利用导数证明不等式的两种通法_利用导数证明不等式

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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)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

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cos2x

2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,的函数（如：利用h(x)xsinx在(0,2)上是单调递增

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,)，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；

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

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.令f'(x)=0，解得x=0，1x

当-10,当x>0时,f'(x)

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：

n

nm

m

mn

(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)

x2x2(axbx)axbxaxbxaxbxxxx

alnxblnxalnxblnx

xxxx

0 2xx2xx

x(ab)x(ab)

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)

n

nm

m

mn

nnmmmn

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相同结

ln(anbn)ln(ambm)

构的式子（本例经过转化后的不等式的两边都是相同式子

nm

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

xx

可以构造辅助函数。例4 已知0

，求证：

tantan

11 tantan

分析：欲证

tantantantan

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

数），即

tan





tan

,tantan，则需证函数f(x)

tanx,g(x)xtanx都在x

函数区间(0,)上单调递增即可。

tanx，x(0,)x21x.tanx22xsecxtanxxsinxcosx/

f(x)则f(x)2 22

2xxcosxx

证明：设f(x)由例1知，x(0,)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,/

)

则g(x)tanxxsecx，又因为x(0,进而g(x)xtanx在(0,)，所以g/(x)0，)上单调递增，而0



所以tantan，即

tantan

1，进而得到tantan

综上所述

tantan

11 tantan

x

b

a

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

x

（1）求函数f(x)的最小值；

xy

（2）若0yx，求证：e1ln(x1)ln(y1)

e

e

4．求证：(e)(e)参考答案： 1．证明：

e

要证2x3，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

b

a

lnalnb

 ablnx

(0x)。因为当xe时，考虑函数yx

1lnxlnxy0,y在(e,)所以函数2

xx

lnalnbba

因为e

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e

xy

ln(xy1)10 1ln(xy1)

所以e

x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e

xy

1ln(x1)ln(y1)

ln(xex)

(x0)，证明：设f(x)

x

xlnexxln(xex)xx

则f'(x) 2

x

x(xlnex)(xex)ln(xex)



x2(xex)

exxexxexxx

lnxxelnxxlnxxelnxx

0 2xx2xx

x(e)x(e)

x

x

x

ln(xex)

所以函数f(x)在其定义域(0,)单调递减

x

所以f()f(e)，即

ln(e)



ln(eee)

e

根据对数的运算性质得，(eee)(e)e

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