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利用导数证明不等式（全文5篇）

第一篇：利用导数证明不等式克维教育（82974566）中考、高考培训专家铸就孩子辉煌的未来函数与导数（三）核心考点五、利用导数证明不等式一、函数类不等式证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）。例1、已知函数f(x)lnxax2(2a)x（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）设a0，证明：当0x111时，f(x)f(x)；aaa（3）若函数f(x)的图像与x轴交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f`(x0)0【变式1】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：恒有11ln(x1)x成立。x1x【变式2】（1）x0，证明：e1xx2ln(1x)(2)x0时，求证：x2二、常数类不等式证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2、已知mne,，求证：nm例3、已知函数f(x)ln(x1)（1）求f(x)的极小值；（2）若a,b0，求证：lnalnb1mnx，1xba【变式3】已知f(x)lnx，g(x)127，直线l与函数f(x)、g(x)的xmx（m0）22图像都相切，且与函数f(x)的图像的切点的横坐标为1．（Ⅰ）求直线l的方程及m的值；（Ⅱ）若h(x)f(x1)g(x)（其中g(x)是g(x)的导函数），求函数h(x)的最大值；（Ⅲ）当0ba时，求证：f(ab)f(2a)ba．2a【变式4】求证：bablnbabaa(0ab)1x)x0(x1)【变式5】证明：ln（ln22ln32lnn2(n1)(2n1)【引申】求证：222(n2,nN*)23n2(n1)【变式6】当t1时，证明：1lntt11tx21(x1)，各项不为零的数列an满足4Snf()1，【引申】已知函数f(x)an2(x1)1n11（1）求证：ln；an1nan（2）设bn1，Tn为数列bn的前n项和，求证：T20081ln2008T2007。an第二篇：利用导数证明不等式利用导数证明不等式例1．已知x>0，求证：x>ln(1+x)分析：设f(x)=x－lnx。x[0,+。考虑到f(0)=0，要证不等式变为：x>0时，f(x)>f(0)，这只要证明：f(x)在区间[0,)是增函数。证明：令：f(x)=x－lnx，容易看出，f(x)在区间[0,)上可导。且limf(x)0f(0)x0由f'(x)11x可得：当x(0,)时，f'(x)f(0)0x1x1即x－lnx>0，所以：x>0时，x>lnx评注：要证明一个一元函数组成的不等式成立，首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。例2：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)。x练习：1.当x0时，证明不等式e1x12x成立。2证明：设fxe1xx12x,则f'xex1x.2xxx令g(x)e1x,则g'(x)e1.当x0时，g'xe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，f(x)在即f'(x)0在0,恒成立。0,上单调递增，又f(0)0,ex1x1x20,即x0时，ex222.证明:当x1时,有ln(x1)lnxln(x2).1x12x成立。2分析只要把要证的不等式变形为ln(x