1、7 / 5利用導數證明不等式的常見題型不等式的證明是近幾年高考的一個熱點題型，它一般出現的壓軸題的位置，解決起來比較困難。本文給出這一類問題常見的證明方法，給將要參加高考的學子一些啟示和幫助。只要大家認真領會和掌握本文的內容，定會增強解決對這一類問題的辦法。下面聽我慢慢道來。題型一構造函數法，把不等式的證明轉化為利用導數研究函數的單調性或求最值，從而證明不等式，而如何根據不等式的結構特征構造一個可導函數是用導數證明不等式的關鍵。例1 (人教版選修2-2第32頁B組1題)利用函數的單調性，證明不列不等式(1) sinx；x, x (0,二)(2) x x2 . 0,x (0,1) (3) ex

2、. 1 x, x = 0 (4) lnx；x；ex,x .0這四道題比較簡單，證明的過程分三個步驟，一是構造函數，二是對函數求導，判斷函數的單調性，三是求此函數的最值，得出結論。1例 2.當 x A1 時，求證：1_ < ln( x +1) < xx 11x證明：令 f (x) = ln(x+1)x ,則 f(x)=-1=-x 1 x 1當一1<x<0 時，f (x) >0,當 x A0 時，f'(x)<0, f (x)在(1,y)上的最大值為f (x)max = f (0) =0 ,因此，f (x) < f (0) = 0 ,即 ln( x

3、+1) x M 0 . . ln(x +1) < x (右面得證)，1x-2 -2(x 1) (x 1)函數g (x)在(一1,十整)上的最小值為1.1再證左面，令 g(x) = ln(x+1) +-1,則g (x)=x 1x 1當 x w ( 1,0)時,g (x) <0；當 x w (0,y )時,g'(x) A 0 ,，、c c，、c c，/、1， Cg(x)min =g(0)=0, ： g(x)之 g(0)=0,即 ln(x+1)+-1 >0x 11一 1-ln(x +1) >1 (左面得證)，綜上，當 xa1 時，有-1Mln(x+1)Mxx 1x 1

4、啟示：證明分三個步驟，一是構造函數，二是對函數求導，判斷函數的單調性，三是求此函數的最值，得出結論。題型二通過對函數的變形，利用分析法，證明不等式例.h(x) =ln x+bx有兩個不同的零點 x1 ,x2求b的取值范圍；求證：二岸 A1.e解析：h(x) =lnx +bx ,其定義域為(0, +g).由h(x) =0得bu-ln),記 刊x)=膽，則 津(x)=x二 xxxln xln x1所以cp(x)=在(0,e)單調減,在(e,收)單調增，所以當x =e時中(x)=取得最小值一一.xxe1又中(1)=0 ,所以xW(0,1)時學(x) >0 ,而xW(1,F)時學(x) <

5、0,所以b的取值范圍是(一，0). e由題意得 ln xbx1 =0,lnx2 bx2 =0,ln x1x2x1x2所以 lnXix2b(xx2)=0,lnx2-ln Xib(x2-Xi)=0 ,所以=，不妨設x1 <x2,2(X2 -為)2 xln X2 -In XiX2 f1要證 x1x2 >e2,需證 ln X|X2 =x2(ln x2 -ln x1) >2 .即證 ln x2 -ln x1 >2 - X|設 t =x2(t >1),則 F(t) =lnt _2(t T)=巾 +- -2 ,X1t 1t 114 (t -1)2所以f (t)=1_4=(t 1

6、)>0,所以函數F(t)在(1, +°0)上單調增,t (t 1)2 t(t 1)2而 F (1)=0,所以 F(t) >0 即 lnt>2(t 1),所以 x1x2 >e2.t 1啟示：第一問用的是分離參數法，第二問用的是分析法，構造函數，對函數的變形能力要求較高，大家記住下面的變形:ln X1X2X1 2.2(2 -Xi), ,2(t -1) /t ,、=-2 = ln 2 -lnxi、2 ?=lntz(t 1)ln x2 Tn x1 x2 -x1x2 x1Li題型三 不等式左右兩邊的變量不一樣，分別為x1,x2，可以分別求出左右兩邊的最值而證明。如：VX

7、i , VX2， f(Xi)Hg(X2)U f(Xi)max « g(X2)min122例.已知函數f(X)= aX (2a+1)x+2 In X(a=R) .( 1)當a =時，求函數f (x)的單調區間； 231 . . 2_ . x 當 a a 時，設 g(x) = (x -2x)e ,求證：對任意 x1 w (0,2,均存在 x2 w (0,2,使得 f (x1) < g(x2)成23、一3解：(1)增區間為(0,n, (2,收)，減區間為(-,2).22若要命題成立，只需當XW(0,2時，f(x)max<g(x)max，由g (x) =(x111時，g(x)A0

8、,故g(x)在(0,一)單調遞減，在(一，+9)單調遞增，從而g(x)在(0,+望)的最小值為gL )=設 eeee h(x)=xe ，則 h(x)=e (1 -x)e 2)ex可知，當xw(0,2時，g(x)在區間(0,J2)上單調遞減，在區間(J2,2上單調遞增, g(0) =g(2)=0,故 g(x)max=0,所以只需 f(x)max <0.對函數 f(x)來說，f (X) = ax-(2a +1)+2 (aX 1)(x2). XX,111 1 、，當a 時，0<<2,函數f(x)在區間(0,)上單調遞增，在區間(,，2上單調遞減，2 aaa1、1f (x)max =

9、 f ()= -2ln a -2 .當a之1時，顯然小于0 ,滿足題意； a2a.1.1.1 - 4a當一 < a <1 時，可令 h(a) =-2 ln a -2 , h (a) =22a2a21 1 1 可知該函數在 一<a<1時單調遞減，h(a) <h() =2ln23<0,滿足題意，所以a滿足題意.2 22啟示：此類題關鍵是轉化，轉化為求函數的最值問題，常見有下面四種形式， VX1,/X2，f(X1)<g(X2)U f(X1)max E g(X2)minX1，X2 f (X1)：二 g(X2) f(X1)max M g(X2)maxX1, -X

10、2 f (X1) ； g(X2) = f(X1)min 三 g(X2)min 5x1,5x2 f(x1)<g(x2)u f(x1)min M g(x2)max ,只要分別求在右兩邊函數的最值就可以了。四 分拆成兩個函數研究，要證明 f (x) >g(x),如果能證明f (x)min之g(x)max ,便可證f (x)之g(x)。大家可以 看到不等號左右兩邊都是相同的 X ,而上一種題型不等號兩邊分別為 X1,X2。由f(x)min 2 g(x)max= f(x)2g(x), 但f (x)之g(x)推不出f (x)min之g(x)max。比如ex21+x,推不出(ex)min之(x

11、+ 1)max,因為x + 1就沒有最大值。f (X)min 至 g(x)max 比 f (x)之 g(x)更嚴格。xbeXJ例(2014新課標1理)設函數f (x) =ae In x+,曲線y = f (x )在點(1, f(1)處的切線方程為xy =e(x T) 2(I)求 a,b ；(II)證明：f (x) >1解：(I) a =1,b =2(II)如果按題型一的方法構造函數求導，發現做不下去，只好半途而廢。所以需要及時調整思路，改變思考方向。f(x)>1X 2.1.1-等價于 xln x >xe 一一，設 g(x) = x ln x ,則 g (x) =1 +ln x

12、 ,當 x = (0, 一)時，g (x) < 0 ,當 x=(一，-) eee1當 xw(0,1)時，h'(x) >0 當 xw (1,y)時，h'(x)<0 從而 h(x)在(0,一)最大值為 h(1)=,因 g(x)與eh(x)極值點不相同。綜上，當 x>0時，g(x) > h(x)即f (x) >1啟示：掌握下列八個函數的圖像和性質，對我們解決不等式的證明問題很有幫助，八個函數分別為小 xexln xxxIn xx2 y=xe ,(2) y=xlnx,(3) y= ,(4) y=(5) y = ,(6) y=，(7) y=,(8) y

13、=要求 xx eIn xxln x會畫它們的圖像，以后見到這種類型的函數，就能想到它們的性質。題型五 函數的極值點(最值點)不確定，可以先設出來，只設不解，把極值點代入求出最值的表達式而證明。例(2015新課標1卷文)設函數 f (x )= e2x-aln x.(i)討論f(x)的導函數f'(x)的零點的個數;2(ii)證明：當 a >0時，f (x )之2a +aln .a解析：(i) f(x)的定義域為(0,y), f'(x) =2e2xa(x>0).當 aE0 時，f'(x) >0, f'(x)沒有零點; x2xa._. a當a>0

14、時，因為e 單調遞增，單調遞增，所以f'(x)在(0,y)單調遞增.又f (a) >0,當b滿足0<b<一且 x41a 1 a 1一.b <一時，2e -<2e2 = 2(e22) <0，: f (b) <0。4ba4故當a >0時，f (x)存在唯一零點，(關鍵是放縮技巧，對 x范圍的限制)(II)由(I)知，可設f (x)在(0,十大)的唯一零點為x0,當xw (0,x0)時，f'(x) <0 ,當xw (x0,z)時，f (x) A0 ,故f (x)在(0,x0)單調遞減，在(x0, y )單調遞增，所以當 x=x0時

15、，f(x)取得最小值，最小值為2x0f (Xo),由于 2e2"亙=0,得 e2x0x。.2x0 = ln a - ln 2x0,2ax0 = alna ,一a ln 2x0 = aln - - ln x0 =22 ln x0 =2ax0+aln 一 ,所以 af (x0) = -a- 2ax0 a ln -2xoa,2 .-aln- - ln x0, a一.2一，八一2a + aln,故當a > 0時， af (x) - 2a aln a啟示：只設不解，整體代換是一種常用的方法，在解析幾何中體現很多。在本例(2)中，只設出了零點而沒有求出零點,這是多么好的一種方法啊，同學們一

16、定認真體會，把這種方法拿來我用。題型六估值法，極值點不確定，先把極值點設出來，再估計極值點的取范范圍(限制得越小越好)，進行證明不等式 例.已知函數 f (x )=ex,g (x )=ln x+m .,，,、一 “f X(1)當m = -1時，求函數F(x)=-x g(x )在(0,2)上的極值； x1若 m=2,求證：當 x= 0," 時，f (x) a g(x)+一.(參考數據：ln 2 = 0.693,ln 3 = 1.099 )10解：(1)極小值為F(1) =e1 ,無極大值；x ,-.x 1(2)構造函數 h(x) = f (x) g(x) = e ln x 2 ,h (

17、x) = e 在(0,十厘)單調增， x1 1 = h (一)=/e 2 <0, h(ln2)=2>0,(此處需要估計x。的范圍，根據零點存在定理，把x。的范圍控制2 ln 212好，也可以限制為一( x。m )23 一.1 .xn/. h (x)在(0,+°o)上有唯一專點 xo ( , ln 2), a e 211,-)即 x0 = ln x0)xo且當x W (0,Xo)時h(x)單調遞減，當x W (Xo，十五)時h(x)單調遞增，一Xc1c故有 h(x) A h(x0) = e -ln x0 -2 =一 + x02,Xo 1一構造函數cp(t)=t+,_2在(0

18、,1)上單調減,，1、”，丁 xo w (一 ,ln 2),(或者為21一:二 xo21:(x0) . (ln 2) =ln2 -2 0.13 ln2題型七利用圖象的特點，證明不等式，x 1例已知函數f(x)=qL(xGR). e>而即 h(x0)>-,f(x)>g(x)1+ 10(1)已知函數y = g(x)對任意x滿足g(x) =f (4 x),證明：當x>2時，f(x)>g(x)； (2)如果 x1，x2,且 f ( x1) =f (x2),證明 xix2>4.證明：(1)因為 g(x) =f (4 x),所以 g( x)則 F' (x)2-x

19、 2-x 2一xp3-e-x+ 2 e3 x=丁.令 Rx)=f(x)g(x),即 F(x) e2x- 1x-1 3x當 x>2 時，2 x<0,2 x1>3,從而 e3e2xT<0,則函數 F' (x)>0, F( x)在(2,十)是增函數.1 1所以 F(x) >F(2)=0,故當 x>2 時，f(x) >g(x)成立. e ey(2)因為f(x)在(00, 2)內是增函數，在(2,十)內是減函數.X1，x2,且f(X1) =f(x2),所以X1,X2不可能在同一單調區間內，不妨設X1<2<X2,由(1)可知f( X2)

20、> g(X2),又g(X2) =f (4 X2),所以f(X2)>f(4 xz),因為 f(x1)=f(xz),所以 f ( xi) >f (4 xz),因為 X2>2,4-X2<2, xi<2, f ( x)在區間(一0°, 2)內為增函數，故 xi>4 一X2,即 X1 + x2>4.啟示：第(2)的證明也是一種常規方法，因為函數在兩個單調區間上增減的速度不一樣，導致出現了2X1 + x2>4,如果 TE 一次函數f(x)=(x2)+1,f (x1)= f (x2),則可得到x1+x2= 4 ,x(+x2正好是對稱軸的 2倍。

21、此題的證明思路是要證x1 +x2 > 4 ,需證：X1>4 X2,需證：f( X1) >f (4 -X2),題型八證明數列不等式_ 11、例：根據不等式ln x M (x ),2 x11、證明：由ln x M-(x)，可得x2x彳1 1證明：13 511ln(2n 1)2n-1 22n 1得Q2n -12n -1 O1 2n 12ln 一2n 1所以2n -11ln 22n -12n 1 132n -11-(12n 1=>1 , n = N *2n -12 、2n 1)2ln -2n 1 2n-1上式中1 13題型九n=1, 2, 3, (一2n -1 2 2n-1 2

22、n 1n,然后n個不等式相加得到2n -11-ln(2n 1)2n 1放縮法證明不等式xe例：設函數f (x)=(常數a = R),在x = 0處取得極小值，g( x)=x a(1)求f(x)在(1, f(1)處的切線方程(2)對任意x亡(1,十無)，求證f (x) >g (x)x -1e - 2+(e為自然對數的底數)ln x 2e ,解：(1)易得a=1, f (x)在(1, f (1)處的切線方程為y =-(x+1)4(2)用構造函數法證不出來，又試著分開兩個函數還不行，正當我一籌莫展時，忽然想到與第一問題的切線聯系，如果左 邊的函數的圖像在切線的上方，右邊函數的圖像在切線的下方，這樣不就證明了呢。心里非常高興，馬上付諸行動。令xe eh(x) =-(x+1)，x 1 4h(x)a( 2 1。-e-_e, h-(x) =(-11->0, h'(x)遞增，h'(x) >h'=0, h(x)遞增，h(x)>h(1) = 0,故(x 1)4(x 1)t(x)>e(x +1).再令 t(x) = e(x + 1) -1 _£-244 lnx 2,1,，、2”1,、lnx-1e(lnx)-4(lnx-1)exx一24(lnx)一24 (l