文档内容
利利用用导导数数证证明明不不等等式式的的两两种种通通 法法
利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常
数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。
一一、、函函数数类类不不等等式式证证明明
函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式 f(x)> g(x)（ f(x)< g(x)）的问题转化为证明f (x)-g(x)>0
（ f(x)-g(x)<0），进而构造辅助函数h(x)= f (x)-g(x)，然后利用导数证明函数h(x)的单调性或证明函数h(x)
的最小值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）。
p
例 1 已知 xÎ(0, )，求证：sinx< x0,当 x>0时, f'(x)<0，又 f(0)=0，
1+x
1故当且仅当x=0时，f(x)取得最大值，最大值是0 所以 f(x) =ln(x+1)-x< f(0)=0即ln(x+1)< x
二二、、常常数数类类不不等等式式证证明明
常数类不等式证明的通法可概括为：证明常数类不等式的问题等价转化为证明不等式
f(a)< f(b)的问题，在根据a,b的不等式关系和函数 f(x)的单调性证明不等式。
例 3 已知m>n>0,a,bÎR+且(a-1)(b-1)0
求证：(an +bn)m > (am +bm)n
分析：
(an +bn)m > (am +bm)n
ln(an +bn)m >ln(am +bm)n
mln(an +bn) > nln(am +bm)
ln(an +bn) ln(am +bm)
>
n m
f (n) > f (m)
ln(ax +bx)
f(x)= 在（0，+¥）上是减函数
x
m>n>0
证明：
ln(ax +bx)
令 f(x)= (x> 0)
x
ax lna+bx lnb
x -ln(ax +bx)
ax +bx x(ax lna+bx lnb)-(ax +bx)ln(ax +bx)
则 f /(x)= =
x2 x2(ax +bx)
ax bx ax +bx ax +bx
axln +bxln ax ln +bxln
ax +bx ax +bx ax +bx ax +bx
= < = 0
x2(ax +bx) x2(ax +bx)
ln(ax +bx)
所以， f(x)= 在（0，+¥）上是减函数又因为m>n>0，所以 f(n)> f (m)
x
ln(an +bn) ln(am +bm)
即 >
n m
mln(an +bn)> nln(am +bm)
即(an +bn)m >(am +bm)n
ln(an +bn)m > ln(am +bm)n
评注：利用导数证明常数类不等式的关键是经过适当的变形，将不等式证明的问题转化为函数单调性证明问题，其中
关键是构造辅助函数，如何构造辅助函数也是这种通法运用的难点和关键所在。通过本例，不难发现，构造辅助函数
ln(an +bn) ln(am +bm)
关键在于不等式转化为左右两边是相同结构的式子（本例经过转化后的不等式 > 的两边都是
n m
2ln(ax +bx) ln(ax +bx)
相同式子 的结构，所以可以构造辅助函数 f(x) = ），这样根据“相同结构”可以构造辅助函
x x
数。
p tana a tanb
例 4 已知0sinx>sinxcosx x-sinxcosx >0
2
tanx p p
即 f /(x)> 0，所以 f(x)= 在(0, )上单调递增，而00，
2
p p
进而g(x)= xtanx在(0, ) 上单调递增，而0 f(0)=0．所以x-sinx>0，即sinx< x．
1 x
（2）构造函数 f (x)= x-ln(1+x) ，则 f¢(x)= 1- = > 0．所以函数 f (x) 在(0,+¥)上单调递增，
1+ x 1+ x
f(x)> f(0)=0，所以x >ln(1+x)，即ln(1+x)< x．
3æ 1
n+1
æ 1 1
要证 1+ ÷ > e,两边取对数，即证ln 1+ ÷ > ,
nø nø n+1
1 1 1
事实上：设1+ =t,则n= (t >1),因此得不等式lnt >1- (t >1)
n t-1 t
1
构造函数g(t)=lnt+ -1(t >1),下面证明g(t)在(1,+¥)上恒大于0．
t
1 1
g¢(t)= - > 0,∴g(t)在(1,+¥)上单调递增，g(t)> g(1)=0,
t t2
n+1
1 æ 1 1 æ 1
即lnt >1- ,∴ ln 1+ > , ∴ 1+ > e,
÷ ÷
t nø n+1 nø
1．设函数 f(x)在 R 上的导函数为 f¢(x)，且2f(x)+xf¢(x) >x2，下面的不等式在R上恒成立的是
A． f(x) >0 B． f(x)< 0 C． f(x)> x D． f(x)< x
【答案】A
【解析】由已知，首先令x = 0得 f (x) > 0，排除B，D．
令 g(x)= x2f (x)，则g¢(x)= x[2f(x)+xf¢(x)]，
g¢(x)
① 当 x >0时，有 2f(x)+xf¢(x) = > x2 g¢(x)>0，所以函数 g(x) 单调递增，所以当 x >0时，
x
g(x)> g(0)=0，从而 f(x) >0．
g¢(x)
② 当 x <0时，有 2f(x)+xf¢(x) = > x2 g¢(x)<0，所以函数 g(x) 单调递减，所以当 x <0时，
x
g(x)> g(0)=0，从而 f(x) >0．综上 f(x) >0．故选A．
【考点定位】本试题考察了导数来解决函数单调性的运用．通过分析解析式的特点，考查了分析问题和解决问题的能
力．
1
2．已知函数 f(x)= x2 -ax+(a-1)lnx，a>1．
2
（Ⅰ）讨论函数 f(x)的单调性；
f(x )- f(x )
（Ⅱ）证明：若a<5，则对任意x ,x Î(0,+¥)，x x ，有 1 2 > -1．
1 2 1 2 x - x
1 2
a-1 x2 -ax+a-1 (x-1)(x+1-a)
解：（Ⅰ） f(x)的定义域为(0,+¥)． f¢(x) = x-a+ = = …………2分
x x x
(x-1)2
（i）若a-1=1即a =2，则 f¢(x) = ，故 f(x)在(0,+¥)单调增加．
x
（ii）若a-1<1，而a >1，故1 0．故 f(x)在(a-1,1)单调减少，在(0,a-1),(1+,¥)单调增加．
4（iii）若a-1>1，即a> 2，同理可得 f(x)在(1,a-1)单调减少，在(0,1),(a-1,+¥)单调增加．
1
（II）考虑函数g(x)= f (x)+x = x2 -ax+(a-1)lnx+x．
2
a -1 a-1
则 g¢(x) = x-(a-1)+ 2 x -(a-1)=1-( a-1-1)2 ．
x x
由于10，即g(x)在(0,+¥)单调增加，从而当x > x > 0时有
1 2
f(x )- f(x )
g(x )-g(x )> 0，即 f(x )- f (x )+x -x >0，故 1 2 > -1，当0< x < x 时，
1 2 1 2 1 2 x - x 1 2
1 2
f (x )- f (x ) f (x )- f (x )
有 1 2 = 2 1 > -1． ………………………………1分2
x - x x - x
1 2 2 1
3 设函数 f (x)= x2 +aln(1+x)有两个极值点x，x ，且x < x ．
1 2 1 2
（I）求a的取值范围，并讨论 f (x)的单调性；
1-2ln2
（II）证明： f (x ) > ．
2 4
【解】（I）由题设知，函数 f (x)的定义域是x > -1,
2x2 +2x+ a
f¢(x) = ,且 f¢(x)=0有两个不同的根x、x ，故2x2 +2x+a =0的判别式
1+ x 1 2
1 -1- 1-2a -1+ 1-2a
D=4-8a >0，即 a< ,且 x = ,x = . ①
2 1 2 2 2
1
又x > -1,故a>0．因此a的取值范围是(0, )．
1 2
当 x变化时， f (x)与 f¢(x)的变化情况如下表：
因此 f(x)在区间(-1,x )和(x ,+¥)是增函数，在区间(x ,x )是减函数．
1 2 1 2
（II）由题设和①知
1
- < x <0,a=-2x (1+x ), 于是 f (x )= x 2 -2x (1+x )ln(1+x )．
2 2 2 2 2 2 2 2 2
设函数 g(t)=t2 -2t(1+t)ln(1+t),则g¢(t)=-2t(1+2t)ln(1+t)
51 1 1
当t = - 时， g¢(t)=0；当tÎ(- ,0)时，g¢(t)>0,故g(t)在区间[- ,0)是增函数．
2 2 2
1 1 1-2ln2 1-2ln2
于是，当tÎ(- ,0)时，g(t)> g(- )= .因此 f (x )= g(x )> ．
2 2 4 2 2 4
5．已知函数 f (x) = x2 -aln x在(1,2]是增函数,g(x) = x-a x 在（0,1）为减函数．
（1）求 f(x)、 g(x)的表达式；
（2）求证：当x >0时,方程 f(x)=g(x)+2有唯一解；
1
（3）当b >-1时,若 f (x) 2bx- 在x∈(0,1]内恒成立,求b的取值范围．
x2
a
解：（1） f¢(x)= 2x- ,依题意 f ¢(x)>0,xÎ(1,2],即a< 2x2, xÎ(1,2]．
x
a
∵上式恒成立,∴a£2 ①……………1分又g¢(x)=1- ,依题意g¢(x)<0,xÎ(0,1),即a> 2 x , xÎ(0,1)．
2 x
∵上式恒成立,∴a 2. ② ………2分 由①②得a=2． …………………………3分
∴ f(x)= x2 -2lnx,g(x)= x- 2 x. …………………………分4
（2）由（1）可知,方程 f(x)=g(x)+2,即x2 - 2ln x- x+ 2 x -2=0.
2 1
设h(x) = x2 -2lnx- x+ 2 x - 2,则h¢(x)=2x- -1+ ,
x x
令h¢(x) >0,并由x >0,得( x -1)(2x x + 2x+ x + 2) > 0,解知x >1.………5分
令h¢(x)< 0,由x >0,解得0< x <1. …………………………分6
列表分析
x （0,1） 1 （1,+¥）
h¢(x) - 0 +
h(x) 递减 0 递增
可知h(x)在x =1处有一个最小值0, …………………………分7
当 x>0且x1时,h(x)＞0,∴h(x)=0在（0,+¥）上只有一个解．
即当 x＞0时,方程 f (x) = g(x)+2有唯一解． …………………………分8
1 2 2
（3）设j(x)= x2 -2ln x-2bx+ 则j'(x)=2x- -2b- <0, …………9分
x2 x x3
\j(x)在(0,1]为减函数\j(x) =j(1)=1-2b+10 又b>-1………11分
min
所以：-1 x )，求证：x < < x ．
2 1 1 k 2
6解：（Ⅰ）略
1 y - y lnx -lnx
（Ⅱ）当a=0时， f(x)=lnx.以下先证 > x ， k = 2 1 = 2 1 > 0,
k 1 x - x x - x
2 1 2 1
lnx -lnx 1 x x - x x
所以只需证 2 1 < ，即ln 2 < 2 1 = 2 -1.
x - x x x x x
2 1 1 1 1 1
1
设j(t)=lnt-t+1 (t >1)，则j¢(t) = 1- 0(< 1 )t > ．所以在tÎ(1,+¥)时，j(t)为减函数， j(t )( ． 1
t
x x x 1 1 1
即lnt1)．又 2 >1，∴ln 2 < 2 -1成立，即 > x ．同理可证 < x ．∴x < < x ．
x x x k 1 k 2 1 k 2
1 1 1
1
9．已知函数g(x)= +lnx在[1,+¥)上为增函数，且qÎ(0,p)，
sinqx
m-1
f(x)=mx- -lnx，mÎR．
x
（1）求q的取值范围；
（2）若 f(x)-g(x)在[1,¥)上为单调函数，求m 的取值范围；
2e
（3）设h(x)= ，若在[1,e]上至少存在一个x ，使得 f (x )- g(x )> h(x )成立，求m的取值范围．
x 0 0 0 0
1 1 sinqx-1
解：（1）由题意，g¢(x)=- + 0在[ 1,+¥)上恒成立，即 0
sinqx2 x sinqx2
qÎ(0,p ) , \ sqin >．故sinqx-10在[1,+¥)上恒成立， ……………2分
p
只须sinq1-10，即sinq1，只有sinq=1．结合qÎ(0,p),得q= ．…4分
2
m mx2 -2x+m
（2）由（1），得 f(x)- g(x)= mx- -2lnx.\( f (x)-g(x)) ¢ = .
x x2
f (x)-g(x)在[1,¥)上为单调函数，
\mx2 -2x+m0或者\mx2 -2x+m£0在[1,¥)恒成立． ……………．． 6 分
2x
mx2 -2x+m0等价于m(1+ x2) 2x,即m ,
1+ x2
2x 2 2
而 = , max =1 \m1． …………………………………分8
1+ x2 1 1
x+ x+
x x
2x 2x
\mx2 -2x+m£0等价于m(1+ x2)£ 2x,即m £ 在[1,¥)恒成立，而 Î(0,1],m£0．
1+ x2 1+x2
综上，m 的取值范围是(-¥,0] [1,+¥)． ………………………………………1分0
m 2e
（3）构造函数F(x) = f(x)-g(x)-h(x),F(x)=mx- -2lnx- .
x x
m 2e
当m£0时，xÎ[1,e],mx- £ 0，-2lnx- < 0，所以在[1,e]上不存在一个x ，
x x 0
7m 2 2e mx2 -2x+ m+2e
使得 f(x )- g(x ) > h(x )成立．当m>0时，F¢(x)= m+ - + = . …………12分
0 0 0 x2 x x2 x2
因为 xÎ [1,e],所以2e-2x0，mx2 +m >0，所以F¢(x)>0在[1,e]恒成立．
4 4 4e
故 F(x)在[1,e]上单调递增，F(x) =me- -4，只要me- -4> 0，解得m> .
max e e e2 -1
æ 4e
故m 的取值范围是 ,+¥ . 14 分
÷
e2 -1 ø
x2 x2
例1 设 x>0,证明不等式 x - < ln(1+ x) < x- 成立.
2 2(1+ x)
x2
证明 令 f (x) = ln(1+ x)- x + ,显然 f (0)=0.当 x>0时,有
2
1 x2
f '(x) = -1+ x = > 0
1+ x 1+ x
f(x)> f (0)=0
从而 f(x)在(0,+∞)内严格递增,又 f (x)在 x=0处连续,所以,当 x>0时, .
x2
即 ln(1+ x) > x - . (1)
2
x2
设 g(x) = ln(1+ x)-x+ ,则x >0时,
2(1+ x)
1 2x(1+ x)- x2 -x2
g'(x)= -1+ = < 0
1+ x 2(1+ x)2 2(1+ x)2
所以g(x)在(0,+∞)内递减,又g(x)在 x=0处连续,故 x>0时,有
g(x)< g(0)=0
x2
ln(x) < x -
即 (2)
2(1+ x)
由 (1)﹑(2)可知,当 x>0时,有
x2 x2
x-
