用导数证明函数不等式的四种常用方法

1、用与数证明函数不等式的四种常用方法本文将介绍用导数证明函数不等式的四种常用方法例1 证明不等式：x ln(x 1)(x 0).证明 设f(x) x ln(x 1)(x 0),可得欲证结论即f (x)f(0)(x 0),所以只需证明函数f(x)是增函数.而这用导数易证：.1f (x) 1 0(x 0)x 1所以欲证结论成立.注 欲证函数不等式f(x) g(x)(x a)(或f (x) g(x)(x a),只需证明 f(x) g(x) 0(x a)(或 f(x) g(x) 0(x a).设 h(x) f (x) g(x)(x a)(或 h(x) f (x) g(x)(x a),即证 h(x) 0(

2、x a)(或 h(x) 0(x a).若 h(a) 0,则即证 h(x) h(a)(x a)(或 h(x) h(a)(x a).接下来，若能证得函数 h(x)是增函数即可，这往往用导数容易解决.例2证明不等式：x ln(x 1).证明 设f(x) x ln(x 1)(x1),可得欲证结论即 f(x) 0(x1).显然，本题不能用例1的单调性法来证，但可以这样证明：即证 f(x) x ln(x 1)(x1)的最小值是0,而这用导数易证：1 xf (x) 1(x 1)x 1 x 1所以函数f (x)在(1,0,0,)上分别是减函数、增函数，进而可得f (x)min f( 1) 0(x1)所以欲证结

3、论成立.注 欲证函数不等式f(x) ( )g(x)(x I, I是区间)，只需证明f(x) g(x) ( )0(x I).设 h(x) f(x) g(x)(x I )即证 h(x) ( )0( x I )也即证h(x)min ( )0(x I)(若h(x)min不存在，则须求函数h( x)的下确界)，而这用导数往往容易解决.b x 1例3 (2014年高考课标全国卷I理科第21题)设函数f(x) aexlnx J ,曲线 xy f (x)在点(1,f(1)处的切线为y e(x 1) 2 .求a,b ;(2)证明：f(x) 1 .解 (1) f (x) aexlnx -ex -b2-ex 1 b

4、ex 1. x x x题设即f(1) 2, f (1) e,可求得a 1,b 2 .r、,x 2 , 一、，一、 一、一1,(2)即证xln x xe (x 0),而这用导数可证(请注意1)： ee1 1设 g(x) xln x(x 0),得 g(x)min g-一 ee2 1设 h(x) xe (x 0),得 h(x)max h(1)-. ee注 i)欲证函数不等式f(x) g(x)(x I, I是区间)，只需证明f(x)min g(x)max(x I ),而这用导数往往可以解决.欲证函数不等式f (x) g(x)(x I, I是区间)，只需证明f (x)min g(x)max(x I),或

5、证明f(x)min g(x)max(x I)且两个最值点不相等，而这用导数往往也可以解决ii)例3第(2)问与2019年曲靖一中高考冲刺卷理科数学(一)压轴题第(3)问完全一样，这道压轴题(即第22题)是：已知函数 f (x) xlnx, g(x)x2 ax 3. 求函数f(x)在t,t 2(t 0)上的最小值；(2)对一切x (0,),2 f (x) g(x)恒成立，求实数 a的取值范围；一, 一 、12(3)证明：又一切x (0,)，都有lnx 成立.e ex例4 ( 2018年高考北京卷理科第18题)设L为曲线C: y=”在点(1, 0)处的切线.x(1)求L的方程；(2)证明：除切点(

6、1, 0)之外，曲线C在直线L的下方.解(1)(过程略)L的方程为y = x 1.In x(2)即证 X 1(当且仅当X 1时取等号). X、几ln x /口 ，x2 1 + ln x仅 g(x) x 1 ，得 g x0=-2(x 0).xx当 0vx<1 时，x2 1<0, ln x<0,所以 g'x)<0,得 g(x)单调递减；当 x>1 时，x2 1>0, ln x>0,所以g'x)>0,得g(x)单调递增.所以g (x) min g(1) 0 ,得欲证结论成立 In x . 2. 一(2)的另解 即证 x 1(当且仅当x

7、1时取等号)，也即证x x ln x 0(当且 x仅当x 1时取等号).、一 ，、22x 1设 g(x) x x ln x ,可得 g (x) (x 1)(x 0).x进而可得g(x)min g(1) 0,所以欲证结论成立. r、 ln x2,(2)的再解 即证 x 1(当且仅当x 1时取等号)，也即证ln x x x(当且仅当 xx 1时取等号).2如图1所不，可求得曲线y lnx与y x x(x 0)在公共点(1,0)处的切线是 y x 1,所以接下来只需证明2lnx x 1, x 1 x x(x 0)(均当且仅当x 1时取等号)前者用导数易证，后者移项配方后显然成立.所以欲证结论成立图1

8、例 5 (2018 年高考新课标全国卷 II 理 21(2)的等价问题)求证：ex ln(x 2) 分析 用前三种方法都不易解决本问题， 下面介绍用导数证明函数不等式的第四种常用 方法 .设 f (x) ex(x2), g(x) ln(x 2)(x2) ， 我们想办法寻找出一个函数h(x) ， 使得 f (x) h(x) g(x)(x 2)且两个等号不是同时取到 .当然，函数h(x)越简洁越好.但h(x)不可能是常数(因为函数g(x) ln(x 2)(x2)的值域是 R),所以我们可尝试 h(x) 能否为一次函数，当然应当考虑切线.如图2所示，可求得函数f(x)ex(x2)在点A(0,1)处的

9、切线是y x 1,进而可得 f(x) h(x)(x 2) ；还可求得函数g(x) ln(x 2)(x2)在点 B( 1,0) 处的切线也是 y x 1 ，进而可得h(x) g(x)( x 2) .图2进而可用导数证得 f(x) h(x) g(x)(x2)且两个等号不是同时取到，所以欲证结论成立.当然，用例2的方法，也可给出该题的证明(设而不求)：1111设 f(x) ex ln(x 2),得 f(x) ex 六(x 2).可得f (x)是增函数(两个增函数之和是增函数)，且1f n 2 0, f (1) e 1 0 ,所以函数g (x)存在唯一的零点x0 (得21(xo 2)ex0 1,xo

10、2 e x0,ex0 )，再由均值不等式可得1x02xOxo 2f (x)min f(%)ex0 ln(x0 2)Inex0 2(因为可证x01)所以欲证结论成立.例6求证：ex ln x 2.证法1(例5的证法)用导数可证得exx 1 (当且仅当x 0时取等号)，x 1 lnx 2(当且仅当x 1时取等号)，所以欲证结论成立.1证法 2 (例 2 的证法)设 f (x)ex ln x ,得 f (x) ex (x 0).xI _ I1111 一，、可得f (x)是增函数且g -' 0,g(0) 0,所以函数g(x)存在唯2 1e 1.5211一的零点Xo(得ex0,xo ex0),再

11、由均值不等式可得Xox1x 1f(x)minf (x0)e lnx0- In e 一x02(因为可证Xo1)Xox。所以欲证结论成立.注 欲证函数不等式 f(x) g(x)(x I, I是区间)，只需寻找一个函数h(x)(可以考虑曲线y h(x)是函数y f(x), y g(x)的公切线)使得f(x) h(x) g(x)(x 2)且两个等号不是同时取到，而这用导数往往容易解决下面再给出例5和例6的联系.xx .对于两个常用不等式 e x 1,ln x x 1,笔者发现y e与y Inx互为反函数，y x 1与y x 1也互为反函数，进而得到了本文的几个结论定理 已知f(x), g(x)都是单调

12、函数，它们的反函数分别是若f(x)是增函数，f(s) (2)若f(x)是减函数，f(s) 若f(x)是增函数，f(s) 若f(x)是减函数，f(s)g(s)恒成立,则f 1(t)g(s)恒成立,则f 1(t)， 一- -1g(s)恒成立，则f (t)1g(s)恒成立，则f (t)证明下面只证明(1),(4)； (2),(3)同理可证.(1)设不等式f(s) g(s)中s的取值范围是 A,当sf 1(x), g 1( x).g 1(t)恒成立；g 1(t)恒成立；1g (t)恒成立；1g (t)恒成立.A时，f (s), g(s)的取值范围分11一别是fA,gA ,得不等式f (t) g (t)

13、中t的取值范围是fA gA ,所以1tfAgA, x° A,t g(xO),x0 g (t).由 f (s) g(s)恒成立，得 g(x0)f(x°).由 f (x) 是增函数，得 f 1(x) 也是增函数，所以 f 1(g(x0) f 1(f(x0) x0 g 1(g(x0),即 f 1(t) g 1(t).,1_1. .1 .得t fA gA, f (t) g (t),即欲证结论成立.(4)设不等式f(s) g(s)中s的取值范围是 A,当s A时，f(s), g(s)的取值范围分别 是 fA,gA ， 得 不 等 式 f 1(t) g 1(t) 中 t 的 取 值 范

14、 围 是 fAgA ， 所 以1t fAgA, x0 A,tg(x0),x0g (t) .由 f (s)g(s)恒成立，得 g(Xo)f(Xo).由 f (x) 是 减 函 数 ， 得 f 1(x) 也 是 减 函 数 ， 所 以 11111f (g(X0)f ( f(X0)X0g (g(X0) ，即 f (t) g (t) .得 tfAgA, f 1(t) g 1(t) ，即欲证结论成立.推论1已知f(x), g(x)都是单调函数，它们的反函数分别是f 1(x),g 1(x).11(1)右f (x), g(x)都是增函数，则f (s)g(s)恒成立f (t)g (t)恒成立；11若f (x),g(x)都是减函数，则f (s)g(s)恒成立f 1(t)g 1(t)恒成立.证明(1)由定理(1)知“”成立.下证“” ：因 为 g(x) 是 增 函 数 ， g 1(t) f 1(t) 恒 成立 ， g 1(x), f 1(x) 的 反 函 数 分别 是g(x), f (x) ，所以由“ ”的结论得g(s) f (s) 恒成立，即 f (s) g(s) 恒成