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题型分类精选题型五利用导数证明不等式（学生用）不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点,传统证明不等式的方法技巧性强,多数学生不易想到,并且各类不等式的证明没有通性通法.随着新教材中引入导数,这为我们处理不等式的证明问题又提供了一条新的途径,并且在近年高考题中使用导数证明不等式也时有出现,但现行教材对这一问题没有展开研究,使得学生对这一简便方法并不了解.利用导数证明不等式思路清晰,方法简捷,操作性强,易被学生掌握。下面介绍利用单调性、极值、最值证明不等式的基本思路，并通过构造辅助函数，证明一些简单的不等式。通过作辅助函数并对辅助函数求导来证明不等的的方法对相当广泛的一类不等式是适用的。用此方法证明f(x)≧g(x)(a≦x≦b)的一般步骤是：1.作辅助函数Ｆ（x）=f(x)-g(x),原不等式f(x)≧g(x)(a≦x≦b)归结为：Ｆ（x）≧0(a≦x≦b),这等价于Ｆ(x)在［a,b］上的最小值大于等于0.2.对Ｆ（x）求导，确定F＇(x)在所考虑的区间上的符号，从而确定Ｆ(x)的增减性、极值、最值等性质（主要是单调性），如象例３F＇(x)的符号直接确定不了，这时一般需计算Ｆ＇＇（x）,直到符号能够确定为止．注意：作辅助函数Ｆ(x)不同，确定F＇(x)符号难易程度可能不同，所以作辅助函数要不拘一格，可对原题作适当变更．不同辅助函数构造一般来源对原不等式的不同同解变形．一般来说:辅助函数构造方法主要有下面两种:由欲证形式构造“形似”函数。例如：构造出对含两个变量的不等式，由欲证形式做恒等变形，变成初等函数四则运算的形式，再将其中一个变量改为x，移项使等式一端为0，则另一端即为所求作的辅助函数F（x）例如：两边可取对数，变为求证：令一．构造形似函数型1．对证明形如f(x)≧g(x)(a≦x≦b)的不等式构造形如Ｆ（x）=f(x)-g(x)的函数型并通过一阶求导达到证明目的的不等式。例1．求证下列不等式（1）（相减）（2）（相除两边同除以x得）（3）（4）已知：，求证；（换元：设）（5）已知函数，，证明：巩固练习：1.证明时，不等式2.，证明：3.时，求证：赞同综合应用4.例：（理做）设a≥0，f(x)=x－1－ln2x＋2alnx（x>0）.（Ⅰ）令F（x）＝xf＇（x），讨论F（x）在（0.＋∞）内的单调性并求极值；（Ⅱ）求证：当x>1时，恒有x>ln2x－2alnx＋1.例2.（08全国卷22）（本小题满分14分）已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx,(i)求函数f(x)的最大值；(ii)设0
1时，f(x)>g(x)；(Ⅲ)如果且证明．解：（Ⅱ）证明：（Ⅲ)证明：（1）导数习题题型分类精选题型五利用导数证明不等式（教师用）不等式的证明问题是中学数学教学的一个难点,传统证明不等式的方法技巧性强,多数学生不易想到,并且各类不等式的证明没有通性通法.随着新教材中引入导数,这为我们处理不等式的证明问题又提供了一条新的途径,并且在近年高考题中使用导数证明不等式也时有出现,但现行教材对这一问题没有展开研究,使得学生对这一简便方法并不了解.利用导数证明不等式思路清晰,方法简捷,操作性强,易被学生掌握。下面介绍利用单调性、极值、最值证明不等式的基本思路，并通过构造辅助函数，证明一些简单的不等式。（一）．通过作辅助函数并对辅助函数求导来证明不等的的方法对相当广泛的一类不等式是适用的。用此方法证明f(x)≧g(x)(a≦x≦b)的一般步骤是：1.作辅助函数Ｆ（x）=f(x)-g(x),原不等式f(x)≧g(x)(a≦x≦b)归结为：Ｆ（x）≧0(a≦x≦b),这等价于Ｆ(x)在［a,b］上的最小值大于等于0.2.对Ｆ（x）求导，确定F＇(x)在所考虑的区间上的符号，从而确定Ｆ(x)的增减性、极值、最值等性质（主要是单调性），如象例３F＇(x)的符号直接确定不了，这时一般需计算Ｆ＇＇（x）,直到符号能够确定为止． 注意：作辅助函数Ｆ(x)不同，确定F＇(x)符号难易程度可能不同，所以作辅助函数要不拘一格，可对原题作适当变更（或换元）．不同辅助函数构造一般来源对原不等式的不同同解变形．一般来说:辅助函数构造方法主要有下面两种:由欲证形式构造“形似”函数；构造出对含两个变量的不等式，由欲证形式做恒等变形，变成初等函数四则运算的形式，再将其中一个变量改为x，移项使等式一端为0，则另一端即为所求作的辅助函数F（x）例如：两边可取对数，变为求证：令一．构造形似函数型1．对证明形如f(x)≧g(x)(a≦x≦b)的不等式构造形如Ｆ（x）=f(x)-g(x)的函数型并通过一阶求导达到证明目的的不等式。例1．求证下列不等式（1）（相减）（2）（相除）（3）（4）已知：，求证；（换元：设）（5）已知函数，，证明：解：证：设（1）∴为上∴恒成立∴设∴在上∴恒成立（2）（相除）解（2）原式令∴∴∴在上是减函数。又∴（3）解：（3）令∴在上是增函数。∴（4）已知：，求证；（换元：设）解：（4）令，由x>0，∴t>1，（巧点：巧在换元，降低了做题难度）原不等式等价于令f(t)=t-1-lnt，∵当时，有，∴函数f(t)在递增∴f(t)>f(1)即t-1g(1)=0∴综上得例5已知函数，，证明：证：函数的定义域为．＝－1＝－当x∈（－1，0）时，＞0，当x∈（0，＋∞）时，＜0，因此，当时，≤，即≤0∴．令则＝．∴当x∈（－1，0）时，＜0，当x∈（0，＋∞）时，＞0．∴当时，≥，即≥0，∴．综上可知，当时，有．巩固练习：1.证明时，不等式2.，证明：3.时，求证：2．对证明形如f(x)≧g(x)(a≦x≦b)的不等式构造形如Ｆ（x）=f(x)-g(x)的函数，并通过一阶或二阶、三阶求导达到证明目的的不等式。例3使用了二阶求导的方法判出函数的导数的导函数单调性后再去证明不等式，也凸显判断函数零点的作用。例3.当时,证明:证:令,则,而当时,因为在同一坐标系中画出，的图像可知，∴在上递减,即,从而在(0,1)递减∴f(x)0注意到时，则时，是减函数是增函数是减函数时是减函数是增函数∴时是增函数∴时，∴二．作辅助函数型：对含有两个变量的不等式，可构造出以其中一个变量为为自变量的函数，再采用上述方法证明不等式。使使用用了使用例2.已知：a、b为实数，且b＞a＞e,其中e为自然对数的底，求证：ab＞ba.证法一：∵b＞a＞e,∴要证ab＞ba,只要证blna＞alnb,设f(x)=xlna－alnx(x＞e),则f′(x)=lna－.∵x＞a＞e,∴lna＞1,且＜1,∴f′(x)＞0.∴函数f(x)=xlna－alnx在(e,+∞)上是增函数，∴f(b)＞f(a)=alna－alna=0,即blna－alnb＞0,∴blna＞alnb,∴ab＞ba.证法二：要证ab＞ba,只要证blna＞alnb(e＜a＜b,即证,设f(x)=(x＞e)，则f′(x)=＜0,∴函数f(x)在(e,+∞)上是减函数，又∵e＜a＜b,∴f(a)＞f(b),即,∴ab＞ba.Ex:若,证明:解：要证：,需证：,设，则需证因为∵时，。∴在上在上是增函数∴∴在上成立练习证明(1)(2)思考：(3),证明,并指出”=”成立的条件综合运用典例精讲例1.（理做）设a≥0，f(x)=x－1－ln2x＋2alnx（x>0）.（Ⅰ）令F（x）＝xf＇（x），讨论F（x）在（0.＋∞）内的单调性并求极值；（Ⅱ）求证：当x>1时，恒有x>ln2x－2alnx＋1.解：（Ⅰ）根据求导法则有，故，于是，列
表
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如下：20极小值故知在内是减函数，在内是增函数，所以，在处取得极小值．（Ⅱ）证明：由知，的极小值．于是由上表知，对一切，恒有．从而当时，恒有，故在内单调增加．所以当时，，即．(利用单调性证明不等式）故当时，恒有．例2.（08全国卷22）（本小题满分14分）已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx,(i)求函数f(x)的最大值；(ii)设00时,，在（0，+∞）上是减函数当x=0时，f(x)取得最大值，f(x)≤f(0)又f(0)=0，f(x)最大值是0(II)证法一：（综合法）由(I)的结论知，由题设0
分析
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能力，据需取舍。）(1)(使用了放缩法，放缩的目的要明确。)综上(II)证法二：作辅助函数法(构造新函数法)：解：∵，则，又设0a时，因此F(x)在(a,+∞)上为增函数从而，当x=a时，F(x)有极小值F(a)因为F(a)=0,b>a,所以F(b)>0,即设,则当x>0时,,因此G(x)在(0,+∞)上为减函数，因为G(a)=0,b>a,所以G(b)<0.即例3.（2009全国卷Ⅱ理）(本小题满分12分)设函数有两个极值点，且（I）求的取值范围，并讨论的单调性；（II）证明：解:（I）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，其充要条件为，得x⑴当时，在内为增函数；⑵当时，在内为减函数；o-1x⑶当时，在内为增函数；（II）由（I），（学习难点，也是考试的区分点）y设，则⑴当时，在单调递增；⑵当时，，在单调递减。故．例4.（1）已知：，求证；（2）已知：，求证：。解：（1）令，由x>0，∴t>1，（巧点：巧在换元，降低了做题难度）原不等式等价于令f(t)=t-1-lnt，∵当时，有，∴函数f(t)在递增∴f(t)>f(1)即t-1g(1)=0∴综上得（2）由（1）令x=1,2,……(n-1)并相加得…………………即：高考新动态例1.(2012山东理科22题本小题满分13分)已知函数为常数，e=2.71828…是自然对数的底数)，曲线在点处的切线与x轴平行.(Ⅰ)求k的值；(Ⅱ)求的单调区间；(Ⅲ)设，其中为的导函数.证明：对任意.[来源:解：(I)，由已知，，∴.(II)由(I)知，.设，则，即在上是减函数，由知，当时，从而，当时，从而.综上可知，的单调递增区间是，单调递减区间是.(III)由(II)可知，当时，≤0＜1+，故只需证明在时成立.当时，＞1，且，∴.设，，则，当时，，当时，，所以当时，取得最大值.所以.综上，对任意，.例2.（2012天津理科21题，本小题满分14分）已知函数．(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间和极值；(Ⅱ)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称．证明当x>1时，f(x)>g(x)；(Ⅲ)如果且证明．（21）本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力，满分14分（Ⅰ）解：令,解得x=1当x变化时，，的变化情况如下表X()1()+0-极大值所以在()内是增函数，在()内是减函数.函数在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)令F(x)=f(x)-g(x),即（Ⅲ)证明：（1）若，由（Ⅰ）及，得与矛盾（2）若，由（Ⅰ）及，得与矛盾根据（1）（2）得由（Ⅱ）可知，>,则=，所以>,从而>.因为，所以，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内是增函数，所以>,即>2.
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