利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧

用心爱心专心115号编辑1利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧趣题引入已知函数xxxgln)(设ba0，证明：2ln)()2(2)()(0abbabgag分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。证明：1ln)(xxg，设)2(2)()()(xagxgagxF2lnln)2()(21)2(2)()(''''xaxxagxgxagxgxF当ax0时0)(xF，当ax时0)(xF，即)(xF在),0(ax上为减函数，在),(ax上为增函数∴0)()(minaFxF，又ab∴0)()(aFbF，即0)2(2)()(bagbgag设2ln)()2(2)()()(axxagxgagxG)ln(ln2ln2lnln)(xaxxaxxG当0x时，0)('xG，因此)(xG在区间),0(上为减函数；因为0)(aG，又ab∴0)()(aGbG，即02ln)()2(2)()(axxagxgag故2ln)()2(2)()(axxagxgag综上可知，当ba0时，2ln)()2(2)()(0abbabgag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。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。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用心爱心专心115号编辑2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xxxf)1ln()(，求证：当1x时，恒有xxx)1ln(111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111)1ln()(xxxg，从其导数入手即可证明。【绿色通道】1111)(xxxxf∴当01x时，0)(xf，即)(xf在)0,1(x上为增函数当0x时，0)(xf，即)(xf在),0(x上为减函数故函数()fx的单调递增区间为)0,1(，单调递减区间),0(于是函数()fx在),1(上的最大值为0)0()(maxfxf，因此，当1x时，0)0()(fxf，即0)1ln(xx∴xx)1ln(（右面得证），现证左面，令111)1ln()(xxxg，22)1()1(111)(xxxxxg则当0)(,),0(;0)(,)0,1(xgxxgx时当时，即)(xg在)0,1(x上为减函数，在),0(x上为增函数，故函数)(xg在),1(上的最小值为0)0()(mingxg，∴当1x时，0)0()(gxg，即0111)1ln(xx∴111)1ln(xx，综上可知，当xxxx)1ln(111,1有时【警示启迪】如果()fa是函数()fx在区间上的最大（小）值，则有()fx()fa（或()fx()fa），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【例2】已知函数.ln21)(2xxxf求证：在区间),1(上，函数)(xf的图象在函数332)(xxg的图象的下方；分析：函数)(xf的图象在函数)(xg的图象的下方)()(xgxf不等式问题，即3232ln21xxx，只需证明在区间),1(上，恒有3232ln21xxx成立，用心爱心专心115号编辑3设)()()(xfxgxF，),1(x，考虑到061)1(F要证不等式转化变为：当1x时，)1()(FxF，这只要证明：)(xg在区间),1(是增函数即可。【绿色通道】设)()()(xfxgxF，即xxxxFln2132)(23，则xxxxF12)(2=xxxx)12)(1(2当1x时，)(xF=xxxx)12)(1(2从而)(xF在),1(上为增函数，∴061)1()(FxF∴当1x时0)()(xfxg，即)()(xgxf，故在区间),1(上，函数)(xf的图象在函数332)(xxg的图象的下方。【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)()()(xgxfxF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】证明：对任意的正整数n，不等式3211)11ln(nnn都成立.分析：本题是山东卷的第（II）问，从所证结构出发，只需令xn1，则问题转化为：当0x时，恒有32)1ln(xxx成立，现构造函数)1ln()(23xxxxh，求导即可达到证明。【绿色通道】令)1ln()(23xxxxh，则1)1(31123)(232xxxxxxxh在),0(x上恒正，所以函数)(xh在),0(上单调递增，∴),0(x时，恒有，0)0()(hxh即0)1ln(23xxx，∴32)1ln(xxx对任意正整数n，取3211)11ln(),0(1nnnnx，则有【警示启迪】我们知道，当()Fx在[,]ab上单调递增，则xa时，有()Fx()Fa．如果()fa＝()a，要证明当xa时，()fx()x，那么，只要令()Fx＝()fx－()x，就可以利用()Fx的单调增性来推导．也就是说，在()Fx用心爱心专心115号编辑4可导的前提下，只要证明'()Fx０即可．4、从条件特征入手构造函数证明【例4】若函数y=)(xf在R上可导且满足不等式x)(xf－)(xf恒成立，且常数a，b满足ab，求证：．a)(afb)(bf【绿色通道】由已知x)(xf+)(xf0∴构造函数)()(xxfxF，则)('xFx)(xf+)(xf0，从而)(xF在R上为增函数。ba∴)()(bFaF即a)(afb)(bf【警示启迪】由条件移项后)()(xfxfx，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数)()(xxfxF，求导即可完成证明。若题目中的条件改为)()(xfxfx，则移项后)()(xfxfx，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、设xaxxxfaln2ln1)(,02求证：当1x时，恒有1ln2ln2xaxx，2、已知定义在正实数集上的函数,ln3)(,221)(22bxaxgaxxxf其中a0，且aaabln32522，求证：)()(xgxf3、已知函数xxxxf1)1ln()(，求证：对任意的正数a、b，恒有.1lnlnabba4、（2007年，陕西卷）)(xf是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足)()(xfxfx≤0，对任意正数a、b，若ab，则必有（）（A）af(b)≤bf(a)（B）bf(a)≤af(b)（C）af(a)≤f(b)（D）bf(b)≤f(a)【答案咨询】1、提示：xaxxxf2ln21)(，当1x，0a时，不难证明1ln2xx∴0)(xf，即)(xf在),0(内单调递增，故当1x时，0)1()(fxf，∴当1x时，恒有1ln2ln2xaxx用心爱心专心115号编辑52、提示：设bxaaxxxfxgxFln3221)()()(22则xaaxxF232)(=xaxax)3)(()0(x0a，∴当ax时，0)(xF，故)(xF在),0(a上为减函数，在),(a上为增函数，于是函数)(xF在),0(上的最小值是0)()()(agafaF，故当0x时，有0)()(xgxf，即)()(xgxf3、提示：函数)(xf的定义域为),1(，22)1()1(111)(xxxxxf∴当01x时，0)(xf，即)(xf在)0,1(x上为减函数当0x时，0)(xf，即)(xf在),0(x上为增函数因此在)(,0xfx时取得极小值0)0(f，而且是最小值于是xxxfxf1)1ln(,0)0()(从而，即xx111)1ln(令abxbax1111,01则于是abba1ln因此abba1lnln4、提示：xxfxF)()(，0)()()(2'xxfxxfxF，故xxfxF)()(在（0，+∞）上是减函数，由ba有bbfaaf)()(af(b)≤bf(a)故选（A）