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 >（()()f x g x <）的问

题转化为证明()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），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(0,

)2

x π

∈，求证：sin tan x x x <<

分析：欲证sin tan x x x <<，只需证函数()sin f x x x =-和()tan g x x x =-在(0,)2

π

上

单调递减即可。

证明：

令()sin f x x x =- ，其中(0,)2

x π

∈

则/

()cos 1f x x =-，而(0,)cos 1cos 102

x x x π

∈?

所以()sin f x x x =-在(0,)2

π

上单调递减，即()sin (0)0f x x x f =-<=

所以sin x x <；

令()tan g x x x =- ，其中(0,)2

x π

∈

则/

2

21()1tan 0cos g x x x =-

=-<，所以()tan g x x x =-在

(0,)2

π上单调递减， 即()tan (0)0g x x x g =-<=

所以tan x x <。

综上所述，sin tan x x x <<

评注：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。根据不等式的对称性，本例也可以构造辅助函数为在(0,)2

π

上是单

调递增的函数（如：利用()sin h x x x =-在(0,

)2

π

上是单调递增来证明不等式

sin x x <），另外不等式证明时，区间端点值也可以不是我们所需要的最恰当的值（比如

此例中的(0)f 也可以不是0，而是便于放大的正数也可以）。因此例可变式为证明如下不等式问题： 已知(0,

)2

x π

∈，求证：sin 1tan 1x x x -<<+

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 sin x x <以后，根据sin 1sin x x x -<<来证明不等式sin 1x x -<；

第二种证法：直接构造辅助函数()s i n 1f x x x =--和()tan 1g x x x =--，其中(0,)2

x π

∈

然后证明各自的单调性后再放缩或放大（如：()sin 1(0)10f x x x f =--<=-<） 例2 求证：ln(1)x x +<

分析：令()ln(1)f x x 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()ln(1)f x x x =+- 函数f(x)的定义域是(1,)-+∞,

'f (x)=

111

-+x

.令'f (x)=0，解得x=0， 当-10,当x>0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()ln(1)(0)0f x x x f =+-<= 即ln(1)x 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3已知0,,(1)(1)0m n a b R a b +

>>∈--≠且 求证：()()n

n m

m

m n a b a b +>+ 分析：

()()ln()ln()ln()ln()

n n m m m n

n n m m m n n n m m a b a b a b a b m a b n a b +>+?+>+?+>+

ln()ln()()()

n n m m a b a b n m

f n f m ++?>

?> ln()

()0x x a b f x x

?+=

+∞?????

在（，）上是减函数m>n>0 证明：

令ln()

()(0)x x a b f x x x

+=

>

则/22ln ln ln()(ln ln )()ln()()()x x x x x x x x x x x x x x

a a

b b x a b x a a b b a b a b a b f x x x a b +-++-+++==+ 22ln ln ln ln 0()()

x x x x x x x

x x x

x x x x x x

x

x x x x x a b a b a b a b a b a b a b a b a b x a b x a b ++++++++=

<=++ 所以，ln()

()0x x a b f x x

+=

+∞在（，）上是减函数 又因为0m n >>，所以()()f n f m >

即ln()ln()

n n m m a b a b n m

++>

ln()ln()ln()ln()

n n m m n n m m m n

m a b n a b a b a b +>+?+>+

即()()n

n m

m

m n

a b a b +>+

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

相同结构的式子（本例经过转化后的不等式ln()ln()

n n m m a b a b n m

++>的两边都是相同式

子ln()x x a b x

+的结构，所以可以构造辅助函数ln()

()x x a b f x x +=），这样根据“相同结

构”可以构造辅助函数。

例4 已知02

π

αβ<<<

，求证：

tan tan 11tan tan ααβ

ββα

-<<+ 分析：欲证

tan tan 11tan tan ααβββα-<<+，只需证tan tan tan tan ααβ

ββα

<<

（不然没法构造辅助函数），即

tan tan ,tan tan α

β

ααββαβ

<<，则需证函数tan (),()tan x

f x

g x x x x

=

=都在函数区间(0,

)2

π

上单调递增即可。

证明：设tan ()x f x x =

，(0,)2

x π

∈ 则2/

222sec tan sin cos ()cos x x x x x x

f x x x x

--==

由例1知，(0,

)sin sin cos sin cos 02

x x x x x x x x π

∈?>>?->

即/

()0f x >，所以tan ()x f x x =

在(0,)2

π上单调递增，而02π

αβ<<< 所以

tan tan α

β

α

β

<

，即

tan tan ααββ<，进而得到tan 1tan αα

ββ

-< 设()tan g x x x =，(0,

)2

x π

∈

则/

2

()tan sec g x x x x =+，又因为(0,)2

x π

∈，所以/()0g x >，

进而()tan g x x x =在(0,

)2

π

上单调递增，而02

π

αβ<<<

所以tan tan ααββ<，即

tan tan αββα<，进而得到tan 1tan αβ

βα

<+ 综上所述

tan tan 11tan tan ααβ

ββα

-<<+ 三、同步练习题

1．当1>x 时,求证:x

x 1

32-

> 2．已知a,b 为实数，并且e

a

a b > 3．已知函数()()ln(1)10x

f x e x x =-+-≥

（1）求函数()f x 的最小值；

（2）若0y x ≤<，求证：1ln(1)ln(1)x y e x y -->+-+ 4．求证：()()e e e e e πππππ+>+ 参考答案： 1．证明： 要证x

x 1

32-

>，只要证)1()13(423>->x x x , 即证=--23)13(4x x ,0)(169423>=-+-x f x x x 则当1>x 时，0)1)(12(6)132(6)('3>--=+-=x x x x x f ,

),1()(+∞∴在x f 上递增，0)1()(=>∴f x f 即0)(>x f 成立，原不等式得证

2．证明：

当e

a

a b >， 只要证ln ln b a a b >,

即只要证

b b

a a ln ln > 考虑函数)0(ln +∞<<=x x

x

y 。因为当e x >时， ,0ln 12

<-='x

x y 所以函数),(ln +∞=e x x y 在内是减函数 因为e

b a a ln ln >，即得b a

a b > 3．（1）最小值为0

（2）因为00y x x y ≤，

而由（1）知，对0x >，恒有()0f x >，所以不等式()0f x y ->恒成立 即ln(1)10x y

e

x y ---+-> 所以1ln(1)x y

e

x y -->-+

又因为

ln(1)ln[(1)(1)]ln(1)

ln[(1)()]ln(1)ln(1)ln(1)(()0)

x y y x y y x y x y y x y y x y -+=+-+-+=++--+>+-+->

所以1ln(1)ln(1)x y

e

x y -->+-+

证明：设ln()

()(0)x x e f x x x

π+=

>，

则'2

ln ln()()x x x x x x

e x e e

f x x

ππππ+-++= 2(ln )()ln()

()

x x x x x x x x

x e e e x e πππππ+-++=+ 22ln ln ln ln 0()()

x

x x x x x x

x

x x

x x x x x x x x

x x x x

e e e e e e e e e x e x e πππππππππππ++++++++=<=++ 所以函数ln()

()x x e f x x

π+=在其定义域(0,)+∞单调递减

所以()()f f e π<，即

ln()

ln()e e e e e

πππππ

++<

根据对数的运算性质得，()()e e e e e πππππ+>+