导数中的不等式证明

导数中的不等式证明（精选8篇）

篇1：导数中的不等式证明

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导数在不等式证明中的应用

作者：唐力 张欢

来源：《考试周刊》2013年第09期

摘要： 中学不等式证明，只能用原始的方法，很多证明需要较高技巧，且证明过程太难，应用高等数学中的导数方法来证明不等式，往往能使问题变得简单.关键词： 导数 拉格朗日中值定理 不等式证明

1.拉格朗日中值定理

定理1：如果函数y=f（x）满足：1）在闭区间[a，b]上连续，2）在开区间（a，b）内可导，则在（a，b）内至少有在一点ξ（a

F（b）-f（a）=f′（ξ）（b-a）

由定理1，我们不难得到如下定理2.

篇2：导数中的不等式证明

1【期 号】第11期【页 码】2-3【参考文献格式】杨建辉,布春霞.导数在证明不等式中的应用[J].中学生数理化(学研版),2011,(第11期).2.【作 者】 赵京之【刊 名】中国新技术新产品【出版日期】2010【期 号】第14期【参考文献格式】赵京之.导数在证明不等式中的应用[J].中国新技术新产品,2010,(第14期).【摘 要】不等式与等式一样,在数学问题中都是非常重要的课题,不等式的研究范围更广,难度更大,以函数观点认识不等式,应用导数为工具,不等式的证明将化难为易,迎刃而解,考虑的角度初步有:中值定理,Taylor公式,函数的单调性,最值,以及Jensen不等式。

3.【作 者】 刘伟【刊 名】电大理工【出版日期】2004【期 号】第3期【页 码】13-14【参考文献格式】刘伟.导数在证明不等式中的应用[J].电大理工,2004,(第3期).4.【作 者】 顾庆菏【刊 名】邢台师范高专学报【出版日期】1995【期 号】第1期【页 码】118-120【参考文献格式】顾庆菏.导数在证明不等式中的应用[J].邢台师范高专学报,1995,(第1期).5.【作 者】 刘开生;潘书林【刊 名】天水师范学院学报【出版日期】2000【期 号】第3期【页 码】115-116【参考文献格式】刘开生,潘书林.导数在证明不等式中的应用[J].天水师范学院学报,2000,(第3期).6.【作 者】 陈万鹏;陈万超【刊 名】大学数学【出版日期】1990【期 号】第4期【页 码】67-71【参考文献格式】陈万鹏,陈万超.导数在证明不等式中的应用[J].大学数学,1990,(第4期).7.【作 者】 高燕【刊 名】考试周刊【出版日期】2011【期 号】第60期【页 码】69-70【参考文献格式】高燕.导数在不等式证明中的应用[J].考试周刊,2011,(第60期).8.导数法在证明不等式中的应用【作 者】 【刊 名】版)【出版日期】2011【期 号】第Z1期【页 码】

5【参考文献格式】郝文武.导数法在证明不等式中的应用[J].中学生数理化(高二版),2011,(第Z1期).9.导数在证明不等式中的一些应用【作 者】 甘启才【刊 名】广西师范学院学报(自然科学版)【出版日期】2011【期 号】第S1期【页 码】73-75

【参考文献格式】甘启才.导数在证明不等式中的一些应用[J].广西师范学院学报(自然科学版),2011,(第S1期).10.【作 者】 王莉闻【刊 名】考试周刊【出版日期】2011【期 号】第82期【参考文献格式】王莉闻.导数在不等式证明中的应用[J].考试周刊,2011,(第82期).【摘 要】导数知识是高等数学中极其重要的部分,它的内容、思想和应用贯穿于整个高等数学的教学之中.利用导数证明不等式是一种行之有效的好方法,它能使不等式的证明化难为易,迎刃而解.在不等式证明的种种方法中,它占有重要的一席之地.本文将从利用函数的单调性,利用函数的最值（或极值）

11.【作 者】 王翠丽【刊 名】数学之友【出版日期】2011【期 号】第6期【页 码】84，86【参考文献格式】王翠丽.导数在不等式证明中的应用[J].数学之友,2011,(第6期).12.【作 者】 王强;申玉芹【刊 名】中学数学【出版日期】2012【期 号】第9期【页 码】6【参考文献格式】王强,申玉芹.导数在不等式中的应用[J].中学数学,2012,(第9期).13.【作 者】 朱帝【刊 名】数理化学习【出版日期】2008【期 号】第3期【页 码】2-4【参考文献格式】朱帝.导数在证明不等式中的应用[J].数理化学习,2008,(第3期).14.【作 者】 王伟珠【刊 名】佳木斯教育学院学报【出版日期】2010【期 号】第6期【参考文献格式】王伟珠.导数在不等式证明中的应用[J].佳木斯教育学院学报,2010,(第6期).15.【作 者】 张根荣;李连方【刊 名】中学数学研究【出版日期】2010【期 号】第11期【页 码】24-25【参考文献格式】张根荣,李连方.导数在不等式证明中的应用[J].中学数学研究,2010,(第11期).【摘 要】“问题是数学的心脏”，数学学习的核心就应该是培养解决数学问题的能力．正如波利亚指出的：“掌握数学就是意味着善于解题．”“中学数学首要的任务就是加强解题的训练”．在数学教学中，例题、习题的解答过程是学生建构知识的重要基础，是学生学习不可缺少的重要组成部分．因此在课堂教学有限的45分钟内，如何发挥例题的功能，16.【作 者】 张萍【刊 名】西部大开发：中旬刊【出版日期】2010【期 号】第7期【页 码】176-177【参考文献格式】张萍.导数在证明不等式中的有关应用[J].西部大开发：中旬刊,2010,(第7期).【摘 要】导数是高等数学中最基本最重要的内容之一，用导数的方法证明不等式是不等式证明重要的组成部分，具有较强的灵活性和技巧性。掌握导数在不等式中的证明方法和技巧对学好高等数学有很大帮助。本文将通过举例和说明的方式来阐述不等式证明中导数的一些方法和技巧，提高学生用导数证明不等式的能力．

17.【作 者】 李旭金【刊 名】新作文(教育教学研究)【出版日期】2011【期 号】第11期【页 码】31【参考文献格式】李旭金.导数在不等式中的应用[J].新作文(教育教学研究),2011,(第11期).18.【作 者】 李晋【刊 名】大视野【出版日期】2009【期 号】第3期【页 码】241-243【参考文献格式】李晋.导数在不等式证明中的应用[J].大视野,2009,(第3期).第5期【页 码】24-26【参考文献格式】高芳.导数在不等式证明中的应用[J].商丘职业技术学院学报,2009,(第5期).20.【作 者】 蔡金宝【刊 名】吉林省教育学院学报(学科版)【出版日期】2009

【期 号】第9期【页 码】85-86【参考文献格式】蔡金宝.导数在不等式证明中的应用[J].吉林省教育学院学报(学科版),2009,(第9期).21.浅谈导数在不等式证明问题中的应用【作 者】 姜治国【刊 名】考试(高考 数学版)【出版日期】2009【期 号】第Z5期【页 码】54-56【参考文献格式】姜治国.浅谈导数在不等式证明问题中的应用[J].考试(高考 数学版),2009,(第Z5期).22.导数在不等式中的一些应用【作 者】 陶毅翔【刊 名】宁德师专学报·自然科学版【出版日期】2010【期 号】第2期【页 码】123-124，127【参考文献格式】陶毅翔.导数在不等式中的一些应用[J].宁德师专学报·自然科学版,2010,(第2期).23.【作 者】 陈海兰【刊 名】科技信息【出版日期】2010【期 号】第8期【参考文献格式】陈海兰.导数在不等式中的应用[J].科技信息,2010,(第8期).【摘 要】本文给出了几种用导数来证明不等式的方法,通过这些方法,可以比较简洁,快速地解决一些不等式的证明问题.24.【作 者】 胡林【刊 名】科技咨询导报【出版日期】2007【期 号】第5期

【页 码】95-96【参考文献格式】胡林.导数在不等式证明中的应用[J].科技咨询导报,2007,(第5期).25.【作 者】 胡林【刊 名】科技资讯【出版日期】2006【期 号】第36期【页 码】148【参考文献格式】胡林.导数在不等式证明中的应用[J].科技资讯,2006,(第36期).26.【作 者】 周晓农【刊 名】贵阳金筑大学学报【出版日期】2000【期 号】第3期【页 码】107-110+87【参考文献格式】周晓农.导数在不等式证明中的应用[J].贵阳金筑大学学报,2000,(第3期).27.【作 者】 葛江峰【刊 名】中学理科：综合【出版日期】2008【期 号】第9期【页 码】52【参考文献格式】葛江峰.导数在不等式中的应用[J].中学理科：综合,2008,(第9期).【摘 要】新课程试卷将导数与传统的不等式证明有机结合在一起设问，是一种新颖的命题模式，体现导数在分析和解决一些函数性质问题的工具作用，以下介绍几种应用导数证明不等式的方法，供大家参考。

28.【作 者】 梁俊平【刊 名】龙岩师专学报(自然科学版)【出版日期】1997

篇3：导数在证明不等式中的应用

一、一般不等式

设不等式是关于x的不等式左≥右(x∈某区间)可以利用函数的单调性和最值证明不等式.令H(x)=左-右,然后证明H(x)在所讨论的区间上最小值≥0.一般常用方法是求H'(x),研究H'(x)的正负,确定H(x)的单调区间,计算单调区间端点函数值(或开区间端点H(x)的单调极限值)最后确定H(x)的取值范围≥0.

1. 直接作差构造辅助函数

这是最主要的构造函数的方法.

例1已知,求证:sinx<x<tanx.

分析:欲证sinx<x<tanx,只需证函数f(x)=sinx-x和g(x)=x-tanx在(0,)上单调递减即可.

证明:令f(x)=sinx-x,其中x∈(0,),则f'(x)=cosx-1而x∈(0,),所以cosx<1,即cosx-1<0.

所以f(x)=sinx-x在x∈(0,)上单调递减,f(x)=sinx-x<f(0)=0,所以sinx<x.

令g(x)=x-tanx,其中x∈(0,),则,所以g(x)=x-tanx在x∈(0,)上单调递,即g(x)=x-tanx<g(0)=0,所以x<tanx.

综上所述sinx<x<tanx.

例2求证

分析:因为经过求导易知,在其定义域[0,+∞]是单调的,从而达到证明不等式的目的.

证明:令g(x)=(1+x)1n(1+x)-x,函数g(x)的定义域是[0,+∞].g'(x)=x1n(1+x),因为x∈[0,+∞],g'(x)>0,所以g(x)在x∈[0,+∞]是增函数,故g(x)>g(x)min=g(0)=0,即.

令f(x)=1n(x+1)-x,函数f(x)的定义域是[0,+∞],.

当x>0时,f'(x)<0,所以f(x)在[0,+∞]是减函数.

故f(x)=1n(x+1)-x<f(x)xax=f(0)=0,即1n(x+1)<x.

综上所述(x>0).

点评:证明函数类不等式时构造辅助函数比较容易,只需将不等式的其中一边变为0,然后另一边的函数作为辅助函数,并利用导数证明其单调性或其最值,进而构造我们所需的不等式的结构即可.

2. 直接构造辅助函数

例3证明当x∈[0,1]时,有不等式≤xp+(1-x)p≤1(其中实数p>1).

证明:令f(x)=xp+(1-x)p,则f'(x)=p[xp-1-(1-x)p-1],由f'(x)=0得.

Ⅰ.当时,xp-1≤(1-x)p-1,f'(x)≤0,所以f(x)在[0,]是减函数,故.又f(0)=1,,所以当时,.

Ⅱ.当时,xp-1≥(1≥(1-x)p-1,f'(x)≥0,所以f(x)在[,1]是增函数,故.又f(1)=1,.

所以当时,≤1.

综上所述,当x∈[0,1]时,有不等式≤xp+(1-x)p≤1(其中实数p>1).

点评:此函数类不等式比较容易构造辅助函数,再利用导数求其单调区间并求其值域,进而证明不等式.

3. 利用作商法构造辅助函数

例4证明成立,x∈[0,].

证明:考虑函数

由例1知当x∈[0,]时,有f'(x)=.

所以f(x)在x∈[0,]内单调递减,又f(x)在[0,]连续,

所以f(0)>f(x)>f(),

因为

所以

点评:此题若直接作差不好证明右边的不等式.若改写不等式为,则要证的不等式相当于求函数的值域.在证明时需用重要极限公式.

二、含有多个字母的不等式或常数不等式

这两类不等式的证明,可以将一个字母或常数看作变量,其他字母(或常数)仍看作常数,然后按“一般不等式”的证法证之.

例5设0<a<b,求证.

分析:设b=x,则问题变为

令x),只需证明H(x)在[a,+∞]是单调递增的即可.

证明:令

所以当x>a>0时H'(x)>0,所以H(X)在a,+∞]是增函数,故H(x)≥H(a)=0,即

注:若令

再令,可证

当x>1时,f'(x)>0,从而证明不等式.

例6证明:.

分析:因为π>e,所以所证为当π>e时,.虽然这是一个常数不等式但我们仍不妨把一个字母看作变量,故只需证明当x>e时,.

证明:因为1nx在[0,+∞]是增函数,所以,故令H(x)=xe1nx,则,当x>e时,H'(x)>0,所以当x>e时,H(x)是增函数,故当x>e时,H(x)>H(e)>0=0,所以x-e1nx>.

即x>e时,ex>xe,令x=π,所以eπ>.

注:1.由于可导函数单调(或f'(x)≤0),所以证明可导函数单调的题目也属于证明不等式的题目.

2. 在将不等式进行等价变形时,常用以下命题:(1)φ↑则左≥右φ(左)≥φ(右),(2)φ↓则左办右φ(左)≤φ(右).

3. 必要时扩充函数的定义域并确定函数的区间端点函数值.

篇4：导数证明不等式中的函数构造

一、移项即可产生

例1 当 时，求证： .

分析：这是一个特殊的不等式，用常规的方法无效，因此，我们试用导数来证.

证明：设 ，则

因为 ，得 ，于是 ，

即 时， 为增函数，

于是 时， ，而 ，于是 ，

即 ，故 .

点评：本题的函数在构造上较为简单，只需要将其移项就产生了.这是用导数证明不等式构造函数的重要方法之一，我们必须掌握.

二、变形之后产生

例2 已知 是正整数，且 ，证明： .

分析：由

解：设 = ，则

由 ，得 ，而 ，

所以 ，得 为单调递减函数；

因为 且 是正整数，所以 ，

那么，所以 ，

即 .

点评：本题初看与导数无关，也无法构造函数.但当我们对欲证不等式进行变形之后，让我们感觉到了函数 的存在，有了这个函数，一切都变得轻松、自然.

三、转化途中产生

例3 设数列 满足 ， ，试证： .

分析：由已知得 ， ，那么，原不等式即为 .

证明： 设 （ ），则 ，得 ，函数 在 上单调递减，

∴ ，即 在 恒成立，又 ，则有 ，

即 .

点评：本题证明的技巧性很强，在产生 之后，首先要说明 ，然后再结合 构造函数，最后还有函数的定义域由 决定.三处有一处上不去，就別想完成本题的求解.

四、挖掘隐含产生

例4 设函数 有两个极值点 ，且 ，求证：.

分析： 是什么？将 代入到 中去以后，又多出了字母 ，如何处理字母 呢？能不能用 表示出字母 ？我们知道 ，作出以下证明。

证明：由于 ，

令 ，其对称轴为 .

由题意知 是方程 的两个均大于 的不相等的实根，那么 ， ，

显然，当 时， 在 单调递增；

点评：本题的难度很大，函数隐藏较深.也许有的学生能产生 的结果，也能顺利代换掉字母 ，由于 与想象中的函数不一致，最终前功尽弃.

五、借助已知函数产生

例5 已知函数 .

求证：若 ，则对任意x ，x ，xx ，有 .

分析：本题的式子很特别，从给出的式子中隐约感觉到要用导数进行证明，但如何构造函数呢？由于待证式子中既有 又有 ，是不是与 及 有关联的式子呢？

证明：设函数 ，

则 ，

由于 ，得 ，即 在(4，+∞)单调递增，

从而当 时，有 ，即 ，

故 ，

当 时，有

点评：本题的结构很简练，可以说“清脆透明”，一看就能理解题意，如何下手呢？从开始证明到结论产生，不过几行而已.但对大多数考生来说，这几行字的书写并非是一件易事.

通过上述几例可以看出：导数在证明不等式中的作用是非凡的，有些看似难以下手或结论十分特别的式子，通过利用导数都能顺利获解，因此，高考偏爱导数是正常的，将它放在压轴题的位置上也是应该的.当然，面对导数这块“硬骨头”，我们必须“啃”掉它.

责任编辑李婷婷

篇5：利用导数证明不等式

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x

x

2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xb a

【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1 1t

x21(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

篇6：构造函数,利用导数证明不等式

湖北省天门中学薛德斌2010年10月

例

1、设当xa,b时，f/(x)g/(x)，求证：当xa,b时，f(x)f(a)g(x)g(a)．

例

2、设f(x)是R上的可导函数，且当x1时(x1)f/(x)0．

求证：（1）f(0)f(2)2f(1)；（2）f(2)2f(1)．

例

3、已知m、nN，且mn，求证：(1m)(1n)．

nm

例

4、（2010年辽宁卷文科）已知函数f(x)(a1)lnxax21，其中a2，证明： x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.例

5、（2010年全国Ⅱ卷理科）设函数fxxaIn1x有两个极值点x1、x2，且

2x1x2，证明：fx2

12In2.4a0，b0，例

6、已知函数f(x)xlnx，求证：f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).xln(1x)x； 1x

11112ncln（2）设c0，求证：.2cn1cn2c2ncnc例

篇7：导数中的不等式证明

本文将介绍用导数证明函数不等式的四种常用方法.（）x0).例

1证明不等式：xln(x1证明

设f(x)xln(x1)(x0)，可得欲证结论即f(x)f(0)(x0)，所以只需证明函数f(x)是增函数.而这用导数易证：

f(x)1所以欲证结论成立.10(x0)x1注

欲证函数不等式f(x)g(x)(xa)(或f(x)g(x)(xa))，只需证明f(x)g(x)0(xa)(或f(x)g(x)0(xa)).设h(x)f(x)g(x)(xa)(或h(x)f(x)g(x)(xa))，即证h(x)0(xa)(或h(x)0(xa)).若h(a)0，则即证h(x)h(a)(xa)(或h(x)h(a)(xa)).接下来，若能证得函数h(x)是增函数即可，这往往用导数容易解决.例

2证明不等式：xln(x1).证明

设f(x)xln(x1)(x1)，可得欲证结论即f(x)0(x1).显然，本题不能用例1的单调性法来证，但可以这样证明：即证f(x)xln(x1)(x1)的最小值是0，而这用导数易证：

f(x)11x(x1)x1x1

所以函数f(x)在(1,0],[0,)上分别是减函数、增函数，进而可得

f(x)minf(1)0(x1)

所以欲证结论成立.注

欲证函数不等式f(x)()g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)g(x)()0x.(I设h(x)f(x)g(x)(xI)，即证h(x)()0(xI)，也即证h(x)min()0(xI)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决.bex1例3

(2014年高考课标全国卷I理科第21题)设函数f(x)aelnx，曲线

xxyf(x)在点(1,f(1))处的切线为ye(x1)2．

(1)求a,b；

(2)证明：f(x)1．

x解

(1)f(x)aelnxaxbx1bx1e2ee． xxx题设即f(1)2,f(1)e，可求得a1,b2．

x(2)即证xlnxxe21(x0)，而这用导数可证(请注意1)： ee设g(x)xlnx(x0)，得g(x)ming． 设h(x)xex1e1e12(x0)，得h(x)maxh(1)．

ee注

i)欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)ming(x)max(xI)，而这用导数往往可以解决.欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)ming(x)max(xI)，或证明f(x)ming(x)max(xI)且两个最值点不相等，而这用导数往往也可以解决.ii)例3第(2)问与《2009年曲靖一中高考冲刺卷理科数学

（一）》压轴题第(3)问完全一样，这道压轴题(即第22题)是：

已知函数f(x)xlnx,g(x)xax3．(1)求函数f(x)在[t,t2](t0)上的最小值；

(2)对一切x(0,),2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x(0,)，都有lnx212成立． xeexln x例4(2013年高考北京卷理科第18题)设L为曲线C：y＝在点(1，0)处的切线．

x(1)求L的方程；

(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方． 解(1)(过程略)L的方程为y＝x－1.lnxx1(当且仅当x1时取等号).xx2－1＋ln xlnx(x0).设g(x)x1，得g′(x)＝

x2x(2)即证当01时，x2－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，得g(x)单调递增．

所以g(x)ming(1)0，得欲证结论成立.(2)的另解 即证仅当x1时取等号).设g(x)xxlnx，可得g(x)2lnxx1(当且仅当x1时取等号)，也即证x2xlnx0(当且x2x1(x1)(x0).x进而可得g(x)ming(1)0，所以欲证结论成立.(2)的再解 即证lnxx1(当且仅当x1时取等号)，也即证lnxx2x(当且仅当xx1时取等号).2如图1所示，可求得曲线ylnx与yxx(x0)在公共点(1,0)处的切线是yx1，所以接下来只需证明

lnxx1,x1x2x(x0)(均当且仅当x1时取等号)

前者用导数易证，后者移项配方后显然成立.所以欲证结论成立.图1

例5

(2013年高考新课标全国卷II理21(2)的等价问题)求证：eln(x2)． 分析

用前三种方法都不易解决本问题，下面介绍用导数证明函数不等式的第四种常用方法.设f(x)e(x2),g(x)ln(x2)(x2)，我们想办法寻找出一个函数h(x)，使得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到.当然，函数h(x)越简洁越好.但h(x)不可能是常数(因为函数g(x)ln(x2)(x2)的值域是R)，所以我们可尝试h(x)能否为一次函数，当然应当考虑切线.如图2所示，可求得函数f(x)e(x2)在点A(0,1)处的切线是yx1，进而可得f(x)h(x)(x2)；还可求得函数g(x)ln(x2)(x2)在点B(1,0)处的切线也是yx1，进而可得h(x)g(x)(x2).xxx

图2 进而可用导数证得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到，所以欲证结论成立.当然，用例2的方法，也可给出该题的证明(设而不求)：

x设f(x)eln(x2)，得f(x)ex1(x2).x2可得f(x)是增函数(两个增函数之和是增函数)，且1fe20,f(1)e10，所以函数g(x)存在唯一的零点x0(得2(x02)ex01,x02ex0,ex01)，再由均值不等式可得 x02f(x)minf(x0)ex0ln(x02)11lnex0x0220x02x02

(因为可证x01)所以欲证结论成立.x例6 求证：elnx2.x证法1

(例5的证法)用导数可证得ex1(当且仅当x0时取等号)，x1lnx2(当且仅当x1时取等号)，所以欲证结论成立.x证法2

(例2的证法)设f(x)elnx，得f(x)ex1(x0).x可得f(x)是增函数且g11110,g(0)0，所以函数g(x)存在唯2e1.52一的零点x0(得ex01,x0ex0)，再由均值不等式可得 x011lnex0x02(因为可证x01)x0x0 f(x)minf(x0)ex0lnx0所以欲证结论成立.注

欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需寻找一个函数h(x)(可以考虑曲线yh(x)是函数yf(x),yg(x)的公切线)使得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到，而这用导数往往容易解决.下面再给出例5和例6的联系.对于两个常用不等式exx1,lnxx1，笔者发现yex与ylnx互为反函数，yx1与yx1也互为反函数，进而得到了本文的几个结论.定理

已知f(x),g(x)都是单调函数，它们的反函数分别是f1(x),g1(x).(1)若f(x)是增函数，f(s)g(s)恒成立，则f1(t)g1(t)恒成立；

11(2)若f(x)是减函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立； 11(3)若f(x)是增函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立； 11(4)若f(x)是减函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立.证明

下面只证明(1),(4)；(2),(3)同理可证.(1)设不等式f(s)g(s)中s的取值范围是A，当sA时，f(s),g(s)的取值范围分别是fA,gA，得不等式f1(t)g1(t)中t的取值范围是fAgA，所以

1tfAgA,x0A,tgx(0x),gt.()0由f(s)g(s)恒成立，得g(x0)f(x0).由f(x)是增函数，得

f1(x)也是增函数，所以f1(g(x0))f1(f(x0))x0g1(g(x0))，即f1(t)g1(t).得tfAgA,f1(t)g1(t)，即欲证结论成立.(4)设不等式f(s)g(s)中s的取值范围是A，当sA时，f(s),g(s)的取值范围分别是fA,gA，得不等式f1(t)g1(t)中t的取值范围是fAgA，所以

1tfAgA,x0A,tgx(0x),t.()0g由f(s)g(s)恒成立，得g(x0)f(x0).由f(x)是减函数，得

f1(x)也是减函数，所以f1(g(x0))f1(f(x0))x0g1(g(x0))，即f1(t)g1(t).得tfAgA,f1(t)g1(t)，即欲证结论成立.推论1

已知f(x),g(x)都是单调函数，它们的反函数分别是f1(x),g1(x).(1)若f(x),g(x)都是增函数，则f(s)g(s)恒成立f1(t)g1(t)恒成立；(2)若f(x),g(x)都是减函数，则f(s)g(s)恒成立f1(t)g1(t)恒成立.证明

(1)由定理(1)知“”成立.下证“”：

因为g(x)是增函数，g1(t)f1(t)恒成立，g1(x),f1(x)的反函数分别是g(x),f(x)，所以由“”的结论得g(s)f(s)恒成立，即f(s)g(s)恒成立.(2)同(1)可证.推论2

把定理和推论1中的“,”分别改为“,”后，得到的结论均成立.(证法也是把相应结论中的“,”分别改为“,”.)

在例5与例6这一对姊妹结论“eln(x2),lnxe2”中ye与ylnx互为

篇8：例谈导数在不等式证明中的应用

一、用微分中值定理证明不等式

微分中值定理包括费马定理、罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西定理及泰勒公式 (基本内容略) .

1.用拉格朗日定理证明不等式

当不等式或其变形中有函数在两点的函数值之差f (b) -f (a) 时, 考虑用拉格朗日定理证明.

例1 证明:当x≠0时, ex>x+1.

证明 将不等式变形为ex-1>x, 令f (x) =ex,

则f′ (x) =ex.

∵f (x) =ex在 (-∞, +∞) 内满足拉格朗日定理的条件,

∴必存在一点ξ∈ (0, x) (或ξ∈ (x, 0) ) ,

使得f (x) -f (0) =f′ (ξ) (x-0) .

由于f′ (ξ) =eξ, 因此有ex-e0=eξ·x (ξ在0与x之间) ,

即ex=eξ·x+1.

当x>0时, ξ>0, eξ>1, eξ·x>x,

∴ex>x+1;

当x<0时, ξ<0, eξ<1, eξ·x>x,

∴ex>x+1.

因此, 当x≠0时, 有ex>x+1.

2.用柯西定理证明不等式

当不等式或其变形中有两个函数在两点的函数值之差的比值undefined时, 考虑用柯西定理证明.

例2 证明:当x≠0时, ex>x+1.

证明 将不等式变形为ex-1>x,

并注意undefined,

令f (x) =ex, F (x) =x+1,

则f′ (x) =ex, F′ (x) =1, f′ (ξ) =eξ, F′ (ξ) =1.

在 (-∞, +∞) 内任取x≠0,

则在[0, x]或[x, 0]上f (x) 和F (x) 满足柯西定理的条件, 于是有undefined

即undefined在0与x之间) ,

即undefined

undefined

undefined

因此, 当x≠0时, 有ex>x+1.

3.用泰勒定理证明不等式

例3 证明:当x≠0时, ex>x+1.

证明 令f (x) =ex, 则f′ (x) =ex, f″ (x) =ex,

∴f (x) 在x=0的某个邻域上有直到n+1阶的导数.

∴函数f (x) =ex在x=0处的泰勒公式为:

undefined在0与x之间) ,

即undefined

当x≠0时, undefined

二、利用函数单调性证明不等式函数单调性内容 (略) .

推论1 若函数F (x) =f (x) -g (x) 在[a, b]上严格递增 (或在[a, b]上严格递减) , 且F (a) =0 (或F (b) =0) , 则在 (a, b) 上有f (x) >g (x) .

例4 证明:当x>1时, undefined

证明 令undefined, 则

undefined

又 f (x) 在[1, +∞) 上连续, 在 (1, +∞) 内f′ (x) >0,

因此f (x) 在 (1, +∞) 内严格单调增加.

从而当x>1时, f (x) >f (1) =0,

此即undefined, 从而undefined

推论2 若函数F (x) =f (x) -g (x) 在区间I上不是单调函数,

(1) 若F (x) 在I上的最小值F (x0) ≥0, x0∈I, 则在I上有f (x) ≥g (x) .

(2) 若F (x) 在I上的最大值F (x0) ≤0, x0∈I, 则在I上有f (x) ≤g (x) .

例5 证明:当x≠0时, ex>x+1.

分析 先将不等式写成f (x) >c (或f (x)

证明 令f (x) =ex-x-1, 有f′ (x) =ex-1, 令

f′ (x) =ex-1=0, 得x=0.

当x<0时, f′ (x) <0, f (x) 单调减少;

当x>0时, f′ (x) >0, f (x) 单调增加.

∴f (0) 是f (x) 的最小值.

即当x≠0时, f (x) >f (0) =0, 从而ex-x-1>0,

∴ex>x+1.

三、利用二阶导数的符号证明不等式

若f (x) 是区间I上的凹 (凸) 函数, 则由凹 (凸) 函数的定义知, 对I上任意两点x1, x2, 总有undefined.所以要证上述不等式, 即证f (x) 在I上是凹 (凸) 函数即可.即如果f″ (x) 在I上存在, 只需证明f″ (x) ≤0 (≥0) 即可.

例6 证明不等式:当x1>0, x2>0时, 有

undefined

证明 设f (x) =lnx (x>0) ,

undefined

undefined

[1]李心灿.高等数学 (第三版) [M].北京:高等教育出版社, 2008.

[2]郝建丽.微分中值定理的应用技巧[J].漯河职业技术学院学报, 2008 (5) .

[3]钱昌本.高等数学范例剖析[M].西安:西安交通大学出版社, 2004.

参考文献

[1]李心灿.高等数学 (第三版) [M].北京:高等教育出版社, 2008.

[2]郝建丽.微分中值定理的应用技巧[J].漯河职业技术学院学报, 2008 (5) .