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利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧


利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧 云南省文山州砚山一中, (663100) 马兴奎
趣题引入
(2004 年,全国卷)已知函数 g ( x) ? x ln x
a?b ) ? (b ? a) ln 2 2 分析: 本题是 2004 年全国卷理科压轴题,主要考查利用导数证明不等式的能力。 a?x ) 证明: g ?( x) ? ln x ? 1 ,设 F ( x) ? g (a ) ? g ( x) ? 2 g ( 2 a?x 1 a?x a?x F ?( x) ? g ' ( x) ? 2 g ' ( ) ? ? g ' ( x) ? g ' ( ) ? ln x ? ln 2 2 2 2

设 0 ? a ? b ,证明: 0 ? g (a) ? g (b) ? 2(

当 0 ? x ? a 时 F ?( x) ? 0 ,当 x ? a 时 F ?( x) ? 0 , 即 F ( x) 在 x ? (0, a) 上为减函数,在 x ? (a,??) 上为增函数 ∴ F ( x) min ? F (a) ? 0 ,又 b ? a ∴ F (b) ? F (a) ? 0 ,
a?b )?0 2 a?x ) ? ( x ? a) ln 2 设 G ( x) ? g (a ) ? g ( x) ? 2 g ( 2 a?x ? G ?( x) ? ln x ? ln ? ln 2 ? ln x ? ln( a ? x) 2

即 g (a) ? g (b) ? 2 g (

当 x ? 0 时, G ' ( x) ? 0 ,因此 G ( x) 在区间 (0,??) 上为减函数; 因为 G (a) ? 0 ,又 b ? a ∴ G(b) ? G(a) ? 0 ,
a?x ) ? ( x ? a) ln 2 ? 0 2 a?x ) ? ( x ? a) ln 2 故 g (a) ? g ( x) ? 2 g ( 2

即 g (a ) ? g ( x) ? 2 g (

a?b ) ? (b ? a) ln 2 2 本题在设辅助函数时,考虑到不等式涉及的变量是区间的两个端点,因此, 设辅助函数时就把其中一个端点设为自变量,范例中选用右端点,读者不妨设为 左端点试一试,就能体会到其中的奥妙了。

综上可知,当 0 ? a ? b 时, 0 ? g (a) ? g (b) ? 2(

技巧精髓
一、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。
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二、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。 1、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,

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 g ( x) ? ln( x ? 1) ? ? 1 ,从其导数入手即可证明。 x ?1 1 x ?1 ? ? 【绿色通道】 f ?( x) ? x ?1 x ?1

恒有 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 1 x ? 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 ? 1 ? ln( x ? 1) ? x ∴ ln( x ? 1) ? 1 ? ,综上可知,当 x ? ?1时, 有 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. 2、直接作差构造函数证明 1 2 【例 2】已知函数 f ( x) ? x ? ln x. 求证:在区间 (1, ? ?) 上,函数 f ( x) 的图象在函数 2 2 g ( x) ? x 3 的图象的下方; 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,

∴ 当 x ? ?1 时, g ( x) ? g (0) ? 0 ,即 ln( x ? 1) ?

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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, 2 3 2 3 1 设 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 3 1 2 【绿色通道】设 F ( x) ? g ( x) ? f ( x) ,即 F ( x) ? x ? x ? ln x , 3 2


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
1 ?0 6

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) ,

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

故在区间 (1, ? ?) 上,函数 f ( x) 的图象在函数 g ( x) ?

转 化 为 : 当 x ? 0 时 , 恒 有 ln(x ? 1) ? x 2 ? x 3 成 立 , 现 构 造 函 数

h( x) ? x 3 ? x 2 ? l n x ( ? 1) ,求导即可达到证明。
【绿色通道】令 h( x) ? x ? x ? ln(x ? 1) ,
3 2

则 h?( x) ? 3x 2 ? 2 x ?

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 3 ? x 2 ? ln(x ? 1) ? 0 ,∴ ln(x ? 1) ? x 2 ? x 3

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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. 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】

1、 (2007 年,安徽卷)

设 a ? 0, f ( x) ? x ? 1 ? ln 2 x ? 2a ln x 2 求证:当 x ? 1 时,恒有 x ? ln x ? 2a ln x ? 1 ,

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) ?
b 恒有 ln a ? ln b ? 1 ? . a

x ,求证:对任意的正数 a 、 b , 1? x

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
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) (B)bf (a)≤af (b) (D)bf (b)≤f (a)

(A)af (b)≤bf (a) (C)af (a)≤f (b) 【答案咨询】

1、提示: f ?( x) ? 1 ? 2 ln x ? 2a ,当 x ? 1 , a ? 0 时,不难证明 2 ln x ? 1
x x x ∴ f ?( x) ? 0 ,即 f ( x) 在 (0,??) 内单调递增,故当 x ? 1 时, f ( x) ? f (1) ? 0 ,∴当 x ? 1 时,恒有 x ? ln 2 x ? 2a ln x ? 1

1 2 3a 2 2、 提示: 设 F ( x) ? g ( x) ? f ( x) ? x ? 2ax ? 3a ln x ? b 则 F ?( x) ? x ? 2a ? 2

2

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)

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 ?

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

4、提示: F ( x) ?

f ( x) f ( x) xf ' ( x) ? f ( x) ? 0 ,故 F ( x) ? , F ?( x) ? 在(0,+∞) 2 x x x

上是减函数,由 a ? b 有

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

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