第20炼 一元不等式的证明

第20炼 一元不等式的证明

利用函数性质与最值证明一元不等式是导数综合题常涉及的一类问题，考察学生构造函数选择函数的能力，体现了函数最值的一个作用——每一个函数的最值带来一个恒成立的不等式。此外所证明的不等式也有可能对后一问的解决提供帮助，处于承上启下的位置。 一、基础知识： 1、证明方法的理论基础

（1）若要证()f x C <(C 为常数）恒成立，则只需证明：()max f x C <，进而将不等式的证明转化为求函数的最值

（2）已知()(),f x g x 的公共定义域为D ，若()()min max f x g x >，则()(),x D f x g x ?∈> 证明：对任意的1x D ∈，有()()()()11min max ,f x f x g x g x ≥≤

∴由不等式的传递性可得：()()()()11min max f x f x g x g x ≥>>，即()(),x D f x g x ?∈>

2、证明一元不等式主要的方法有两个：

第一个方法是将含x 的项或所有项均挪至不等号的一侧，将一侧的解析式构造为函数，通过分析函数的单调性得到最值，从而进行证明，其优点在于目的明确，构造方法简单，但对于移项后较复杂的解析式则很难分析出单调性

第二个方法是利用不等式性质对所证不等式进行等价变形，转化成为()()f x g x >的形式，若能证明()()min max f x g x >，即可得：()()f x g x >，本方法的优点在于对x 的项进行分割变形，可将较复杂的解析式拆成两个简单的解析式。但缺点是局限性较强，如果

()min f x 与()max g x 不满足()()min max f x g x >，则无法证明()()f x g x >。所以用此类方

法解题的情况不多，但是在第一个方法失效的时候可以考虑尝试此法。 3、在构造函数时把握一个原则：以能够分析导函数的符号为准则。

4、若在证明()0f x >中，解析式()f x 可分解为几个因式的乘积，则可对每个因式的符号进行讨论，进而简化所构造函数的复杂度。

5、合理的利用换元简化所分析的解析式。

6、判断解析式符号的方法：

（1）对解析式进行因式分解，将复杂的式子拆分为一个个简单的式子，判断出每个式子的符号即可得到解析式的符号

（2）将解析式视为一个函数，利用其零点（可猜出）与单调性（利用导数）可判断其符号 （3）将解析式中的项合理分组，达到分成若干正项的和或者若干负项的和的结果，进而判断出解析式符号 二、典型例题： 例1：求证：ln 1x x ≤- 思路：移项构造函数求解即可

证明：所证不等式等价于：ln 10x x -+≤

令()ln 1f x x x =-+ 则只需证明：()max 0f x ≤ ()'

111x

f

x x x

-=

-=

令()'0f x >解得：1x < ∴

()()max 10f x f ∴== ()()10f x f ∴≤= 即所证不等式成立 小炼有话说：

（1）此题的解法为证明一元不等式的基本方法，即将含x 的项移至不等号的一侧，构造函数解决。

（2）一些常见不等关系可记下来以备使用：

① ln 1x x ≤- ② 1x

e x ≥+ ③ ()sin 0,x x x >∈+∞

例2：设函数()1x

f x e -=-，证明：当1x >-时，()1

x

f x x ≥

+ 思路：本题依然考虑构造函数解决不等式，但如果仅仅是移项，则所证不等式为

101x x e x ---

≥+，令()11x x g x e x -=--+，其导函数比较复杂（也可解决此题），所以考虑先对不等式进行等价变形，转变为形式较为简单的不等式，再构造函数进行证明 证明：111x x e x -

≥+111111

x x x e x e x ?≤-?≤++ 1x >-Q ，所以所证不等式等价于

110x x

e x e x ≥+?--≥ 设()1x g x e x =-- ∴只需证()min 0g x ≥即可

()'1x g x e =- 令()'00g x x >?>

()g x ∴在(),0-∞单调递减，在()0,+∞单调递增 ()()min 00g x g == ()()00g x g ≥=

故不等式得证

小炼有话说：本题在证明时采取先化简再证明的策略，这也是我们解决数学问题常用的方法之一，先把问题简单化再进行处理。在利用导数证明不等式的问题中，所谓的“简化”的标准就是构造的函数是否易于分析单调性。

例3：已知函数()()1ln 1f x x x x =+-+，证明：()()10x f x -≥

思路：若化简不等式左边，则所证不等式等价于()

()2

2

1ln 10x x x ---≥，若将左边构造

为函数，则函数的单调性难于分析，此法不可取。考虑原不等式为乘积式，且与0进行比较，所以考虑也可分别判断各因式符号，只需让()1x -与()f x 同号即可。而()1x -的正负一眼便可得出，()f x 的符号也不难分析，故采取分别判断符号的方法解决。 解：()'

11

ln 1ln x f

x x x x x +=

+-=+ ()''22111

x f x x x x

-=-= ()'f x ∴在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增

()()''110f x f ∴≥=> ()f x ∴为增函数

()10f =Q ()0,1x ∴∈时，()()10f x f <= ()()10x f x ∴-> [)1,x ∈+∞时，()()10f x f ≥= ()()10x f x ∴-≥

∴综上所述，()()10x f x -≥成立

小炼有话说：与0比较大小也可看做是判断一侧式子的符号，当不等式的一侧可化为几个因式的乘积时，可分别判断每一个因式的符号（判断相对简单），再决定乘积的符号。

例4：已知()ln x f x e a x a =--，其中常数0a > （1）当a e =时，求函数()f x 的极值 （2）求证：22

1ln 0x x e

e x x ----≥

解：（1）当a e =时，()ln x f x e e x e =--

()'x e

f x e x =-

，()'10f = ()''20x e

f x e x =+> ()'f x ∴在()0,+∞单调递增

()0,1x ∴∈时，()()''10f x f <=，()1,x ∈+∞，()()''10f x f >= ()f x ∴在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增

∴()f x 的极小值为()10f =，无极大值

（2）思路：本题如果直接构将左侧构造函数，则导数过于复杂，不易进行分析，所以考虑

将所证不等式进行变形成“()()min max f x g x ≥”的形式。由第（1）问可得：

ln 0x

e e x e --≥，即ln x e e x e -≥，则所证不等式两边同时除以2

x e

-，即证：2

ln x

x x e e x e

--≥

，而

ln x e e x e -≥，所以只需构造函数证明

2

x x e e

-≤即可

解：由（1）得ln 0ln x

x

e e x e e e x e --≥?-≥ 所证不等式：22

1ln 0x x e

e x x ----≥

2

ln x

x x e e x e

-?-≥

设()22

x x x g x xe e --=

=

()()'2221x x x g x e xe x e ---=-=-

令()'

0g x >可解得：1x <

()g x ∴在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减 ()()max 1g x g e ∴==

()ln x e e x e g x ∴-≥≥即2

ln x x x e e x e

--≥

221ln 0x x e e x x --∴--≥

例5：已知()()2ln ,2f x x x ax g x x =-=--

（1）当1a =-时，求()f x 在[](),30m m m +>的最值 （2）求证：()0,x ?∈+∞，12ln 1x x e ex

+>- 解：

（1）()()'ln ,ln 2f x x x x f x x =+=+

()f x ∴的单调区间为

203m m e

>∴+>

Q ①210m e

<≤

()22min 11f x f e e ??

==- ???

()()()()max 33ln 33f x f m m m m =+=++++

② 21

m e

>时，()()()()min max ln ,3ln 33f x m m m f x m m m =+=++++ （2）思路：所证不等式12

ln 1x x e ex

+>-，若都移到左边构造函数，则函数

12

ln 1x y x e ex

=+-+很难分析单调性，

进而无法求出最值。本题考虑在两边分别求出最值，再比较大小即可

解：所证不等式等价于12ln 1x x e ex +>

-2ln x x x x x e e

?+>- 设()ln p x x x x =+ ()'

1ln 1ln 2p x x x =++=+ 令()'

2

10p x x e >?>

()p x ∴在210,e ?? ???单调递减，在21,e ??

+∞ ???

单调递增 ()()22min 11p x p x p e e ??

∴>==- ???

设()2

x

q x xe

e

-=- ()()'1x q x x e -=- ()q x ∴在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减 ()()()max 1

1q x q x q e

∴≤==-

()()min max p x q x ∴> ()()()()()min max 0,,x p x p x q x q x ∴?∈+∞≥>≥

∴所证不等式成立

例6：设b a R b a b ax x x x f ,,,(1)1ln()(∈++++

+=为常数），曲线)(x f y =与直线

x y 2

3

=

在(0，0)点相切. (1)求b a ,的值. (2)证明：当20<

9)(+

x f . 解：（1）()f x Q 过()0,0点 ()0101f b b ∴=+=?=- ()'

1

1f

x a x =

++ ()'1301022

f a a =++=?=

1

a b =?∴?

=-? ()()ln 11f x x =+

（2）思路：所证不等式等价于()9ln 116x

x x +<

+，若将x 的表达式挪至不等号

一侧，则所构造的函数()()9ln 116x g x x x =+-+中96

x

x +

比较复杂。观察到对数与根式均含有()1x +，进而考虑换元t =

方面，当0x =时，()00g =，而0x =是所证x 的临界值，进而会对导数值的符号有所影响。

解： 所证不等式等价于：()9ln 116

x

x x ++

<

+

令(t t =∈ 则不等式转化为：()222

91ln 15

t t t t -+-<

+

()()()2252ln 1910t t t t ?++---< （若不去分母，导函数比较复杂，不易分析）

令()()()()

2

2

2

3

2

2

52ln 1912ln 10ln 5599g t t t t t t t t t t t t =++---=+-++--+

2

3

2

2ln 1010ln 54t t t t t t =+-+++ 只需证()max 0g t <即可

观察()10g =

()'2210104ln 232054ln 3185g t t t t t t t t t t t t

=++-+

+=+-++ ()'10g = 进而考虑()'g x 的单调性 （尽管()()',g t g t 复杂，但有零点在，就能够帮助继续分

析，坚持往下进行）

()''22

1010

44ln 6184ln 614g x t t t t t t

=++--

=+-- ()

"g t Q 单调递增，()""

10

1403

g t g ∴<=-

< ()'g t ∴单调递减 ()()''10g t g ∴<= （1t =是()()',g x g x 的零点，

从而引发连锁反应） ()g t ∴单调递减 ()()10g t g ∴<= ()0g t ∴<即所证不等式成立

∴当20<

9)(+<

x x

x f 小炼有话说：本题有以下两个亮点 （1）利用换元简化所证不等式

（2）零点的关键作用：对于化简后的函数()g t 而言，形式依然比较复杂，其导函数也很难直接因式分解判断符号，但是由于寻找到1t =这个零点，从而对导函数的符号判断指引了方向，又因为发现1t =也是导函数的零点，于是才决定在对导函数求一次导，在二次导函数中判断了符号，进而引发连锁反应，最终证明不等式。可以说，本题能坚持对()g t 进行分析的一个重要原因就是1t =这个零点。

例7：（2015，福建，20）已知函数()()()ln 1,f x x g x kx =+= （1）求证：当0x >时，()f x x <

（2）求证：当1k <时，存在00x >，使得对任意的()00,x x ∈，恒有()()f x g x > 解：（1）思路：所证不等式为：()ln 1x x +<，只需将含x 的项移植不等号一侧，构造函数即可证明

证明：所证不等式等价于：()ln 10x x +-<，设()()ln 1h x x x =+-

()'11011

x

h x x x ∴=

-=-<++

()h x ∴在()0,+∞单调递减 ()0,x ∴∈+∞时，()()00h x h <=

即()ln 1x x +<得证

（2）思路：本题的目标是要找到与k 相关的0x ，因为()(),f x g x 函数形式较为简单，所以可以考虑移至不等号一侧：()()()0ln 10f x g x x kx ->?+->，设

()()ln 1h x x kx =+-，()'1111

kx k

h x k x x -+-=

-=

++，因为()00h =，所以只需()h x 在()00,x 单增即可。可对k 进行0k ≤和01k <<分类讨论。

证明：()()()0ln 10f x g x x kx ->?+-> 设()()ln 1h x x kx =+- 则()'

1111

kx k

h x k x x -+-=

-=

++且()00h = 令()'

0h x >，即1kx k ->-

① 当0k <时，解得111k x k k ->

=- 110k -

x k

->

恒成立 ()h x ∴在()0,+∞单调递增 ()()00h x h >= 0x 可取任意正数

② 当0k =时，()()ln 1h x x =+，当0x >，()0h x >，故0x 可取任意正数 ③ 当01k <<时，解得1k x k -<

，而10k

k

-> ()h x ∴在10,k k -?? ???单调递增，在1,k k -??

+∞ ???

单调递减

10,k x k -??

∴?∈ ?

?

?，均有()()00h x h >=，只需取010k x k -<<即可 综上所述：存在00x >，使得对任意的()00,x x ∈，恒有()()f x g x > 例8：已知函数()ln x

x k

f x e +=

（k 为常数， 2.71828e =L ，是自然对数的底数），曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线与x 轴平行

（1）求k 的值

（2）设()()()2

'

g x x x f

x =+，其中()'

f x 为()f x 的导函数。

证明：对()2

0,1x g x e -?><+

解：（1）()()'

211ln ln x x x x

e x k e x k

x x f x e e

-+--== Q ()()1,1f 处的切线与x 轴平行 ()'1010f k ∴=?-=

1k ∴=:

（2）所证不等式等价于：

()2

21ln 11x x x x x e e -??

-- ???+<+ ()21ln 11

x

e x x x e x -?--<++ 设()1ln p x x x x =-- ()'

1ln 1ln 2p x x x =---=--

令()'

2

0ln 20p x x x e ->?-->?<

()p x ∴在()20,e -单调递增，在()2,e -+∞单调递减 ()()221p x p e e --∴<=+，即21ln 1x x x e ---<+

若要证()2

1ln 11x e x x x e x ---<++，只需证111

x x e e x x >?>++ 设()1x

q x e x =-- ()'

1x

q x e =-，令()'

0q x >解得：0x >

()q x ∴在()0,+∞单调递增 ()()00q x q ∴>=

111

x

x

e e x x ∴>+?>+

()21ln 11

x

e x x x e x -∴--<++，即原不等式得证 例9：已知函数()ln

f x ax x =+，函数()

g x 的导函数()'

x

g x e =，且()()'

01g g e =，其

中e 为自然对数的底数． （1）求()f x 的极值；

（2）当0a =时，对于()0,x ?∈+∞，求证：()()2f x g x <-．

解：（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()'

11

ax f

x a x x

+=+

=

． 当0a ≥时，()'0f x >，()f x ∴在()0,+∞上为增函数，()f x 没有极值； 当0a <时，令()'

1

0f

x x a

>?<-

()f x ∴在10,a ??- ???单调增，在1,a ??

-+∞ ???单调递减

()f x ∴有极大值()11ln f a a ??

-=--- ???

，无极小值

（2）当0a =时，()ln f x x =，令()()()2x g x f x ?=--，即()ln 2x

x e x ?=--

()'1

x x e x

?∴=-

，则()'x ?在()0,+∞上为增函数

()''120,1102e ????

=<=-> ???

Q

()'001,102x x ???

∴?∈= ???

， ()'x ?Q 在()0,+∞上为增函数

()00,x x ∴∈时，()'0x ?< ()0,x x ∈+∞时，()'0x ?>

()x ?在()00,x 单调递减，在()0,x +∞单调递增

()()000min ln 2x x x e x ??∴==--

()0

0'00011

00x x x e e x x ?=?-

=?=，0000

1ln ln x x x x =?-= ()00012x x x ?∴=

+-，由01,12x ??

∈ ???

可知0012x x +>= ()00x ?∴>

()()00x x ??∴≥>即()()2f x g x <-

例10：设函数()2

cos f x ax x =+.

（1）证明：1

2

a ≥

时，函数()f x 在[)0,+∞上单调递增； （2）证明：2

4sin 2ln 310x x x x +--≤.

解：（1）()'2sin f x ax x =- 只需证2sin 0ax x -≥即可 令()2sin g x ax x =- ()00g = ()'2cos g x a x =-

1

212

a a ≥

?≥Q 2cos 0a x ∴-≥ ()g x ∴在[)0,+∞单调递增 ()()00g x g ∴≥=即()'2sin 0f x ax x =-≥ ∴函数()f x 在[)0,+∞上单调递增

（2）思路：对所证不等式2

4sin 2ln 310x x x x +--≤，若直接将左侧构造函数，则无法求出单调区间和最值。（导函数中含有sin ,ln x x 无法进一步运算），所以考虑将左侧的一部分挪至不等号另一侧，构造两个函数进行比较。

2

2

4sin 2ln 31032ln 14sin x x x x x x x x +--≤?-+≥(右边4sin 4x ≤,考虑

()232ln 1g x x x x =-+能否恒大于4，()'622ln g x x x =--,()''2

6g x x

=-()'g x ∴在

10,3?? ???处单调减，在1,+3??∞ ???

单调递增，()''103g x g ??≥> ??? 故()g x 为增函数，但无法求()g x 的最小值。无法用()()()()min max f x g x f x g x >?>证明。考虑其他思路。所证不

等式也可变为132ln 4sin x x x x x ?

?-+

≥? ??

?，在第一问中令12

a =可得sin x x >,只需证明1

32ln 4x x x

-+

≥即可） 解：所证不等式等价于132ln 4sin x x x x x ??

-+

≥? ??

?

设()132ln h x x x x

=-+ ()()()2'

22

2311213213x x x x h x x x x x +---=--== ()h x ∴在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增 ()()14h x h ∴≥=即1

32ln 4x x x

-+

≥ 由（1）问可得：sin 0x x ≥≥ 132ln 4sin x x x x x ?

?∴-+≥ ??

? 原不等式得证

小炼有话说：（1）前两种尝试是最容易想到的，但是尝试后为什么放弃？第一种尝试是因为导函数中项结构复杂，无法判断单调区间。而第二种尝试局限性较大，即必须左端最小大于右端最大才可，尽管新的函数单调性能够分析，但是无法确定其最小值，所以放弃。在构造

函数证不等式时，一要看构造的函数能否进行分析（即单调性，最值），二要看是否吻合预期的结果。否则便要考虑从其他角度入手。

（2）对于第二种尝试，求单调区间比较麻烦。有能力的同学可以尝试特殊值法来排除，比如令1

2

x =

，那么显然左边要小于4。 （3）本题的解法有几个亮点：

① 提取一个x 后，左端构造的函数更易分析性质

② 利用第一问过程中产生的结论：sin x x >，这也是一个常见的不等式。

③ 所用的不等式性质为：0,0a b c d ac bd >>>>?>（注意,,,a b c d 必须均为正项）。由此性质也可推广出一条判断函数增减性的方法：已知()(),f x g x 在区间I 恒大于零，若

()(),f x g x 均在区间I 单调递增，则()()f x g x ?在区间I 也单调递增。例如ln y x x =在

()1,+∞是单调递增的。