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利用导数证明不等式的常见题型


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 1 x 【绿色通道】 f ?( x) ? ?1 ? ? x ?1 x ?1 g ( 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) ?

1 1 x 1 ? ? ? 1, 则g ?( x) ? 2 x ? 1 ( x ? 1) x ?1 ( x ? 1) 2

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 1 1 ∴ ln( x ? 1) ? 1 ? ,综上可知,当 x ? ?1时, 有 ? 1 ? ln( x ? 1) ? x x ?1 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.
∴ 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;
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1 2 2 x ? ln x. 求证:在区间 (1, ? ?) 上,函数 f ( x) 的图象在函数 g ( x) ? x 3 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,

1 2 2 1 2 x ? ln x ? x 3 , 只 需 证 明 在 区 间 (1, ? ?) 上 , 恒 有 x 2 ? ln x ? x 3 成 立 , 设 2 3 2 3 1 F ( 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。 2 1 【绿色通道】设 F ( x) ? g ( x) ? f ( x) ,即 F ( x) ? x 3 ? x 2 ? ln x , 3 2
即 则 F ?( x) ? 2 x 2 ? x ?

1 ( x ? 1)( 2 x 2 ? x ? 1) = x x

当 x ? 1时, F ?( x) =

( x ? 1)( 2 x 2 ? x ? 1) 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 6

2 3 x 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 【例 3】 (2007 年,山东卷)证明:对任意的正整数 n,不等式 ln( ? 1) ?

1 1 1 ? 3 都成立. 2 n n n 1 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
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。
2 3 3 2

【绿色通道】令 h( x) ? x ? x ? ln( x ? 1) ,
3 2

则 h?( x) ? 3x ? 2 x ?
2

1 3x 3 ? ( x ? 1) 2 ? 在 x ? (0,??) 上恒正, x ?1 x ?1

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
3 2 2 3

对任意正整数 n,取 x ?

1 1 1 1 ? (0,??),则有 ln( ? 1) ? 2 ? 3 n 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.
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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 x f ?( x) >- f ( x) 恒成立,且常数 a,b 满足 a>b,求 证: .a f (a) >b f (b) 【绿色通道】由已知 x f ?( x) + f ( x) >0 ∴构造函数 F ( x) ? xf ( x) , 则 F ( x) ? x f ?( x) + f ( x) >0, 从而 F ( x) 在 R 上为增函数。
'

? a ? b ∴ F (a) ? F (b) 即 a f (a) >b f (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】 2 1、 (2007 年,安徽卷) 设 a ? 0, f ( x) ? x ? 1 ? ln x ? 2a ln x 求证:当 x ? 1时,恒有 x ? ln x ? 2a ln x ? 1 ,
2

2、 (2007 年,安徽卷)已知定义在正实数集上的函数

f ( x) ?

5 2 1 2 2 x ? 2ax, g ( x) ? 3a 2 ln x ? b, 其中 a>0,且 b ? a ? 3a ln a , 2 2

求证: f ( x) ? g ( x) 3、已知函数 f ( x) ? ln(1 ? x) ? 恒有 ln a ? ln b ? 1 ?

x ,求证:对任意的正数 a 、 b , 1? x

b . a

4、 (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) ( )

2 ln x 2a 2 ln x ,当 x ? 1, a ? 0 时,不难证明 ? ?1 x x x f ?( x) ? 0 ,即 f ( x) 在 (0,??) 内单调递增,故当 x ? 1时,
3a 2 1 2 x ? 2ax ? 3a 2 ln x ? b 则 F ?( x) ? x ? 2a ? x 2

f ( x) ? f (1) ? 0 ,∴当 x ? 1时,恒有 x ? ln 2 x ? 2a ln x ? 1
2、提示:设 F ( x) ? g ( x) ? f ( x) ? =

( 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)
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3、提示:函数 f ( x) 的定义域为 (?1,??) , f ?( x) ?

1 1 x ? ? 2 1 ? x (1 ? x) (1 ? x) 2

∴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) ?

a 1 b ? 0, 则1 ? ? 1? b x ?1 a b 因此 ln a ? ln b ? 1 ? a
令1 ? x ? 4、提示: F ( x) ?

x 1 ,即 ln(1 ? x) ? 1 ? 1? x 1? x a b 于是 ln ? 1 ? b a

xf ' ( x) ? f ( x) f ( x) f ( x) , F ?( x) ? 在(0,+∞)上是减函数,由 ? 0 ,故 F ( x) ? 2 x x x

a?b 有

f (a) f (b) ? ? af (b)≤bf (a) 故选(A) a b

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