7.2利用导数证明不等式的常见题型

1、7 / 5利用导数证明不等式的常见题型不等式的证明是近几年高考的一个热点题型，它一般出现的压轴题的位置，解决起来比较困难。本文给出这一类问题常见的证明方法，给将要参加高考的学子一些启示和帮助。只要大家认真领会和掌握本文的内容，定会增强解决对这一类问题的办法。下面听我慢慢道来。题型一构造函数法，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，从而证明不等式，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。例1 (人教版选修2-2第32页B组1题)利用函数的单调性，证明不列不等式(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这四道题比较简单，证明的过程分三个步骤，一是构造函数，二是对函数求导，判断函数的单调性，三是求此函数的最值，得出结论。1例 2.当 x A1 时，求证：1_ < ln( x +1) < xx 11x证明：令 f (x) = ln(x+1)x ,则 f(x)=-1=-x 1 x 1当一1<x<0 时，f (x) >0,当 x A0 时，f'(x)<0, f (x)在(1,y)上的最大值为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 (右面得证)，1x-2 -2(x 1) (x 1)函数g (x)在(一1,十整)上的最小值为1.1再证左面，令 g(x) = ln(x+1) +-1,则g (x)=x 1x 1当 x w ( 1,0)时,g (x) <0；当 x w (0,y )时,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 (左面得证)，综上，当 xa1 时，有-1Mln(x+1)Mxx 1x 1

4、启示：证明分三个步骤，一是构造函数，二是对函数求导，判断函数的单调性，三是求此函数的最值，得出结论。题型二通过对函数的变形，利用分析法，证明不等式例.h(x) =ln x+bx有两个不同的零点 x1 ,x2求b的取值范围；求证：二岸 A1.e解析：h(x) =lnx +bx ,其定义域为(0, +g).由h(x) =0得bu-ln),记 刊x)=胆，则 津(x)=x二 xxxln xln x1所以cp(x)=在(0,e)单调减,在(e,收)单调增，所以当x =e时中(x)=取得最小值一一.xxe1又中(1)=0 ,所以xW(0,1)时学(x) >0 ,而xW(1,F)时学(x) <

5、0,所以b的取值范围是(一，0). e由题意得 ln xbx1 =0,lnx2 bx2 =0,ln x1x2x1x2所以 lnXix2b(xx2)=0,lnx2-ln Xib(x2-Xi)=0 ,所以=，不妨设x1 <x2,2(X2 -为)2 xln X2 -In XiX2 f1要证 x1x2 >e2,需证 ln X|X2 =x2(ln x2 -ln x1) >2 .即证 ln x2 -ln x1 >2 - X|设 t =x2(t >1),则 F(t) =lnt _2(t T)=巾 +- -2 ,X1t 1t 114 (t -1)2所以f (t)=1_4=(t 1

6、)>0,所以函数F(t)在(1, +°0)上单调增,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启示：第一问用的是分离参数法，第二问用的是分析法，构造函数，对函数的变形能力要求较高，大家记住下面的变形: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题型三 不等式左右两边的变量不一样，分别为x1,x2，可以分别求出左右两边的最值而证明。如：VX

7、i , VX2， f(Xi)Hg(X2)U f(Xi)max « g(X2)min122例.已知函数f(X)= aX (2a+1)x+2 In X(a=R) .( 1)当a =时，求函数f (x)的单调区间； 231 . . 2_ . x 当 a a 时，设 g(x) = (x -2x)e ,求证：对任意 x1 w (0,2,均存在 x2 w (0,2,使得 f (x1) < g(x2)成23、一3解：(1)增区间为(0,n, (2,收)，减区间为(-,2).22若要命题成立，只需当XW(0,2时，f(x)max<g(x)max，由g (x) =(x111时，g(x)A0

8、,故g(x)在(0,一)单调递减，在(一，+9)单调递增，从而g(x)在(0,+望)的最小值为gL )=设 eeee h(x)=xe ，则 h(x)=e (1 -x)e 2)ex可知，当xw(0,2时，g(x)在区间(0,J2)上单调递减，在区间(J2,2上单调递增, g(0) =g(2)=0,故 g(x)max=0,所以只需 f(x)max <0.对函数 f(x)来说，f (X) = ax-(2a +1)+2 (aX 1)(x2). XX,111 1 、，当a 时，0<<2,函数f(x)在区间(0,)上单调递增，在区间(,，2上单调递减，2 aaa1、1f (x)max =

9、 f ()= -2ln a -2 .当a之1时，显然小于0 ,满足题意； a2a.1.1.1 - 4a当一 < a <1 时，可令 h(a) =-2 ln a -2 , h (a) =22a2a21 1 1 可知该函数在 一<a<1时单调递减，h(a) <h() =2ln23<0,满足题意，所以a满足题意.2 22启示：此类题关键是转化，转化为求函数的最值问题，常见有下面四种形式， 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 ,只要分别求在右两边函数的最值就可以了。四 分拆成两个函数研究，要证明 f (x) >g(x),如果能证明f (x)min之g(x)max ,便可证f (x)之g(x)。大家可以 看到不等号左右两边都是相同的 X ,而上一种题型不等号两边分别为 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,因为x + 1就没有最大值。f (X)min 至 g(x)max 比 f (x)之 g(x)更严格。xbeXJ例(2014新课标1理)设函数f (x) =ae In x+,曲线y = f (x )在点(1, f(1)处的切线方程为xy =e(x T) 2(I)求 a,b ；(II)证明：f (x) >1解：(I) a =1,b =2(II)如果按题型一的方法构造函数求导，发现做不下去，只好半途而废。所以需要及时调整思路，改变思考方向。f(x)>1X 2.1.1-等价于 xln x >xe 一一，设 g(x) = x ln x ,则 g (x) =1 +ln x

12、 ,当 x = (0, 一)时，g (x) < 0 ,当 x=(一，-) eee1当 xw(0,1)时，h'(x) >0 当 xw (1,y)时，h'(x)<0 从而 h(x)在(0,一)最大值为 h(1)=,因 g(x)与eh(x)极值点不相同。综上，当 x>0时，g(x) > h(x)即f (x) >1启示：掌握下列八个函数的图像和性质，对我们解决不等式的证明问题很有帮助，八个函数分别为小 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会画它们的图像，以后见到这种类型的函数，就能想到它们的性质。题型五 函数的极值点(最值点)不确定，可以先设出来，只设不解，把极值点代入求出最值的表达式而证明。例(2015新课标1卷文)设函数 f (x )= e2x-aln x.(i)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点的个数;2(ii)证明：当 a >0时，f (x )之2a +aln .a解析：(i) f(x)的定义域为(0,y), f'(x) =2e2xa(x>0).当 aE0 时，f'(x) >0, f'(x)没有零点; x2xa._. a当a>0

14、时，因为e 单调递增，单调递增，所以f'(x)在(0,y)单调递增.又f (a) >0,当b满足0<b<一且 x41a 1 a 1一.b <一时，2e -<2e2 = 2(e22) <0，: f (b) <0。4ba4故当a >0时，f (x)存在唯一零点，(关键是放缩技巧，对 x范围的限制)(II)由(I)知，可设f (x)在(0,十大)的唯一零点为x0,当xw (0,x0)时，f'(x) <0 ,当xw (x0,z)时，f (x) A0 ,故f (x)在(0,x0)单调递减，在(x0, y )单调递增，所以当 x=x0时

15、，f(x)取得最小值，最小值为2x0f (Xo),由于 2e2"亘=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,故当a > 0时， af (x) - 2a aln a启示：只设不解，整体代换是一种常用的方法，在解析几何中体现很多。在本例(2)中，只设出了零点而没有求出零点,这是多么好的一种方法啊，同学们一

16、定认真体会，把这种方法拿来我用。题型六估值法，极值点不确定，先把极值点设出来，再估计极值点的取范范围(限制得越小越好)，进行证明不等式 例.已知函数 f (x )=ex,g (x )=ln x+m .,，,、一 “f X(1)当m = -1时，求函数F(x)=-x g(x )在(0,2)上的极值； x1若 m=2,求证：当 x= 0," 时，f (x) a g(x)+一.(参考数据：ln 2 = 0.693,ln 3 = 1.099 )10解：(1)极小值为F(1) =e1 ,无极大值；x ,-.x 1(2)构造函数 h(x) = f (x) g(x) = e ln x 2 ,h (

17、x) = e 在(0,十厘)单调增， x1 1 = h (一)=/e 2 <0, h(ln2)=2>0,(此处需要估计x。的范围，根据零点存在定理，把x。的范围控制2 ln 212好，也可以限制为一( x。m )23 一.1 .xn/. h (x)在(0,+°o)上有唯一专点 xo ( , ln 2), a e 211,-)即 x0 = ln x0)xo且当x W (0,Xo)时h(x)单调递减，当x W (Xo，十五)时h(x)单调递增，一Xc1c故有 h(x) A h(x0) = e -ln x0 -2 =一 + x02,Xo 1一构造函数cp(t)=t+,_2在(0

18、,1)上单调减,，1、”，丁 xo w (一 ,ln 2),(或者为21一:二 xo21:(x0) . (ln 2) =ln2 -2 0.13 ln2题型七利用图象的特点，证明不等式，x 1例已知函数f(x)=qL(xGR). e>而即 h(x0)>-,f(x)>g(x)1+ 10(1)已知函数y = g(x)对任意x满足g(x) =f (4 x),证明：当x>2时，f(x)>g(x)； (2)如果 x1，x2,且 f ( x1) =f (x2),证明 xix2>4.证明：(1)因为 g(x) =f (4 x),所以 g( x)则 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当 x>2 时，2 x<0,2 x1>3,从而 e3e2xT<0,则函数 F' (x)>0, F( x)在(2,十)是增函数.1 1所以 F(x) >F(2)=0,故当 x>2 时，f(x) >g(x)成立. e ey(2)因为f(x)在(00, 2)内是增函数，在(2,十)内是减函数.X1，x2,且f(X1) =f(x2),所以X1,X2不可能在同一单调区间内，不妨设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),因为 f(x1)=f(xz),所以 f ( xi) >f (4 xz),因为 X2>2,4-X2<2, xi<2, f ( x)在区间(一0°, 2)内为增函数，故 xi>4 一X2,即 X1 + x2>4.启示：第(2)的证明也是一种常规方法，因为函数在两个单调区间上增减的速度不一样，导致出现了2X1 + x2>4,如果 TE 一次函数f(x)=(x2)+1,f (x1)= f (x2),则可得到x1+x2= 4 ,x(+x2正好是对称轴的 2倍。

21、此题的证明思路是要证x1 +x2 > 4 ,需证：X1>4 X2,需证：f( X1) >f (4 -X2),题型八证明数列不等式_ 11、例：根据不等式ln x M (x ),2 x11、证明：由ln x M-(x)，可得x2x彳1 1证明：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题型九n=1, 2, 3, (一2n -1 2 2n-1 2

22、n 1n,然后n个不等式相加得到2n -11-ln(2n 1)2n 1放缩法证明不等式xe例：设函数f (x)=(常数a = R),在x = 0处取得极小值，g( x)=x a(1)求f(x)在(1, f(1)处的切线方程(2)对任意x亡(1,十无)，求证f (x) >g (x)x -1e - 2+(e为自然对数的底数)ln x 2e ,解：(1)易得a=1, f (x)在(1, f (1)处的切线方程为y =-(x+1)4(2)用构造函数法证不出来，又试着分开两个函数还不行，正当我一筹莫展时，忽然想到与第一问题的切线联系，如果左 边的函数的图像在切线的上方，右边函数的图像在切线的下方，这样不就证明了呢。心里非常高兴，马上付诸行动。令xe eh(x) =-(x+1)，x 1 4h(x)a( 2 1。-e-_e, h-(x) =(-11->0, h'(x)递增，h'(x) >h'=0, h(x)递增，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