g(x)0F(x)0 所以证明f(x)g(x)证明F(x)0则相应地有

推论1 若f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,f(a)c且f(x)0(或f(x)0)则在(a,b)内有f(x)c(或f(x)c).2例5 证明:当x1时,有ln(x1)lnxln(x2).''分析 只要把要证的不等式变形为

ln(x1)lnxln(x1)lnxln(x2)ln(x1),然后把x相对固定看作常数,并选取辅助函数f(x).则只要证明f(x)在(0,)是单调减函数即可.4 证明

作辅助函数f(x)lnxln(x1)x2ln(x1)lnx

(x1)

于是有f(x)x1lnxxlnx(x1)ln(x1)x(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)

ln(x1)lnxln(x2)ln(x1)即



所以

ln2(x1)lnxln(x2).例6

证明不等式xx22ln(1x)x,其中x0.x2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2),则发现作差以后不容易化简.如果对ln(1x)求导得

211x,这样就能对它进行比较.证明

先证 xx2ln(1x)

x21x)(x设

f(x)ln(2)

(x0)

11xx2则

f(0)ln1(0)00

f(x)'1x1x

　x0

即 1x0 x20

　f(x)x21x0　,即在(0,)上f(x)单调递增

　f(x)f(0)0

　ln(1x)x再证

ln1(x)x

x22

令

g(x)ln1(x)x 则

g(0)0

g(x)11x1

１　x0 　1

１x　g(x)0 ln(1x)x

　xx22ln(1x)x

定理1将可导函数的不等式f(x)g(x)的证明转化为f(x)g(x)的证明，但当f(x)与g(x)的大小不容易判定时，则有

推论2 设f(x)，g(x)在[a,b]上n阶可导，（1）f（2）f(k)(a)g(x)g(k)(a)

k0,1,2,n1(x)

（或f(n)(n)(n)(x)g(n)(x)）

则在（a,b）内有f(x)g(x)

（或f(x)g(x)）

例7

证明: tgxx13x，x(0,32).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(tgx)secx,(x213x)1x.仍然不易比较,则我们自然就能想到推论2.32证明

设f(x)tgx g(x)x则

（1）f(0)g(0)0

13x

322（2）f(x)sec(x),g(x)(1x),f(0)g(0)1

（3）f(x)2secxcos2x,g(x)2x,f(0)g(0)1

（4）f(x)2(1tg2x)(13tg2x), g(x)2 显然有

f(x)g(x)

由推论2得，tgxx13x（0x22）.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f(x)在(a,b)内存在二阶导数f(x)则

(1)若对x(a,b)有f(x)0,.则函数f(x)在(a,b)内为凸函数.(2)若对x(a,b)有f(x)0,.则函数f(x)在(a,b)内为凹函数.n"若函数f(x)在(a,b)内是凸(或凹)函数时,对x1,x2,,xn(a,b)及i1,有

i1Jensen(琴森)不等式

fixii1nn或fixiif(xi)i1i1nni1if(xi)

等号当且仅当x1x2xn时成立.例8 证明下列不等式

n1a11a21anna1a2ana1a2ann(ai0,i1,2,n).分析 上式只要能证明na1a2ana1a2ann(ai0,i1,2,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ai可以看作是同一函数的多个不同函数值,设f(x)lnx那么就可以用Jensen不等式来证明它.然后只要令f(x)ln1x,同理可得

n1a11a21anna1a2an.7

证明 令f(x)lnx(x0)因为 f(x)1x20,所以f(x)在(0,)是凹函数

则对a1,a2,,an(0,)有

11f(a1a2an)f(a1)f(a2)f(an) nn即 ln1n11(aaa)lna1lna2lnan 2nn1n又因为 lna1lna2lnanlnna1a2an

所以 na1a2an1xa1a2ann

令 f(x)ln, 则同理可得

n1a11a21ann a1a2an　所以

n1a11a21anna1a2ana1a2ann(ai0,i1,2,n)

例9 设f(x)二次可微,且对一切x,有f(x)0,而u(t)在[0,a]上连续,则

1aa0f[u(t)]dtf[1aa0u(t)dt]

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,f[u(t)]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f(x)及u(t)的连续性,保证了可积性.并且

1aa1a0f[u(t)]dtlim1n1nnu(f[u(Kan)]

K0a0u(t)dtlim1nn1nK0Kan)

因f(x)0,故f(x)为凸函数,在Jensen不等式 f(q1x1q2x2qnxn)q1f(x1)qnf(xn)

(q1,q2,,qn均为正，且中,取

xiu(i1na), qi1n（i1,2,3,n）

q1q2qn1)

即得

f[1nn1u(K0Kan)]1nn1K0f[u(Kan)]

由f(x)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

第三篇：导数证明不等式的几个方法

导数证明不等式的几个方法

1、直接利用题目所给函数证明（高考大题一般没有这么直接）已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有

11ln(x1)x x1

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

2、作差构造函数证明

已知函数f(x)x2lnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x3的图象的下方；

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。

3、合理换元后构造函数可大大降低运算量以节省时间（2007年，山东卷）

n1n21)3 都成立.证明：对任意的正整数n，不等式ln(nn2312

4、从特征入手构造函数证明

若函数y=f(x)在R上可导且满足不等式xf(x)>－f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：．af(a)>bf(b)几个构造函数的类型：

5、隔离函数，左右两边分别考察

第四篇：构造函数,结合导数证明不等式

构造函数,结合导数证明不等式

摘 要：运用导数法证明不等式首先要构建函数，以函数作为载体可以用移项作差，直接构造；合理变形，等价构造；分析（条件）结论，特征构造；定主略从，减元构造；挖掘隐含，联想构造等方法进行证明.关键词：构造函数；求导；证明；不等式

利用导数证明不等式是四川高考压轴题的热点题型之一，此类问题的特点是：问题以不等式形式呈现，“主角”是导数，而不等式的证明不仅技巧性强，而且方法灵活多变，因此构造函数成为证明不等式的良好“载体”，如何有效合理地构造函数是证明不等式的关键所在，下面以实例谈谈如何构造函数的若干解题策略.注：此题也可用数学归纳法证明.解后感悟：函数隐藏越深，难度就越大，如何去寻找证明不等式的“母函数”是解决问题的关键，通过合理变形，展开思维联想的翅膀，发现不等式背后的隐藏函数，便会柳暗花明.结束语：导数为证明不等式问题开辟了新方法，使过去不等式的证明方法，从特殊技巧变为通性通法，合理构造函数，能使解题更具备指向性，剑之所指，所向披靡.

第五篇：构造函数,利用导数证明不等式

构造函数，利用导数证明不等式

湖北省天门中学薛德斌2010年10月

例

1、设当xa,b时，f/(x)g/(x)，求证：当xa,b时，f(x)f(a)g(x)g(a)．

例

2、设f(x)是R上的可导函数，且当x1时(x1)f/(x)0．

求证：（1）f(0)f(2)2f(1)；（2）f(2)2f(1)．

例

3、已知m、nN，且mn，求证：(1m)(1n)．

nm

例

4、（2010年辽宁卷文科）已知函数f(x)(a1)lnxax21，其中a2，证明： x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.例

5、（2010年全国Ⅱ卷理科）设函数fxxaIn1x有两个极值点x1、x2，且

2x1x2，证明：fx2

12In2.4a0，b0，例

6、已知函数f(x)xlnx，求证：f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).xln(1x)x； 1x

11112ncln（2）设c0，求证：.2cn1cn2c2ncnc例

7、（1）已知x0，求证：