利用导数证明不等式（全文5篇）

第一篇：利用导数证明不等式

克维教育（82974566）中考、高考培训专家铸就孩子辉煌的未来

函数与导数

（三）核心考点

五、利用导数证明不等式

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f(x)g(x)0（f(x)g(x)0），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、已知函数f(x)lnxax2(2a)x

（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）设a0，证明：当0x111时，f(x)f(x)； aaa

（3）若函数f(x)的图像与x轴交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f`(x0)0

【变式1】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：恒有11ln(x1)x成立。x

1x【变式2】（1）x0，证明：e1x

x

2ln(1x)(2)x0时，求证：x2

二、常数类不等式证明

常数类不等式证明的通法可概括为：证明常数类不等式的问题等价转化为证明不等式 f(a)f(b)的问题，在根据a,b的不等式关系和函数f(x)的单调性证明不等式。例

2、已知mne,，求证：nm

例

3、已知函数f(x)ln(x1)

（1）求f(x)的极小值；

（2）若a,b0，求证：lnalnb1

mnx，1xb a

【变式3】已知f(x)lnx，g(x)127，直线l与函数f(x)、g(x)的 xmx（m0）22

图像都相切，且与函数f(x)的图像的切点的横坐标为1．

（Ⅰ）求直线l的方程及m的值；

（Ⅱ）若h(x)f(x1)g(x)（其中g(x)是g(x)的导函数），求函数h(x)的最大值；（Ⅲ）当0ba时，求证：f(ab)f(2a)ba． 2a

【变式4】求证：

bablnbabaa(0ab)

1x)x0(x1)【变式5】证明：ln（ln22ln32lnn2(n1)(2n1)【引申】求证： 222(n2,nN*)23n2(n1)

【变式6】当t1时，证明：1lntt1 1t

x21(x1)，各项不为零的数列an满足4Snf()1，【引申】已知函数f(x)an2(x1)

1n11（1）求证：ln； an1nan

（2）设bn1，Tn为数列bn的前n项和，求证：T20081ln2008T2007。an

第二篇：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。

第三篇：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

第四篇：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。

第五篇：第五讲 利用导数证明不等式

利用导数证明不等式的两种通法

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f(x)g(x)0（f(x)g(x)0），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x(0,2)，求证：sinxxtanx

证明这个变式题可采用两种方法：

第一种证法：运用本例完全相同的方法证明每个不等式以后再放缩或放大，即证明不等式 sinxx以后，根据sinx1sinxx来证明不等式sinx1x；

第二种证法：直接构造辅助函数f(x)sinx1x和g(x)xtanx1，其中x(0,然后证明各自的单调性后再放缩或放大（如：f(x)sinx1xf(0)10）例2 求证：ln(x1)x

2)

技巧

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。

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

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就可得证．

2、直接作差构造函数证明

123【例2】已知函数f(x)x2lnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的g(x)x23的图象的下方；

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。

3、换元后作差构造函数证明

111【例3】证明：对任意的正整数n，不等式ln(1)23 都成立.nnn

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)

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)

练习

21.设a0,f(x)x1ln2x2alnx求证：当x1时，恒有xlnx2alnx1

2.已知定义在正实数集上的函数f(x)12x2ax,g(x)3a2lnxb,其中a>0，且2b

52a3a2lna，求证：f(x)g(x)2(x)3.已知函数f(x)ln1blnalnb1.a

x，求证：对任意的正数a、b，恒有1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)（C）af(a)≤f(b)

（B）bf(a)≤af(b)（D）bf(b)≤f(a)

二、常数类不等式证明

常数类不等式证明的通法可概括为：证明常数类不等式的问题等价转化为证明不等式

f(a)f(b)的问题，在根据a,b的不等式关系和函数f(x)的单调性证明不等式。

例3已知mn0,a,bR且(a1)(b1)0

求证：(anbn)m(ambm)n

利用导数证明常数类不等式的关键是经过适当的变形，将不等式证明的问题转化为函数单调性证明问题，其中关键是构造辅助函数，如何构造辅助函数也是这种通法运用的难点和关键所在。构造辅助函数关键在于不等式转化为左右两边是相同结构的式子这样根据“相同结构”可以构造辅助函数。例4 已知0

练习

2．当x1时,求证:2x3证明：ab

ba2，求证：

tantan11 tantan1已知a,b为实数，并且e

3．已知函数f(x)exln(x1)1x0（1）求函数f(x)的最小值；

（2）若0yx，求证：exy1ln(x1)ln(y1)

求证：(eee)(e)e