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利用导数证明不等式

第一篇：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1)ln(x2),然后把x相对固定看作常数,并选取辅助函lnxln(x1)数f(x)ln(x1).则只要证明f(x)在(0,)是单调减函数即可.lnx证明:作辅助函数f(x)ln(x1)(x1)lnxlnxln(x1)xlnx(x1)ln(x1)于是有f(x)x12xlnxx(x1)ln2x因为1xx1,故0lnxln(x1)所以xlnx(x1)ln(x1)（1，）因而在内恒有f'(x)0,所以f(x)在区间(1,)内严格递减.又因为1x1x,可知f(x)f(x1)即ln(x1)ln(x2)lnxln(x1)所以ln2(x1)lnxln(x2).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。x2例3.证明不等式xln(1x)x,其中x0.2x2分析因为例6中不等式的不等号两边形式不一样,对它作差ln(1x)(x),则发现作差以后21x)求导得不容易化简.如果对ln(1,这样就能对它进行比较.1xx2证明:先证xln(1x)2x2设f(x)ln(1x)(x)(x0)21x210)00f(x)则f(0)ln(1x1x1x'x0即1x0x20x2f(x)0,即在(0,)上f(x)单调递增1xx2f(x)f(0)0ln(1x)x21x)x;令g(x)ln(1x)x再证ln(则g(0)0g(x)111x１ln(1x)xx01g(x)0１xx2xln(1x)x练习：3（2001年全国卷理20）已知i,m,n是正整数，且1imn证明：(1m)n(1n)m分析：要证(1m)n(1n)m成立，只要证ln(1m)nln(1n)m即要证11ln(1m)ln(1n)成立。因为m11ln(1m)ln(1n)；mn从而：(1m)n(1n)m。评注：这类非明显一元函数式的不等式证明问题，首先变换成某一个一元函数式分别在两个不同点处的函数值的大小比较问题，只要将这个函数式找到了，通过设函数，求导判断它的单调性，就可以解决不等式证明问题。难点在于找这个一元函数式，这就是“构造函数法”，通过这类数学方法的练习，对培养分析问