数学利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧（五篇模版）

第一篇：数学利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧

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g(x)xlnx 设0ab，证明：0g(a)g(b)2(ab

2)(ba)ln2

ax

2分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。证明：g(x)lnx1，设F(x)g(a)g(x)2g(F(x)g(x)2g('')ax

2ax2)1

2g(x)g(''ax)lnxln

当0xa时 F(x)0，当xa时 F(x)0，即F(x)在x(0,a)上为减函数，在x(a,)上为增函数

∴F(x)minF(a)0，又ba ∴F(b)F(a)0，即g(a)g(b)2g(ab

2)02)(xa)ln2设G(x)g(a)g(x)2g（G(x)lnxlnax

2axln2lnxln(ax)

当x0时，G'(x)0，因此G(x)在区间(0,)上为减函数；

因为G(a)0，又ba ∴G(b)G(a)0，即 g(a)g(x)2g（故g(a)g(x)2g(ax22)(xa)ln20 ax)(xa)ln2

ab

2)(ba)ln2综上可知，当 0ab时，0g(a)g(b)2（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

用心 爱心 专心115号编辑 1

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f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有1

1x1

ln(x1)x

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

g(x)ln(x1)

1x1

1，从其导数入手即可证明。

xx1

【绿色通道】f(x)

1x1

1

∴当1x0时，f(x)0，即f(x)在x(1,0)上为增函数

当x0时，f(x)0，即f(x)在x(0,)上为减函数

故函数f(x)的单调递增区间为(1,0)，单调递减区间(0,)

于是函数f(x)在(1,)上的最大值为f(x)maxf(0)0，因此，当x1时，f(x)f(0)0，即ln(x1)x0∴ln(x1)x（右面得证），现证左面，令g(x)ln(x1)

1x1

1，则g(x)

1x1



1(x1)



x(x1)

当x(1,0)时,g(x)0;当x(0,)时,g(x)0，即g(x)在x(1,0)上为减函数，在x(0,)上为增函数，故函数g(x)在(1,)上的最小值为g(x)ming(0)0，∴当x1时，g(x)g(0)0，即ln(x1)∴ln(x1)1

【警示启迪】如果

1x11

10

1ln(x1)x

x1x1

（小）值，则有f(x)f(a)（或f(a)是函数f(x)在区间上的最大，综上可知，当x1时,有，那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0f(x)f(a)）

2、直接作差构造函数证明

【例2】已知函数f(x)

g(x)

232

3就可得证．

xlnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数

x的图象的下方；

分析：函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方不等式f(x)g(x)问题，即

xlnx

x，只需证明在区间(1,)上，恒有x2lnx

123

x

成立，设F(x)g(x)f(x)，x(1,)，考虑到F(1)

0

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

【绿色通道】设F(x)g(x)f(x)，即F(x)

1x

23x

xlnx，x1

则

F(x)2xx

=

(x1)(2xx1)

x

当时

16，F(x)=

(x1)(2xx1)

x

从而F(x)在(1,)上为增函数，∴F(x)F(1)0

∴当x1时 g(x)f(x)0，即f(x)g(x)，故在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)

x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F(x)f(x)g(x)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ln（1n1)

1n



1n

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x，则问题

n

转化为：当x0时，恒有ln(x1)x2x3成立，现构造函数

h(x)xxln(x1)，求导即可达到证明。

【绿色通道】令h(x)xxln(x1)，则h(x)3x2x

1x1



3x(x1)

x1

在x(0,)上恒正，所以函数h(x)在(0,)上单调递增，∴x(0,)时，恒有h(x)h(0)0，即x3x2ln(x1)0，∴ln(x1)x2x3 对任意正整数n，取x

1n

(0,)，则有ln（1n1)

1n



1n

【警示启迪】我们知道，当F(x)在[a,b]上单调递增，则xa时，有

F(x)F(a)．如果f(a)＝(a)，要证明当xa

时，f(x)(x)，那么，只要

令F(x)＝f(x)－(x)，就可以利用F(x)的单调增性来推导．也就是说，在F(x)

可导的前提下，只要证明F'(x)０即可．

4、从条件特征入手构造函数证明

【例4】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)

【绿色通道】由已知 xf(x)+f(x)>0 ∴构造函数 F(x)xf(x)，则F'(x) xf(x)+f(x)>0，从而F(x)在R上为增函数。

ab ∴F(a)F(b)即 af(a)>bf(b)

【警示启迪】由条件移项后xf(x)f(x)，容易想到是一个积的导数，从而可以构造

函数F(x)xf(x)，求导即可完成证明。若题目中的条件改为xf(x)f(x)，则移项后xf(x)f(x)，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a0,f(x)x1ln

x2alnx

求证：当x1时，恒有xln2x2alnx1，2、已知定义在正实数集上的函数f(x)1x

2ax,g(x)3alnxb,其中a>0，且

b

a3alna，求证：f(x)g(x)

x1x223、已知函数f(x)ln(1x)

恒有lnalnb1

ba.，求证：对任意的正数a、b，4、（2007

年，陕西卷）f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足

a、b，若

xf(x)f(x)≤0，对任意正数a < b，则必有

（）

（A）af(b)≤bf(a)（C）af(a)≤f(b)【答案咨询】

（B）bf(a)≤af(b)（D）bf(b)≤f(a)

1 x

f(x)在(0,)内单调递增，故当x1时，x1、提示：f(x)12lnx2a，当x1，a0时，不难证明2lnx，即

f(x)f(1)0，∴当x1时，恒有xln2x2alnx1

f(x)

∴

x2、提示：设F(x)

g(x)f(x)

x2ax3alnxb

则F(x)x2a

3ax

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

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

在(0,)上的最小值是F(a)f(a)g(a)0，故当x0时，有

f(x)g(x)0，即f(x)g(x)

3、提示：函数f(x)的定义域为(1,)，f(x)

11x



1(1x)



x(1x)

∴当1x0时，f(x)0，即f(x)在x(1,0)上为减函数

当x0时，f(x)0，即f(x)在x(0,)上为增函数 因此在x0时,f(x)取得极小值f(0)0，而且是最小值 于是f(x)f(0)0,从而ln(1x)令1x

ab

0,则1

ba1x1

1

ba

x1x，即ln(1x)1

ab1

ba

11x

于是ln

因此lnalnb1

xf(x)f(x)

x



'

4、提示：F(x)

f(x)x，F(x)0，故F(x)

f(x)x

在（0，+∞）

上是减函数，由ab 有

f(a)a

f(b)b

 af(b)≤bf(a)故选（A）

第二篇：利用导数证明不等式的常见题型经典

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧

技巧精髓

1、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。

2、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函数是用导数证明不等式的关键。

一、利用题目所给函数证明

【例1】 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

11，从其导数入手即可证明。x1

1x【绿色通道】f(x)1x1x1g(x)ln(x1)

∴当1x0时，f(x)0，即f(x)在x(1,0)上为增函数

当x0时，f(x)0，即f(x)在x(0,)上为减函数

故函数f(x)的单调递增区间为(1,0)，单调递减区间(0,)

于是函数f(x)在(1,)上的最大值为f(x)maxf(0)0，因此，当x1时，f(x)f(0)0，即ln(x1)x0∴ln(x1)x（右面得证），现证左面，令g(x)ln(x1)11x1 1，则g(x)22x1(x1)x1(x1)

当x(1,0)时,g(x)0;当x(0,)时,g(x)0，即g(x)在x(1,0)上为减函数，在x(0,)上为增函数，故函数g(x)在(1,)上的最小值为g(x)ming(0)0，110 x1

11∴ln(x1)1，综上可知，当x1时,有1ln(x1)xx1x1

【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． ∴当x1时，g(x)g(0)0，即ln(x1)

2、直接作差构造函数证明

【例2】已知函数f(x)

图象的下方；

122xlnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x3的2

3分析：函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方不等式f(x)g(x)问题，12212xlnxx3，只需证明在区间(1,)上，恒有x2lnxx3成立，设2323

1F(x)g(x)f(x)，x(1,)，考虑到F(1)0 6

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

21【绿色通道】设F(x)g(x)f(x)，即F(x)x3x2lnx，32即

1(x1)(2x2x1)则F(x)2xx= xx

2(x1)(2x2x1)当x1时，F(x)= x

从而F(x)在(1,)上为增函数，∴F(x)F(1)

∴当x1时 g(x)f(x)0，即f(x)g(x)，故在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)10 623x的图象的下方。3

【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F(x)f(x)g(x)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

都成立.nn2n

31分析：本题是山东卷的第（II）问，从所证结构出发，只需令x，则问题转化为：当x0时，恒n【例3】（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln(1)

有ln(x1)xx成立，现构造函数h(x)xxln(x1)，求导即可达到证明。

【绿色通道】令h(x)xxln(x1)，32233

213x3(x1)2

则h(x)3x2x在x(0,)上恒正，x1x12

所以函数h(x)在(0,)上单调递增，∴x(0,)时，恒有h(x)h(0)0，即xxln(x1)0，∴ln(x1)xx

对任意正整数n，取x32231111(0,)，则有ln(1)23 nnnn

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

4、从条件特征入手构造函数证明

【例4】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)

【绿色通道】由已知 xf(x)+f(x)>0 ∴构造函数 F(x)xf(x)，则F(x) xf(x)+f(x)>0，从而F(x)在R上为增函数。'

ab ∴F(a)F(b)即 af(a)>bf(b)

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

21、（2007年，安徽卷）设a0,f(x)x1lnx2alnx

求证：当x1时，恒有xlnx2alnx1，2、（2007年，安徽卷）已知定义在正实数集上的函数

2f(x)52122x2ax,g(x)3a2lnxb,其中a>0，且ba3alna，22

求证：f(x)g(x)

3、已知函数f(x)ln(1x)

恒有lnalnb1x，求证：对任意的正数a、b，1xb.a4、（2007年，陕西卷）f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)≤0，对任意正数a、b，若a < b，则必有（）

（A）af(b)≤bf(a)（C）af(a)≤f(b)

【答案咨询】

1、提示：f(x)1

∴（B）bf(a)≤af(b)（D）bf(b)≤f(a)2lnx2a2lnx，当x1，a0时，不难证明1 xxxf(x)0，即f(x)在(0,)内单调递增，故当x1时，2f(x)f(1)0，∴当x1时，恒有xlnx2alnx

13a21222、提示：设F(x)g(x)f(x)x2ax3alnxb则F(x)x2a x

2(xa)(x3a)=(x0)a0，∴ 当xa时，F(x)0，x

故F(x)在(0,a)上为减函数，在(a,)上为增函数，于是函数F(x)在(0,)上的最小值

是F(a)f(a)g(a)0，故当x0时，有f(x)g(x)0，即f(x)g(x)

3、提示：函数f(x)的定义域为(1,)，f(x)11x 221x(1x)(1x)

∴当1x0时，f(x)0，即f(x)在x(1,0)上为减函数

当x0时，f(x)0，即f(x)在x(0,)上为增函数

因此在x0时,f(x)取得极小值f(0)0，而且是最小值 x1，即ln(1x)1 1x1x

a1bab令1x0,则11于是ln1 bx1aba

b因此lnalnb1 a于是f(x)f(0)0,从而ln(1x)

xf'(x)f(x)f(x)f(x)

4、提示：F(x)，F(x)，故在（0，+∞）上是减函数，由0F(x)2xxx

ab 有f(a)f(b) af(b)≤bf(a)故选（A）ab

第三篇：利用导数证明不等式的常见题型与技巧

利用导数证明不等式的常见题型与技巧

例题：已知函数g(x)xlnx，设0ab，证明：0g(a)g(b)2(ab)(ba)ln2.2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：①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。②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

1【例1】 已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有1ln(x1)x x

1【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f(x)1x2lnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数

2g(x)23的图象的下方； x

3【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F(x)f(x)g(x)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ln(11)1213 都成立.n

n

n

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

4、从条件特征入手构造函数证明

【例4】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)

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

xf(x)f(x)，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a0,f(x)x1ln2x2alnx，求证：当x1时，恒有xln2x2alnx1，2、已知定义在正实数集上的函数f(x)1x22ax,g(x)3a2lnxb,其中a>0，且

b

52a3a2lna，求证：2

f(x)g(x)

3、已知函数f(x)ln(1x)x，求证：对任意的正数a、b，恒有lnalnb1b.a1x4、f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)≤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)

参考答案

ax1axax 例题证明：g(x)lnx1，设F(x)g(a)g(x)2g(ax)，F(x)g'(x)2g'()g'(x)g'()lnxln

2222

2当0xa时 F(x)0，当xa时 F(x)0，即F(x)在x(0,a)上为减函数，在x(a,)上为增函数。∴F(x)minF(a)0，又ba ∴F(b)F(a)0，即g(a)g(b)2g(ab)0

设G(x)g(a)g(x)2g(ax)(xa)ln2，则G(x)lnxlnaxln2lnxln(ax)

当x0时，因此G(x)在区间(0,)上为减函数；因为G(a)0，又ba ∴G'(x)0，G(b)G(a)0，即 g(a)g(x)2g(ax)(xa)ln20故g(a)g(x)2g(ax)(xa)ln2

综上可知，当 0ab时，0g(a)g(b)2(ab)(ba)ln2

【例1解】f(x)11x∴当1x0时，f(x)0，即f(x)在x(1,0)

x

1x1

上为增函数，当x0时，f(x)0，即f(x)在x(0,)上为减函数，故函数f(x)的单调递增区间为(1,0)，单调递减区间(0,)，于是函数f(x)在(1,)上的最大值为因此，当x1时，f(x)f(0)0，即nl(x1)x0∴ln(x1)x（右f(x)maxf(0)0，面得证），现证左面，令g(x)ln(x1)11，则g(x)1

x1

1x，当22x1(x1)(x1)

x(1,0)时,g(x)0;当x(0,)时,g(x)0，即g(x)在x(1,0)上为减函数，在x(0,)上为增函数，故函数g(x)在(1,)上的最小值为g(x)ming(0)0，∴当

x1时，g(x)g(0)0，即ln(x1)110

x1

∴ln(x1)11，综上可知，当x1时,有11ln(x1)x

x1

x1

【例2解】设F(x)g(x)f(x)，即F(x)2x31x2lnx，2(x1)(2xx1)

则F(x)2x2x1=(x1)(2xx1)，当x1时，F(x)=

xxx

从而F(x)在(1,)上为增函数，∴F(x)F(1)10

6∴当x1时 g(x)f(x)0，即f(x)g(x)，故在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)

3x的图象的下方。3

【例3解】令h(x)x3x2ln(x1)，则h(x)3x22x13x(x1)在x1x1

x(0,)上恒正，所以函数h(x)在(0,)上单调递增，∴x(0,)时，恒有

即x3x2ln(x1)0，∴ln(x1)x2x3 h(x)h(0)0，对任意正整数n，取x1(0,)，则有ln(11)11

n

n

n

n

【例4解】由已知 xf(x)+f(x)>0 ∴构造函数 F(x)xf(x)，则F'(x) xf(x)+f(x)>0，从而F(x)在R上为增函数。ab ∴F(a)F(b)即 af(a)>bf(b)

1、提示：f(x)1

2lnx2a2lnx

1，当x1，a0时，不难证明xxx

∴f(x)0，即f(x)在(0,)内单调递增，故当x1时，f(x)f(1)0，∴当x1时，恒有xlnx2alnx

1123a222、提示：设F(x)g(x)f(x)x2ax3alnxb则F(x)x2a

2x

(xa)(x3a)

=(x0)a0，∴ 当xa时，F(x)0，x

故F(x)在(0,a)上为减函数，在(a,)上为增函数，于是函数F(x)在(0,)上的最小值是F(a)f(a)g(a)0，故当x0时，有f(x)g(x)0，即f(x)g(x)

3、提示：函数f(x)的定义域为(1,)，f(x)

11x

2

21x(1x)(1x)

∴当1x0时，f(x)0，即f(x)在x(1,0)上为减函数

当x0时，f(x)0，即f(x)在x(0,)上为增函数 因此在x0时,f(x)取得极小值f(0)0，而且是最小值

x1，即ln(1x)1 1x1x

a1bab

1于是ln1 令1x0,则1

bx1aba

b

因此lnalnb1

a

于是f(x)f(0)0,从而ln(1x)

f(x)f(x)xf'(x)f(x)

F(x)04、提示：F(x)，F(x)，故在（0，+∞）上2

xxx

是减函数，由ab 有

f(a)f(b)

 af(b)≤bf(a)故选（A）ab

第四篇：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。

第五篇：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