导数证明不等式

导数证明不等式(一)

利用导数证明不等式的两种通法

吉林省长春市东北师范大学附属实验学校

金钟植 岳海学

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)（0f(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

分析：欲证sinxxtanx，只需证函数f(x)sinxx和g(x)xtanx在(0,单调递减即可。

证明：

令f(x)sinxx ，其中x(0,

则f(x)cosx1，而x(0,

所以f(x)sinxx在(0,

所以sinxx；

令g(x)xtanx ，其中x(0,

则g(x)1/2)上2) /2)cosx1cosx10 2)上单调递减，即f(x)sinxxf(0)0 2) 12tanx0(0,)上单调递减， g(x)xtanx，所以在cos2x2

即g(x)xtanxg(0)0

所以xtanx。

综上所述，sinxxtanx

评注：证明函数类不等式时，构造辅助函数比较容易，只需将不等式的其中一边变为0，然后另一边的函数作为辅助函数，并利用导数证明其单调性或其最值，进而构造我们所需的不等式的结构即可。根据不等式的对称性，本例也可以构造辅助函数为在(0,调递增的函数（如：利用h(x)xsinx在(0,2)上是单

2)上是单调递增来证明不等式

sinxx），另外不等式证明时，区间端点值也可以不是我们所需要的最恰当的值（比如

此例中的f(0)也可以不是0，而是便于放大的正数也可以）。因此例可变式为证明如下不等式问题： 已知x(0,

2)，求证：sinx1xtanx1

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；

x和g(x)xtanx1，其中第二种证法：直接构造辅助函数f(x)sinx1

x(0,) 2

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

分析：令f(x)ln(x1)x，经过求导易知，f(x)在其定义域(1,)上不单调，但可以利用最值证明不等式。

证明：令f(x)ln(x1)x

函数f(x)的定义域是(1,),

11.令f'(x)=0，解得x=0， 1x

当-1<x<0时, f'(x)>0,当x>0时,f'(x)<0，又f(0)=0， f'(x)=

故当且仅当x=0时，f(x)取得最大值，最大值是0

所以f(x)ln(x1)xf(0)0

即ln(x1)x

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：(ab)(ab)

分析： nnmmmn

(anbn)m(ambm)n

ln(anbn)mln(ambm)n

mln(anbn)nln(ambm)

ln(anbn)ln(ambm) nm

f(n)f(m)

ln(axbx)在（0，）上是减函数f(x) xm>n>0

证明： ln(axbx)令f(x)x(x0) axlnabxlnbxln(axbx)xxx(axlnabxlnb)(axbx)ln(axbx)/则f(x) 22xxxx(ab)

axbxaxbxaxbxxxxalnxblnxalnxblnxxxxx0 x2(axbx)x2(axbx)x

ln(axbx)在（0，）上是减函数 所以，f(x)x

又因为mn0，所以f(n)f(m) ln(anbn)ln(ambm)即 nm

mln(anbn)nln(ambm)

ln(ab)ln(ab)

即(ab)(ab) nnmmmnnnmmmn

评注：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。通过本例，不难发现，构造辅助函数关键在于不等式转化为左右两边是ln(anbn)ln(ambm)相同结构的式子（本例经过转化后的不等式的两边都是相同式nm

ln(axbx)ln(axbx)子的结构，所以可以构造辅助函数f(x)），这样根据“相同结xx

构”可以构造辅助函数。

例4 已知0

2，求证：tantan11 tantan

分析：欲证tantantantan（不然没法构造辅助函11，只需证tantantantan

tan,tantan，则需证函数f(x)tanx,g(x)xtanx都x数），即tan



在函数区间(0,2)上单调递增即可。 证明：设f(x)/tanx，x(0,) x2xsec2xtanxxsinxcosx则f(x) x2x2cos2x

由例1知，x(0,

2)xsinxsinxcosxxsinxcosx0

tanx在(0,)上单调递增，而0 x22/即f(x)0，所以f(x)所以tan

tan

，即tantan，进而得到1 tantan

设g(x)xtanx，x(0,

/22) 则g(x)tanxxsecx，又因为x(0,

进而g(x)xtanx在(0,2)，所以g/(x)0， 2)上单调递增，而0

2

所以tantan，即tantan1 ，进而得到tantan

综上所述tantan11 tantan

1 x

ba三、同步练习题 1．当x1时,求证:2x32．已知a,b为实数，并且e<a<b，其中e是自然对数的底，证明：ab

3．已知函数f(x)eln(x1)1x0 x

（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)

4．求证：(eee)(e)e

参考答案：

1．证明： 要证2x31，只要证4x3(3x1)2(x1), x

即证4x3(3x1)24x39x26x1f(x)0,

则当x1时，f'(x)6(2x33x1)6(2x1)(x1)0, f(x)在(1,)上递增，f(x)f(1)0即f(x)0成立，原不等式得证

2．证明：

当e<a<b时， 要证ab， 只要证blnaalnb, ba

lnalnb ab

lnx(0x)。因为当xe时， 考虑函数yx

1lnxlnxy0,y在(e,)所以函数2xx

lnalnbba因为e<a<b，所以，即得ab ab即只要证

3．（1）最小值为0

（2）因为0yxxy0，

而由（1）知，对x0，恒有f(x)0，所以不等式f(xy)0恒成立 即exyln(xy1)10

1ln(xy1) 所以exy

又因为

ln(xy1)ln[(y1)(xy1)]ln(y1) ln[(x1)y(xy)]ln(y1)ln(x1)ln(y1)(y(xy)0)所以exy1ln(x1)ln(y1) ln(xex)(x0)， 证明：设f(x)x

导数证明不等式(二)

导数证明不等式(三)

第20卷　第2期

太原教育学院学报Vo1.20No.2利用导数证明不等式的若干方法

尚肖飞1,贾计荣2

(1.太原大学,山西太原030009;2.太原市教育学院,山西太原030001)

　　摘　要:利用导数证明不等式,不失为一种重要方法.造辅助函数,.

　　关键词:导数;不等式;辅助函数

　　中图分类号:O172.1:28601(2002)0220035203　　不等式的证明,,如比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法、.,有些不等式用初等数学方法是很难证明的,但用导数证明.,通常需要构造辅助函数,把不等式的证明转化为利用.

一、例1.如果0<x<1,试证:(1-x)e2x<1+x.

证:将要证明的不等式变形为(1-x)e2x-(1+x)<0(0<x<1),

(x)=(1-2x)e2x-1,令f(x)=(1-x)e2x-(1+x),则f′

(0<x<1)上应用拉格朗日中值定理,得f(x)-f(0)=f′(Ν)(x-0)(0<Ν在〔0,x〕<x).

(x)的符)e2Ν-1〕而(1-x)e2x-(1+x)=〔(1-2Ν<x).但在〔0,1〕上我们不易判别f′x　(0<Ν

(x)的符号来判别f′(x)的单调增减性,号。为此,我们由f(x)在〔0,1〕上的二阶导数f″

(x)=-4xe2x<0(0<x<1),所以f′(x)在(0,1)上单调减少,因f″

(1)<f′(x)<f′(0)=0.于是(1-x)e2x-(1+x)=〔(1-2Ν)e2Ν-1〕从而有f′x<0.

解决这类问题的一般步骤是:第一步:分析要证明的不等式,通过适当的变形后,选取辅助

(Ν).第三步:根据函数f(x)和区间〔.第二步:根据拉格朗日中值定理得到=f′a,b〕b-a

(x)在(a,b)上的单调性,把f′(Ν)作适当放大和缩小,从而推证要证明的不等式.导函数f′

(x)的单调性,但有时不一定要求导函数具利用拉格朗日中值定理,一般要考虑导函数f′

有单调性,如果能断定导函数在所讨论的区间上不变号,从而确定函数的单调性,也可以推证出不等式.

二、利用函数的单调性

例2.证明:当x>1时,有ln2(x+1)>lnx・ln(x+2).

分析:只要把要证的不等式变形为>,lnxln(x+1)

然后把x相对固定看作常数,并令a=x,b=x+1选取辅助函数.f(x)=.lnx

证:取辅助函数　f(x)=　(x>1),lnx

收稿日期:2001210211

作者简介:尚肖飞(1964-),男,山西永济人,太原大学讲师。

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-(x)=　　于是有　f′=2lnxx(x+1)ln2x

由于1<x<x+1,有0<lnx<ln(x+1),故有xlnx<(x+1)ln(x+1),

(x)<0,所以f(x)在区间(1,+∞)内严格递减的,于是,由因而在(1,+∞)内恒有f′

1<x<x+1,可知f(x)>f(x+1)即>,从而有ln2(x+1)>lnxln(x+2).lnxln(x+1)

解决这类问题首先要把证明的不等式变形为f(a)>f(b)的形式,(a,b是某区间I中的两

(x),并判定其在区间I上的正负号点),从而构造辅助函数f(x).其次求出导函数f′.最后根据

(x)的正负号,确定函数f(x)在区间I上的单调性,从而证明不等式(a)>f(b).这种导函数f′

方法,选取的辅助函数在所考虑的区间上都是单调的.不是单调的,那么证明方法就要适当的改变.

三、利用函数的最大(小)值

例3.证明:若p>1,则对于〔0,1〕1p+(1-x)p≤1.pp证:构造函数　f(x)=x+()0,

p-1p-1(x)=px(p-1)-(p-1)则有　f′.x-(1-x)〕

()0,=(xp-1,于是有x=1-x,从而求得x=由于函数f(x)在闭令f2

区间〔0,1〔0,1〕上有最小值和最大值.

由于函数f(x)在(0,1)内只有一个驻点,没有不可导点,又函数f(x)在驻点x=和区间2

p)=p-1,　f(0)=f(1)=1.所以f(x)端点(x=0和x=1)的函数值为f()=()p+(1-2222

在〔0,1〕上的最小值为p-1,最大值为1,从而对于〔0,1〕中的任意x有p-1≤f(x)≤1,即有22

pp.p-1≤x+(1-x)≤12

例3中的辅助函数在所讨论区间上不是单调函数,证明的基本方法是:欲证当a<x<b时,有f(x)≥0,则只需证明f(x)在区间(a,b)内的最小值f(x0)≥0;欲证当a<x<b时,有f(x)≤0,则只需证明f(x)在(a,b)内的最大值f(x0)≤0,从而可推出要证的不等式.

四.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,又在点x0处有

(n)n阶导数f(x0),则有展开式:

n2(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

()2nnf(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

2nn()()fx≥f0+x+x+…+x,1!2!n!

2nn()()或fx≤f0++x+…+x.1!2!n!

23

()例4.证明不等式　ln1+x≤x--　(-1<x<1).23

(0)=(0)=证:令f(x)=ln(1+x),则f(0)=0,f′