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1、利用导数证明不等式的两种通法利用导数证明不等式的两种通法 吉林省长春市东北师范大学附属实验学校 金钟植 岳海学 利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。 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)的问题转化为证明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)的最小值大于或等于零。 例1 已知x(0,p2)，求证：sinxxtanx 分析：欲证sinxxtanx，只需
2、证函数f(x)=sinx-x和g(x)=x-tanx在(0,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f(x)=sinx-x在(0,所以sinxx； 令g(x)=x-tanx ，其中x(0,则g(x)=1-/p2)上p2) p2)cosx1cosx-10 p2)上单调递减，即f(x)=sinx-xf(0)=0 p2) 1p2g(x)=x-tanx，所以在=-tanx0(0,)上单调递减， 2cosx2即g(x)=x-tanxg(0)=0 所以xtanx。 综上所述，sinxxtanx 评注：证明函数类不等式时，构造辅助函数比较容易，
3、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。根据不等式的对称性，本例也可以构造辅助函数为在(0,的函数等式证明时，区间端点值也可以不是我们所需要的最恰当的值。因此例可变式为证明如下不等式问题： 已知x(0,p2)，求证：sinx-1xtanx+1 证明这个变式题可采用两种方法： 第一种证法：运用本例完全相同的方法证明每个不等式以后再放缩或放大，即证明不等式 sinxx以后，根据sinx-1sinxx来证明不等式sinx-1x； 第二种证法：直接构造辅助函数f(x)=sinx-1-x和g(x)=x-tanx-1，
4、其中x(0,然后证明各自的单调性后再放缩或放大 例2 求证：ln(x+1)x 分析：令f(x)=ln(x+1)-x，经过求导易知，f(x)在其定义域(-1,+)上不单调，但可以利用最值证明不等式。 证明：令f(x)=ln(x+1)-x 函数f(x)的定义域是(-1,+), f(x)=1-1.令f(x)=0，解得x=0， 1+xp2) 当-1x0,当x0时,f(x)0，又f(0)=0， 故当且仅当x=0时，f(x)取得最大值，最大值是0 所以f(x)=ln(x+1)-xf(0)=0 即ln(x+1)x 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
5、式 f(a)n0,a,bR且(a-1)(b-1)0 求证：(a+b)(a+b) 分析： nnmmmn+(an+bn)m(am+bm)nln(an+bn)mln(am+bm)n mln(an+bn)nln(am+bm)ln(an+bn)ln(am+bm) nmf(n)f(m)ln(ax+bx)在上是减函数f(x)= xmn0证明： ln(ax+bx)令f(x)=x(x0) axlna+bxlnbx-ln(ax+bx)xxx(axlna+bxlnb)-(ax+bx)ln(ax+bx)/a+b=则f(x)= x2x2(ax+bx)axbxax+bxax+bxxxxalnx+blnxalnx+blnx
6、xxxxa+ba+ba+ba+b=n0，所以f(n)f(m) ln(an+bn)ln(am+bm)即 nmmln(an+bn)nln(am+bm)ln(a+b)ln(a+b)即(a+b)(a+b) nnmmmnnnmmmn评注：利用导数证明常数类不等式的关键是经过适当的变形，将不等式证明的问题转化为函数单调性证明问题，其中关键是构造辅助函数，如何构造辅助函数也是这种通法运用的难点和关键所在。通过本例，不难发现，构造辅助函数关键在于不等式转化为左右两边是相同结ln(an+bn)ln(am+bm)构的式子，这样根据“相同结构”xx可以构造辅助函数。 例4 已知0abp2，求证：tanaatanb-
7、1+1 tanbbtana分析：欲证tanaatanbtanaatanb-1+1，只需证，即tanaatanbb,atanasinxsinxcosxx-sinxcosx0 tanxpp在(0,)上单调递增，而0ab0，所以f(x)=所以tanaatanbb，即tanaatanaa，进而得到-10， p2)上单调递增，而0abp2所以atanabtanb，即atanbatanb+1 ，进而得到btanabtana综上所述tanaatanb-11时,求证:2x3-2已知a,b为实数，并且eab 3已知函数f(x)=e-ln(x+1)-1(x0) x求函数f(x)的最小值； 若0yln(x+1)-l
8、n(y+1) 4求证：(p+e)(p+e) 参考答案： 1证明： ppe要证2x3-31，只要证4x3(3x-1)2(x1), x232即证4x-(3x-1)=4x-9x+6x-1=f(x)0, 则当x1时，f(x)=6(2x-3x+1)=6(2x-1)(x-1)0, 3f(x)在(1,+)上递增，f(x)f(1)=0即f(x)0成立，原不等式得证 2证明： 当eab， 只要证blnaalnb, balnalnb ablnx考虑函数y=(0xe时， x1-lnxlnx所以函数y=0,y=在(e,+)内是减函数 2xxlnalnbba因为eab ab即只要证3最小值为0 因为0y0， 而由知，对
9、x0，恒有f(x)0，所以不等式f(x-y)0恒成立 即ex-y-ln(x-y+1)-10 -1ln(x-y+1) 所以ex-y又因为 ln(x-y+1)=ln(y+1)(x-y+1)-ln(y+1)=ln(x+1)+y(x-y)-ln(y+1)ln(x+1)-ln(y+1)(y(x-y)0)所以ex-y-1ln(x+1)-ln(y+1) ln(px+ex)(x0)， 证明：设f(x)=xpxlnp+exx-ln(px+ex)xxp+e则f(x)= 2xx(pxlnp+ex)-(px+ex)ln(px+ex)= x2(px+ex)expx+exxpx+exxplnxx+elnxxplnxx+elnxxp+ep+ep+ep+e=0 =2xx2xxx(p+e)x(p+e)xxpxln(px+ex)所以函数f(x)=在其定义域(0,+)单调递减 x所以f(p)f(e)，即ln(pp+ep)peepln(pe+ee)(p+e)
