例谈利用导数证明不等式的方法_例谈导数法证明不等式

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例谈利用导数证明不等式的方法

广东肇庆中学张本龙

【内容摘要】导数作为工具是一道靓丽的风景线，也是近几年高考的一个新热点，在某些不等式的证明中，若能及时地构造适当的函数，再利用导数研究函数的单调性或最值，最后得出要证明结论，定能会更胜一筹，达到事半功倍的效果。

【关键词】构造可导函数研究单调性最值整理结论

【正文】

在高中数学学习过程中，我们常遇到一些不等式的证明，看似简单，但却无从下手，很难找到切入点，几种常用的证法都一一尝试，却很难奏效。这时我们不妨变换一下思维角度，从所证不等式的结构和特点出发，结合自己已有知识，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明。用导数方法证明不等式，其步骤一般是：构造可导函数——研究单调性或最值——得出不等关系——整理得出结论。

下面举例说明：

例1：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)。

31例2：求证：x1

3x31,其中x1,.123证明：设f(x)x1

3x31,则f'(x)1313x11313x2, x1,13x21,113x20,即f'(x)0,f(x)在x1,上是增函数，又

f(1)0,当x1时,有f(x)f(1)0,

131x1x31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)上是增函数，同时若F(a)0,由增函数的定义可知，x(a,b)时，有F(x)0,即证明了f(x)g(x)。

例3：当x0时，证明不等式ex1x证明：设fxex1x

212

x成立。

x

x,则f'xe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时，e

x

x

0,即

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。

例4：（04年高考全国卷二22（Ⅱ））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b2)(ba)ln2.ax2),则

证明：g(x)xlnx,g'(x)lnx1.设F(x)g(a)g(x)2g（'

axaxF'(x)g'(x)2g()lnxln.当0xa时，F'(x)0,F(x)在22

当xa时，F'(x)0,F(x)在(a,)上为增函数。从而，当xa(0,a)内为减函数；

时，F(x)有极小值 F(a).F(a)0,ba,F(b)0, 即0g(a)g(b)2g（ab2).…………………………………………………………（1）

ax2

ln2lnxln(ax).当x0

设G(x)F(x)(xa)ln2,则G'(x)lnxln

时，G'(x)0.因此，G(x)在(0,)上为减函数。G(a)0,ba,G(b)0, 即g(a)g(b)2g（ab2)(ba)ln2.………………………………………………（2）

ab2)(ba)ln2成立。

由（1）、（2）可知，0g(a)g(b)2g（例5：（07年高考山东理 22（Ⅲ））设函数f(x)xbln(x1),其中b0.证明对

任意的正整数n，不等式ln（1n

1)

1n



1n

都成立．

证明：当b1时，函数f(x)xln(x1)，令函数h(x)xf(x)xxln(x1)，3

32则h'(x)3x2x

1x

1

3x(x1)

x1

当x0,时，．所以函数h(x)h'(x)0，在0,上单调递增，又h(0)0．x(0,)时，恒有h(x)h(0)0，即

故当x(0,)时，有ln(x1)x2x3．对任意正整数n取xxln(x1)恒成立．

x

1n

(0,)，则有ln（1n

1)

1n



1n

．所以结论成立．

1(1x)

n



aln(x1),其中nN,a

例6.（08年高考山东理21（Ⅱ））已知函数f(x)

为常数.当a1时，证明：对任意的正整数n,当x2时，有f(x)x1。

1(1x)

n

证法一：a1，f(x)ln(x1).当n为偶数时，令g(x)x1

1(1x)

n

ln(x1),则g'(x)1

n(x1)

n1



1x1



x2x1



n(x1)

n1

0(x2).当x2,时，g(x)单调递增，又g(2)0，g(x)x1

1(x1)

n

ln(x1)g(2)0恒成立，f(x)x1成立。

当n为奇数时，要证f(x)x1,由于

1(1x)

1x1

n

0，只需证ln(x1)x1, x2x1

令 h(x)x1ln(x1), 则 h(x)1

'

0(x2), 当x2,时，h(x)x1ln(x1)单调递增，又h(2)10，当x2时，恒有h(x)0, 即ln(x1)x1，命题成立.综上所述，结论成立.证法二：当a1时，f(x)

1(1x)

n

ln(x1).当x2时，对任意的正整数n，恒有

1(1x)

n

1，故只需证明1ln(x1)x1.令h(x)x1(1ln(x1))x2ln(x1),x2,,则h(x)1

'

当x2时，h(x)0，故h(x)在2,上单调递增，1x1



x2x1,因此，当x2时，h(x)h(2)，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.从以上几例可以看出，导数不仅是证明不等式的重要思想方法，也是判断函数的单调性、求函数极植、最值等的重要思想方法，这类试题在考查综合能力的同时，充分体现了导数的工具性和导数应用的灵活性，与新课程标准接轨，彰显时代气息。

参考书目：

1、普通高中课程标准实验教科书《数学》（选修2—2）人民教育出版社

2、高中新课标同步攻略 《学海导航》、《数学》（选修2—2）海南出版社

3、《2004—2008新课标最新5年高考真题 》北京天利考试信息网