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利用导数证明不等式的常见题型与技巧

第一篇：利用导数证明不等式的常见题型与技巧利用导数证明不等式的常见题型与技巧例题：已知函数g(x)xlnx，设0ab，证明：0g(a)g(b)2(ab)(ba)ln2.2本题在设辅助函数时，考虑到不等式涉及的变量是区间的两个端点，因此，设辅助函数时就把其中一个端点设为自变量，范例中选用右端点，读者不妨设为左端点试一试，就能体会到其中的奥妙了。技巧：①利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。②解题技巧是构造辅助函数，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，从而证得不等式，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。1、利用题目所给函数证明1【例1】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有1ln(x1)xx1【警示启迪】如果f(a)是函数f(x)在区间上的最大（小）值，则有f(x)f(a)（或f(x)f(a)），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证．2、直接作差构造函数证明【例2】已知函数f(x)1x2lnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数2g(x)23的图象的下方；x3【警示启迪】本题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。读者也可以设F(x)f(x)g(x)做一做，深刻体会其中的思想方法。3、换元后作差构造函数证明【例3】证明：对任意的正整数n，不等式ln(11)1213都成立.nnn【警示启迪】我们知道，当F(x)在[a,b]上单调递增，则xa时，有F(x)F(a)．如果f(a)＝(a)，要证明当xa时，f(x)(x)，那么，只要令F(x)＝f(x)－(x)，就可以利用F(x)的单调增性来推导．也就是说，在F(x)可导的前提下，只要证明F'(x)０即可．4、从条件特征入手构造函数证明【例4】若函数y=f(x)在R上可导且满足不等式xf(x)>－f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：．af(a)>bf(b)【警示启迪】由条件移项后xf(x)f(x)，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数F(x)xf(x)，求导即可完成证明。若题目中的条件改为xf(x)f(x)，则移项后xf(x)f(x)，要想到是一个商的导数的分子，平时解题多注意总结。【思维挑战】1、设a0,f(x)x1ln2x2alnx，求证：当x1时，恒有xln2x2alnx1，2、已知定义在正实数集上的函数f(x)1x22ax,g(x)3a2lnxb,其中a>0，且b52a3a2lna，求证：2f(x)g(x)3、已知函数f(x)ln(1x)x，求证：对任意的正数a、b，恒有lnalnb1b.a1x4、f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)≤0，对任意正数a、b，若a（A）af(b)≤bf(a)（B）bf(a)≤af(b)（C）af(a)≤f(b)（D）bf(b)≤f(a)参考答案ax1axax例题证明：g(x)lnx1，设F(x)g(a)g(x)2g(ax)，F(x)g'(x)2g'()g'(x)g'()lnxln22222当0xa时F(x)0，当xa时F(x)0，即F(x)在x(0,a)上为减函数，在x(a,)上为增函数。∴F(x)minF(a)0，又ba∴F(b)F(a)0，即g(a)g(b)2g(ab)0设G(x)g(a)g(x)2g(ax)(xa)ln2，则G(x)lnxlnaxln2lnxln(ax)当x0时，因此G(x)在区间(0,)上为减函数；因为G(a)0，又ba∴G'(x)0，G(b)G(a)0，即g(a)g(x)2g(ax)(xa)ln20故g(a)g(x)2g(ax)(xa)ln2综上可知，当0ab时，0g(a)g(b)2(ab)(ba)ln2【例1解】f(x)11x∴当1x0时，f(x)0，即f(x)在x(1,0)x1x1上为增函数，当x0时，f(x)0，即f(x)在x(0,)上为减函数，故函数f(x)的单调递增区间为(1,0)，单调递减区间(0,)，于是函数f(x)在(1,)上的最大值为因此，当x1时，f(x)f(0)0，即nl(x1)x0∴ln(