用导数证明不等式举例[优秀]_导数证明中常用不等式

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用导数证明不等式举例

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,

2)上单调

递减即可。证明：

令f(x)sinxx，其中x(0,

2)

则f/

(x)cosx1，而x(0,

2)cosx1cosx10

所以f(x)sinxx在(0,

2)上单调递减，即f(x)sinxxf(0)0

所以sinxx；

令g(x)xtanx，其中x(0,

2)

则g/(x)1

1cos2xtan2

x0，所以g(x)xtanx在(0,2)上单调递减，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,

2)上是单调递增的函数（如：

利用h(x)xsinx在(0,

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；

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,

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,),f'(x)=

1x

1.令f'(x)=0，解得x=0，当-10,当x>0时,f'(x)

练习：求证：1

x1x31,其中x1,.例3：当x0时，证明不等式ex

1x

x2

成立。

证明：设fxex1x

1x2,则f'xex2

1x.令g(x)ex

1x,则g'(x)ex

1.当x0时，g'xex

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，即f'(x)0在0,恒成立。f(x)在0,上单调递增，又f(0)0,ex1x

x0,即x0时，ex1x

x成立。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。21．（本题满分12分）

已知函数f(x)

（1x)

n

aln(x1),其中nN*,a为常数．（I）当n2时，求函数f(x)的极值；

（II）当a1时，证明：对任意的正整数n，当x2时，有f(x)x1.【标准答案】

（Ⅰ）解：由已知得函数f(x)的定义域为x|x1，当n2时，f(x)1

(1x)

aln(x1)，所以f(x)2a(1x)2(1x)3．（1）当a0时，由f(x)

0得x11



1，x211，此时f(x)

a(xx1)(xx2)

(1x)3

．

当x(1，x1)时，f(x)0，f(x)单调递减； 当x(x1，)时，f(x)0，f(x)单调递增．（2）当a0时，f(x)0恒成立，所以f(x)无极值． 综上所述，n2时，当a0时，f(x)在x1

f1a1ln2

2a．当a0时，f(x)无极值．（Ⅱ）

证法二：当a1时，f(x)

(1x)n

ln(x1)．

当x2时，对任意的正整数n，恒有

(1x)n

1，故只需证明1ln(x1)≤x1． 令h(x)x1(1lnx(1))x

2xln，(x2，，则h(x)1

1x2

x1

x1，当x2时，h(x)≥0，故h(x)在2，上单调递增，因此当x2时，h(x)h(2)0，即1ln(x1)x1成立． 故当x2时，有1

(1x)n

ln(x1)x1．

即f(x)x1．