利用导数证明不等式的常见题型经典

第1页共4页利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧技巧精髓1、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。2、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。一、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；第2页共4页分析：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，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】（2007年，山东卷）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可导的前提下，只要证明'()Fx０即可．第3页共4页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、（2007年，安徽卷）设xaxxxfaln2ln1)(,02求证：当1x时，恒有1ln2ln2xaxx，2、（2007年，安徽卷）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xaxx2、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第4页共4页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）