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例谈利用导数证明不等式的方法（小编整理）

第一篇：例谈利用导数证明不等式的方法例谈利用导数证明不等式的方法广东肇庆中学张本龙【内容摘要】导数作为工具是一道靓丽的风景线，也是近几年高考的一个新热点，在某些不等式的证明中，若能及时地构造适当的函数，再利用导数研究函数的单调性或最值，最后得出要证明结论，定能会更胜一筹，达到事半功倍的效果。【关键词】构造可导函数研究单调性最值整理结论【正文】在高中数学学习过程中，我们常遇到一些不等式的证明，看似简单，但却无从下手，很难找到切入点，几种常用的证法都一一尝试，却很难奏效。这时我们不妨变换一下思维角度，从所证不等式的结构和特点出发，结合自己已有知识，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明。用导数方法证明不等式，其步骤一般是：构造可导函数——研究单调性或最值——得出不等关系——整理得出结论。下面举例说明：例1：当x0,时，证明不等式sinxx成立。证明：设f(x)sinxx,则f'(x)cosx1.∵x(0,),∴f'(x)0.∴f(x)sinxx在x(0,)内单调递减，而f(0)0.∴f(x)sinxxf(0)0,故当x(0,)时，sinxx成立。点评：一般地，证明f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数F(x)f(x)g(x),如果F'(x)0,，则F(x)在(a,b)上是减函数，同时若F(a)0,由减函数的定义可知，x(a,b)时，有F(x)0,即证明了f(x)g(x)。31例2：求证：x13x31,其中x1,.123证明：设f(x)x13x31,则f'(x)1313x11313x2,x1,13x21,113x20,即f'(x)0,f(x)在x1,上是增函数，又f(1)0,当x1时,有f(x)f(1)0,131x1x31成立。点评：一般地，证明f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数F(x)f(x)g(x),如果F'(x)0,，则F(x)在(a,b)上是增函数，同时若F(a)0,由增函数的定义可知，x(a,b)时，有F(x)0,即证明了f(x)g(x)。例3：当x0时，证明不等式ex1x证明：设fxex1x212x成立。xx,则f'xe1x.令g(x)ex1x,则g'(x)ex1.当x0时，g'xex10.g(x)在0,上单调递增，而g(0)0.gxg(0)0,g(x)0在0,上恒成立，即f'(x)0在0,恒成立。f(x)在0,上单调递增，又f(0)0,ex1xx0时，exx0,即1xx成立。利用导数知识证明不等式是导数应用的一个重要方面，也成为高考的一个新热点，其关键是构造适当的函数，判断区间端点函数值与0的关系，其实质就是利用求导的方法研究函数的单调性，通过单调性证明不等式。例4：（04年高考全国卷二22（Ⅱ））已知函数f(x)ln(1x)x,g(x)xlnx.设0ab,证明：0g(a)g(b)2g（ab2)(ba)ln2.ax2),则证明：g(x)xlnx,g'(x)lnx1.设F(x)g(a)g(x)2g（'axaxF'(x)g'(x)2g()lnxln.当0xa时，F'(x)0,F(x)在22当xa时，F'(x)0,F(x)在(a,)上为增函数。从而，当xa(0,a)内为减函数；时，F(x)有极小值F(a).F(a)0,ba,F(b)0,即0g(a)g(b)2g（ab2).…………………………………………………………（1）ax2ln2lnxln(ax).当x0设G(x)F(x)(xa)ln2,则G'(x)lnxln时，G'(x)0.因此，G(x)在(0,)上为减函数。G(a)0,ba,G(b)0,即g(a)g(b)2g（ab2)(ba)ln2.………………………………………………（2）ab2)(ba)ln2成立。由（1）、（2）可知，0g(a)g(b)2g（例5：（07年高考山东理22（Ⅲ））设函数f(x)xbln(x1),其中b0.证明对任意的正整数n，不等式ln（1n1)1n1n都成立．证明：当b1时，函数f(x)xln(x1)，令函数h(x)xf(x)xxln(x1)，332则h'(x