一题多解专题三：利用导数证明不等式问题

第一篇：一题多解专题三：利用导数证明不等式问题

一题多解专题三：利用导数证明不等式问题

1.构造函数证明不等式的方法

(1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式,构造函数f(x),使原不等式成为形如f(a)>f(b)的形式.(2)对形如f(x)>g(x),构造函数F(x)= f(x)-g(x).(3)对于(或可化为)f(x1,x2)A的不等式,可选x1(或x2)为主元,构造函数f(x,x2)(或f(x1,x)).2.利用导数证明不等式的基本步骤

(1)作差或变形.(2)构造新的函数h(x).(3)对h(x)求导.(4)利用h(x)判断h(x)的单调性或最值.(5)结论.例：设f(x)ln(x1)x1axb(a,bR,a,b为常数），曲线yf(x)与直线y3x在(0，0)点相切.2(1)求a,b的值.(2)证明：当0x2时，f(x)9x.x6

【解题指南】(1)点在曲线上，则点的坐标满足曲线方程；同时据导数的几何意义可以建立另一个方程，求出a,b;

(2)构造函数，利用导数研究单调性，借助函数单调性证明不等式

【解析】方法一：（1）由f(x)ln(x1)x1axb的图象过点（0，0）得b=-1；由f(x)ln(x1)x1axb在点（0，0）的切线斜率为

则y3，2x0(1a)x1x03a0.2

x1x1，2（2）当x0时，2x1)1x11x2

令h(x)f(x)9x541154，则h(x)f(x) x6(x6)2x12x1(x6)2

2x12x15454(x6)3216(x1).2(x1)(x6)22(x1)(x6)24(x1)(x6)2

令g(x)(x6)3216(x1)，则当0x2时，g(x)3(x6)22160

因此g(x)在（0,2）内是递减函数，又g(0)0，则0x2时，g(x)g(0)0

所以0x2时，h(x)0，即h(x)f(x)

9x

在（0,2）内是递减函数，x6

由h(0)0，则0x2时，h(x)h(0)0，故0x2时，h(x)f(x)

9x9x

.0，即f(x)

x6x6

方法二：由（1）知，f(x)ln(x1)x1

1由基本不等式，当x0时，2(x1)1x11x2令k(x)ln(x1)x，则k(0)0，k(x)故k(x)0，即ln(x1)x（ii）由（i)、（ii）得，当x0时，f(x)

x1

x

（i)1 2

1x10 x1x1

3x，2

记h(x)(x6)f(x)9x，则当0x2时，h(x)f(x)(x6)f(x)9

311x(x6)9 2x12x1



[3x(x1)(x6)(2x1)18(x1)]

2(x1)

1xx

[3x(x1)(x6)(3)18(x1)](7x18)0

2(x1)24(x1)

因此h(x)在（0,2）内是递减函数，又h(0)0，得h(x)0，故0x2时，f(x)

9x

.x6

针对性练习：

1．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a＞ln 2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1.解析(1)由f(x)＝e－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝e－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x

x

故fln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)．

(2)设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a＞ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)＞0.于是对任意x∈R都有g′(x)＞0，所以g(x)在R内单调递增．于是当a＞ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.即ex－x2＋2ax－1＞0，故ex＞x2－2ax＋1.2.设函数f(x)

1x

lnx在[1,)上是增函数。ax

（1）求正实数a的取值范围；（2）设b0,a1，求证：解：（1）f(x)

'

1abab

ln.abbb

ax1

0对x[1,)恒成立，2

ax11

a对x[1,)恒成立又1a1为所求。

xx

abab

1，（2）取x，a1,b0,

bb

1x

lnx在[1,)上是增函数，一方面，由（1）知f(x)ax

ab1

ablnab0即lnab1；)f(1)0,f（abbbabbab

1x1'

0(x1)另一方面，设函数G(x)xlnx(x1)G(x)1

xx

∴G(x)在(1,)上是增函数且在xx0处连续，又G(1)10∴当x1时，G(x)G(1)0,∴xlnx,即综上所述，abab

ln bb

1abab

ln.。abbb

3.已知函数f(x)2xalnx(a0)，证明：对于任意的两个正数x1,x2，总有

f(x1)f(x2)xx2

f(1)成立；

解：由：

2x1x2f(x1)f(x2)xx，f(12)...aln

22x1x2

2x1x2x1x2

1ln

2x1x2x1x2

0，而：x1x22x1x2

又因为：a0,所以：aln

2x1x2x1x2

0，即：

f(x1)f(x2)xx2

f(1)成立。

ex

4.设a0，函数 f(x)2.xa

(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)当x

时，函数 f(x)取得极值，证明：对于任意的2

x1,x

2[,],f(x1)f(x2)

1322

ex(x2a2x)ex[(x1)2a1]

解：(1)f'(x)

(x2a)2(x2a)2

①当a1时，f'(x)0恒成立，f(x)在(,)上是增函数；

② 当0a1时，令f(x)0，即(x1解得x1或x1)2a10，因此，函数f(x)在区间

(,1内单调递增，在区间

(1)内也单调递增.令f(x)0,即

(x1)2a10，解得1x1 因此，函数f(x)在区间

（1内单调递减.（2）当x

11311

时，函数f(x)取得极值，即 f'()0,()2a20，a.24222

133

由(Ⅰ)f(x)在(,)单调递增，在(1,)单调递减，(,)单调递增.222

f(x)在x

1133时取得极大值f()f(x)在x

时取得极小值f()，2222

1313故在[,]上，f(x)的最大值是f()

f()

2222

13对于任意的x1,x2[,],f(x1)

f(x2)

第二篇：一题多解之利用导数证明不等式问题

一题多解之利用导数证明不等式问题

构造函数证明不等式的方法：

(1)对于(或可化为)左右两边结构相同的不等式,构造函数f(x),使原不等式成为形如 f(a)>f(b)的形式.(2)对形如f(x)>g(x),构造函数F(x)= f(x)-g(x).(3)对于(或可化为)f(x1,x2)A的不等式,可选x1(或x2)为主元,构造函数f(x,x2)(或 f(x1,x)).例：设f(x)ln(x1)x1axb(a,bR,a,b为常数），曲线yf(x)与直线y相切.(1)求a,b的值.(2)证明：当0x2时，f(x)3x在(0，0)点29x.x6【解题指南】(1)点在曲线上，则点的坐标满足曲线方程；同时据导数的几何意义可以建立另一个方程，求出a,；(2)构造函数，利用导数研究单调性，借助函数单调性证明不等式。

因此g(x)在（0,2）内是递减函数，又g(0)0，则0x2时，g(x)g(0)0 所以0x2时，h(x)0，即h(x)f(x) 由h(0)0，则0x2时，h(x)h(0)0，故0x2时，h(x)f(x)9x在（0,2）内是递减函数，x69x9x0，即f(x).x6x6方法二：由（1）知，f(x)ln(x1)x11

由基本不等式，当x0时，2(x1)1x11x2x1x1（i)2k(x)

令k(x)ln(x1)x，则k(0)0，由（i)、（ii）得，当x0时，f(x)

h(x)f(x)(x6)f(x)91x10，故k(x)0，即n l(x1)x

（ii）x1x13x，记h(x)(x6)f(x)9x，则当0x2时，23111x(x6)()9[3x(x1)(x6)

2x12x12(x1)

1xx[3x(x1)(x6)(3)18(x1)](7x18)0

(2x1)18(x1)]2(x1)24(x1)9x.x6 因此h(x)在（0,2）内是递减函数，又h(0)0，得h(x)0，故0x2时，f(x) 点评：利用导数证明不等式的基本步骤：

(1)作差或变形.(2)构造新的函数h(x).(3)对h(x)求导.(4)利用h(x)判断h(x)的单调性或最值.(5)结论.【针对性练习】1．【2015高考北京，理18】已知函数fxln1x． 1xx31时，fx2x；（1）求曲线yfx在点0，f0处的切线方程；（2）求证：当x0，3

2.设函数f(x)1xlnx在[1,)上是增函数。ax（1）求正实数a的取值范围；（2）设b0,a1，求证：

解：（1）f(x)'1ababln.abbbax10对x[1,)恒成立，2ax

11对x[1,)恒成立，又1，a1为所求。

xxabab1，（2）取x，a1,b0,bb1xlnx在[1,)上是增函数，一方面，由（1）知f(x)axab1abblnab0即lnab1；)f(1)0,

f(abbbabbab1x1'0(x1)

另一方面，设函数G(x)xlnx(x1)

G(x)1xx

a

∴G(x)在(1,)上是增函数且在xx0处连续，又G(1)10

∴当x1时，G(x)G(1)0, ∴xlnx, 即

综上所述，ababln bb1ababln.。abbb2x3.【2015高考广东，理19】设a1，函数f(x)(1x)ea．

(1)求f(x)的单调区间 ；(2)略

(3)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21． e

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：谈利用导数证明不等式.

谈利用导数证明不等式

数学组

邹黎华

在高考试题中，不等式的证明往往与函数、导数、数列的内容综合，属于在知识网络的交汇处设计的试题，有一定的综合性和难度，突出体现对理性思维的考查，特别是利用高中新增内容的导数来证明不等式，体现了导数的工具，也是与高等数学接轨的有力点。本文通过一些实例，来说明利用导数增证明不等式的基本方法。

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：（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

11ln(1m)ln(1n)成立。因为m

x1111'

证明：设函数f(x)ln(1x)，则f(x)2ln(1x)

xx1xx1x'ln(1x)] 即：f(x)2[x1xx1,ln(1x)ln31 因为：x2,01x即要证所以：f(x)0，所以f(x)在[2,)是减函数，而mn 所以f(m)f(n)，即n''11ln(1m)ln(1n)； mnm从而：(1m)(1n)。

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。

例3．（2004年全国卷理工22题）已知函数f(x)ln(1x)x，g(x)xlnx,设0ab

证明：0g(a)g(b)2g(ab)(ba)ln2 2证明：设g(x)xlnx,g'(x)lnx1 设F(x)g(a)g(x)2g(ax)2则F'(x)g'(x)2[g(axax)]lnxln22

当0xa时，F'(x)0，当xa时，F'(x)0 因此，F（x）

在区间（0，a）内是减函数，在区间[a,)内为增函数，于是在xa 时，F（x）有最小值F(a)0又ba，所以0g(a)g(b)2g(ab)2设G(x)g(a)g(x)2g(ax)(xa)ln2，则G'(x)lnxlnaxln2lnxln(ax)2当x0时，G'(x)0，因此G（x）在区间(0,)内为减函数； 因为G(a)0，ba，所以G(b)0，即：g(a)g(b)2g(ab)(ba)ln2。2评注：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，就更能体会到其中的奥妙了。

通过以上例题，我们可以体会到用导数来证明不等式的基本要领和它的简捷。总之，利用导数证明不等式的关键是“构造函数”，解决问题的依据是函数的单调性，这一方法在高等数学中应用的非常广泛，因此，希望同学门能认真对待，并通过适当的练习掌握它。