1、專題五利用導數證實不等式一、用函數的單調性證實不等式：我們知道函數在某個區間上的導數值大于(或小于).時,那么該函數在該區間上單調遞增(或遞減).因而在證實不等式時,根據不等式的特點,有時可以構造函數,用導數證實該函數的單調性,然后再用函數單調性到達證實不等式的目的.即把證實不等式轉化為證實函數的單調性.一般方法：構造輔助函數f判定單調性f得所證不等式.根本依據：假設f(x)在(a,b)內單增=f(a)f(x)f(b)；假設f(x)在(a,b)內單減=f(b)f(x)0時,求證；x-ln(x+1)0),那么f0,f(x)0,故f(x)在0,)上遞減,x2,xA0時,f(x)l時,F(x)9,從

2、而F(x)在(1,+x)上為增函數,F(x)F(1)=+0,J2X3LX2_Jnx0.X,將其中一個常數6322.由欲證形式做恒等變形作差或作商,變成初等函數四那么運算的形式,假設變量沒有改為x),那么另一端即為所求作的輔助函數F(x),然后利用導數證實該函數的單調性,到達證實不等式的目的.時,2【例2】求證：當x8,+餡)M(14)乏.2(1+x)證實:-ln(l+x),補充定義f(0)=0,那么2(1+x)f(x)=l_4x2+4x_2x2.1=2x20,4(1+x)2lx4(1+x)2 f(x)在0,9)上單調遞增,在(0,收)f(x)f(0)=0, 二ln(l+x),又f(a)之0,那

3、么x時,f(x)0.【針對練習2】求證：當xj0*時,sinxx.證實：令f(x)=sinx-x,補充定義f(0)6,那么f(x)=cosx-10, f(x)在(0,冗)上單調遞減,在(Oj)f(x)f(0)=0,sinxx.【例3】當x三(0,1)時,證實：(1+x)ln2(l+x)x2.證實：f(x)=(l+x)ln2(i+x)-x2,那么f(0)=0,而f(攵)=ln2(x)之ln(l+x)-2x,f*(0)=0,當xe(0,1)時,fx)=2ln(1+x)_2-ln(l+x)_x0,1+x1+x1+x f(x)在Xw(0,1)上遞減,即f(x)fF(0)=0,從而f(x)在(0,1)遞

4、減, f(x)f(o)=0,(l+x)ln2(l+x)l+x.2證實：設f(x)=ex_X21_x(x0),那么f,(x)=eX_x_l,fCx)=ex_1.2當*之0時,f(x)0,Af(x)在0,舊)上單調遞增,f(x)之f(0)=0, 1?行)在0,)上單調遞增,f(x)f(0)=0,Je、_X2+x.,X2【例4求證：當0xjt時,sin_2冗.XXXsin-證實:假設令f(x)=sin_,證實過程比擬麻煩,我們可令f(x)=1,2TT1X-COS-x_那么f6)=222X*.0xn,0*XXXsin_cos_xx2=,2(-tan)o,x22冗X-,那么關tan_,Jf?x)f(7i

5、)=L,即sin_冗2冗【例5】求證：當bae時,abba.(常數不等式一般化為函數不等式證實)一卜Inb分析：abbInaalnb=-ta-a-,可令f(x)=jRf(xe),證f(x)單減；abx或者abbaubInaaInb,證xlnaalnx(xa),可令f(x)=xlna-alnx(xa),證f(x)0.證法一：令f(x)=ln*(xe),那么f(x)=llnxe,Jn_tL,即abba.aba證法二：令f(x)=xlna-aInx(xae),那么f(x)=ina-0,xaIna1,f(a尸0,xlnaKInx(xa),特別地令x=b,得bInaaInb,即a.ba.【針對練習4】證

6、實：當x1時,In2(x+l)lnxln(x+2).Inx_ln(x+1)、十口、ln(x+1)、口-fx+1xxInx(x+l)ln(x+1)證實：設f(X)=-(X1),那么t(X)=；=七VInxInxx(x十1)lnx由于1vxx+1,0lnxln(x可),故xInx-(x+l)ln(x+1),ln(x.工在(1,+co)內f(x)皿2),Inxln(x+l)從而In2(/l)lnxln(x+2).3.通過換元后作差構造函數證實不等式.111【例6】(07山東)證實：對任意的正整數n,不等式In(+-T都成立.nnn分析：此題是山東卷的第(2)問,從所證結構出發,只需令一l=x,那么問

7、題轉化為：當X?.時,恒有nIn(x+l)x2-x3成立,現構造函數h(x)=x3-x2+ln(x+l),求導即可到達證實.證實：令h(x)=x3_X2+ln(x+1),那么lr(x)=3x_2x+1=3x3+(xI在x小(與上)上恒正,x+1x+1函數h(x)在(0,+m)上單調遞增,xE(o,+s)時,恒有h(x)h(0)=0,即x3-x2+ln(x+l)0,/.ln(x+l)x2-x3.1111對任意正整數n,取x=亡(0,一),那么有1口(一+1)a：r.nnnn【針對練習】假設*w(0,),求證：_!_Jl0,At1,x=_L.xt-1那么原不等式=l_llnt1_1.tt,t,f(

8、t)0,Af(t)在1,+*)上為增函數.f(t)“1)=0,t-1lnt.令g(t)=Int-1+L,+“),g(t)-Itt,t2,tEl,),g(t)之0,g(t)在口,+8)上為增函數.X+g(t)g(l)=0,Alntl_X,Aln11.tx+1XX點評：(1)代換作用：此題設代換t=l+L,0x+8實際上就是把原來取不到的x=0值代換為可取X到的t=1,把原來要研究函數在xT+8處的值,等價為研究函數在t=1處的值；、X+1(2)假設令1=:,那么In(l+L)：l,即為此題的特例,想一想2n+l.證實：要證原式,即需證：2“-2n-10,對n之3時成立.設(L2x_2(3),那么

9、,_x_,又fx-xx-f(x)-2ln22(X-3) x之3,f(x)23In2-2,Af(x)在3,y)上是增函數, f(x)的最小值為f(3)=23-61弓.,f(x)0(x3). ,n,*n*3時,2n2nt.【針對練習6】當x0,0a0),那么f(x)=axa-t-a=a(xa+_l).令f(x)=0,得x旺.當xW(0,l)時,f(x)0,當xW(l,z)時,f(x)0,即g(x)在(0,1)上為增函數,在(1,十多上為減函數.故函數f(X)在(0,0)上的最大值為f(x)max=f(l)=0,即f(x)f(l)=0,xa-ax+a-10,即x,-ax0,2且b=5a2_3a21n

10、a,求證：f(x)g(x).2證實：設F(x)=g(x)_f(x):J_X2+2ax_3a2Inx_b,那么Fx)=x+2a3a2=(x-a)(x+3a),2xx /x0,a0,當x=a時,F(x)=0,故F(x)在(0,a)上為減函數,在(a,+s)上為增函數,于是函數F(x)在(0,+“)上的最小值是F(a)=f(a)g(a)=0,故當x0時,有f(x)-g(x)0,即f(x)g(x).【針對練習71函數f(x)=ln(x+l)_x,求證：當x_1時,恒有1_一ln(x+陛x.x+l分析：此題是雙邊不等式,其右邊直接從函數證實,左邊構造函數g(x)=ln(x+l)+L-1,從其t1導數入手

11、即可證實.證實：f(rx)=_1_1=,_X丐X+1當一lx0,即f(x)在(1,0)上為增函數；當xA0時,f(x)1時,f(x)f(0)=0,即ln(x+1)x0,ln(x*)Wx.令g(x)=ln(x+1廣一,那么g(x)=-=.XX十(X1產(x+l)2當xE(-l,0)時,g(x)0,即g(x)在(-1,0)上為減函數,在(0,上/)上為增函數._十8上的最小值為_故函數g(X)在(-1,)g(X)min-g(0)V,當x-1時,g(x)g(0)=0,BPln(x+l)+1-10,ln(x+l)l-.X1X1綜上可知,當x_1時,有1ln(x+l)x.x+l【例9】f(x)=LX3X

12、,XI,X211,1時,求證：If(xi)-f(X2)區T.33證實：f(x)=x2-1,1,1時,f(x)0,f(x)在上遞減,2 2故f(x)在上的最大值為f(_l)=,最小值為f(l)=_一,3 32 2即f(x)在一1,1上的值域為二3 322XI,X2可1時,|f(Xl)1,If(X2)l-,332 24即有If(Xl)-f(X2)l1f(xi)hlf(X2)l1,對于0,1中的任意x都有L-xP+(Ux)P0,當石,一)時,f,(X)0,2 211f(x)在0,)遞減;f(x)在(一,1遞增.22f(x)的最小值為f(_)=()P+()p=2(2P=,22222pi又f(1)=1,

13、f(0)=1,.f(x)的最大值為1,即x%,l時,4f(x)4,12pi故xP+(l_x)Pl.2p7二、用中值定理證實不等式：1.利用拉格朗日中值定理：假設f(x)滿足以下條件：(1)f(x)在閉區間a,b內連續；(2)f(x)在開區間(a,b)上可導,那么在(a,b)內至少存在一點J使得f與=f(b)-3.b-a一般方法：構造輔助函數T據拉格朗日中值定理得等式T由E的范圍確定f(1)范圍得所證不等式._b_【例1】證實不等式：(0ab).baa分析：把不等式可以改寫成一(ba)lnblna(ba),可見中項是函數Inx在區間a,b兩端值之ba差,而(ba)是該區間的長度,于是可對Inx在

14、a,b上使用拉格朗日中值定理.證實：設f(x)=lnx,貝ijf(x)=-.在區間a,b上滿足拉格朗日中值定理的條件,X即ln_b二g-a.二b-a：b_In-Kb_Za_故在(a,b)上存在,使得f(b)f(a)=C)=,b-a上1b_a又因一,于是有4lnb-Ina1-,即b-abb-aab,inD【針對練習1設0a_2n_.b-aa2+b2證實：設f(x)=lnx,貝|Jf(x)=-.在區間a,b上滿足拉格朗日中值定理的條件,故在(a,b)上存在t,使得f(h)-f(a)=f化)=X,即Inh吊a=.baba2212a11Inb-Ina2aa九)之2ab,/.一之-工,又因一,于是有-2

15、ba%bb-aab4【針對練習2設eab2(ba)oZinXe證實：令f(x)=ln2x,那么f(x)=.在區間a,b上滿足拉格朗日中值定理的條件,x故在(a,b)上存在使得f(h)f(a)二f,位,-Iba即A_Zlnx=212,*亡(a,bt(e,e2).b-aE再令g(x)=lnx(exe2),gr(x)=lJn-x=,g()g(e)e?,從而262224.原不等式Inb-lna2(ta)成立.4說明：也可令f(x)=ln2xln2aT(xa),(eax0.e例2假設0(yG,p,那么pypt(xy)xp.yPpypyx-y).分析：0yx,那么原不等式等價于pyprxp-ypl).x-

16、y令f(t)=tP,那么我們容易聯想到Lagrange中值定理f(Y)(x_x-y證實：設f(t)=tp,那么f(t)=ptrl.在(y,x)上滿足Lagrange中值定理的條件,xBy?xy故x),使得故心)=工即pJtpT=x-y禧(jfx),y：x,pyP丁Vp-prpxpT,Jpyp十(x-y)忘p-yPpyE(ky).+,+【針對練習3(13湖北理)設neN*,r為正有理數.證實:n1一(nFnrnr,Anr(-n_LJ一加.r+1(n-l)rtnr+1+1r1+同理可證nr%R1nr,AnL_r+1【例3】證實：當xAO時,三一In(x+lx.x+1分析：注意到Ini=0,可構造函

17、數的改變量ln(x+l)4nl,那么相應自變量的改變量為(x+l)-1=x,所Iln(x*)In1證不等式等價于-1,可考慮用拉格朗日中值定理,導數入手即可證實.X+1X證實：令f(x)=lnx,那么fF(x)=-.在區何l,x+1上滿足拉格朗日中值定理的條件.Xt(X+故在(l,x+)上存在2,使得二1-1)=f仁)=L+1-1tXII+即皿工一n=+,m(xi)=j-._一XX由于L11,jJn(x+1),即ln(x+l)x.1+xx+1xx+1【針對練習4】假設oxi,證實：(1-x)e2xl+x.證實：將不等式變形為(1-x)e2x-(i+x)0,令f(x)=(lx)e2仁(1+x),

18、那么f(x)=(1-2x)e2x-1.在區間0,x(0xl)上滿足拉格朗日中值定理的條件.故在(0,x)上存在,使得f(x)-f(=f(七)(0x),即f(x)_f(0)=仁)x,x-0(l-x)e2x-(1+x)=(l-2e2-lx.由于fF)=(l-2-)e2-1的范圍不易判斷,于是求f內=-4-e20.f(r-)在(0,1)上單調遞減,f(-)ffo)=0,即f(x)-f(0)=fr(-)x0,(l-x)e2x-(1+x)nr,Anr(rl)rFr+1同理可證n-4n,J二加二工曰M(J-d-.r+1r+1r+1_b_a【針對練習5積分中值定理證實不等式：b二aln(0ab).1baabbII分析：In=Inb-Ina=|-dx,可見可用積分中值定理構造函數f(x)=,xEa,b來處理.aaxx證實：設f(x)=J,那么在區間a,b上滿足積分中值定理的條件,x六匕JIbInb-InaI故在(a,b)上存在,使得(ba)f(),xdxInxlaInbIna,即ut.II.Ib_