经济数学4.利用函数的单调性求证不等式
函数单调性在不等式中的应用
函数单调性在不等式证明中的应用冯永奎[摘要] 不等式是我们从初中就开始接触，一直在整个数学研究中占有一定的比例，它包括不等式的解法，不等式的构造，不等式的证明.其中不等式的证明是不等式学习的重点之一，本文讨论了利用函数单调性来证明不等式。
[关键词] 函数 单调性 不等式 证明不等式的证明是中学数学的重要内容之一，也是高等数学的重要工具。
它的题型广泛，技巧多变，思路灵活，涉及的知识面也较广。
我们可以用构造函数的方法，通过函数的单调性来刻画不等式的性质，也可以用来证明不等式，下面结合具体的例子来说明函数单调性在不等式证明中的应用。
[5] 设函数)(x f 在区间),(b a 内可导。
（1） 如果在),(b a 内恒有0)('>x f ， 则函数)(x f 在),(b a 内单调增加； （2） 如果在),(b a 内恒有0)('<x f ， 则函数)(x f 在),(b a 内单调减少。
[6] 设函数)(x f 在点0x 处的一个领域可导，且0)('0=x f ，或)('0x f 不存在，但)(x f 在0x x =处连续，若)(x f 在点0x 的两侧邻近导数异号，则)(0x f 是函数)(x f 的极值。
当导数符号由正变负时，)(0x f 是极大值，由负变正时，)(0x f 是极小值，若)(x f 在点0x 处的两侧邻近导数不变号，则)(0x f 不是极值。
根据题目所给的不等式和条件，对不等式作适当变形，选取适当的函数)(x f 及区间],[b a ，再利用[5]来判断)(x f 在),(b a 内的单调性，然后取函数)(x f 在区间端点处的值，则得不等关系，当)(x f 单调增加时，)()()(b f x f a f <<当)(x f 单调减少时，)()()(b f x f a f >>.从而有)()(b f a f <或)()(b f a f >再确定不等式。
利用函数单调性求不等式问题的三种技巧
Җ㊀安徽㊀孙光元㊀㊀函数的单调性会在很多题型中出现或应用,如求解函数最值㊁解函数不等式㊁求函数中参数的范围等．因此,利用函数的单调性就成为解题的关键,我们要学会巧妙利用题干中的条件把原问题进行等价转换,利用函数单调性顺利求解问题．１㊀直接法采用直接法构造函数要求考生掌握函数㊁不等式和方程之间的关系,熟悉不等式和方程所对应的函数的单调性,从而熟练构造函数,利用单调性顺利完成问题求解．直接法是构造函数最常用的一种方法,在解题时要学会灵活运用．例１㊀已知１x ＋１＋１x ＋２＋ ＋１２x ȡ１１２l o g a (a －１)＋２３对于大于１的正整数x 恒成立,试确定a 的取值范围．构造函数f (x )＝１x ＋１＋１x ＋２＋ ＋１２x,因为f (x ＋１)－f (x )＝１２x ＋１＋１２x ＋２－１x ＋１＝１２x ＋１－１２x ＋２＞０,所以函数f (x )是增函数．又因为x 是大于１的正整数,所以f (x )ȡf (２)＝７１２．若要使目标不等式成立,那么１１２lo g a (a －１)＋２３ɤ７１２,即l o g a (a －１)ɤ－１,解得１＜a ɤ１＋５２．２㊀作差或作商法作差㊁作商法简单来说就是在解题过程中,可直接利用作差f (x １)－f (x ２)或作商f (x １)f (x ２)(f (x ２)＞０)来构造函数,这是比较直观和简单的一个方法．例２㊀已知x ＞－１,且x ʂ０,n ɪN ∗,当n ȡ２时,求证:(１＋x )n＞１＋n x ．令f (n )＝１＋n x(１＋x )n,因为x ＞－１,且x ʂ０,所以f (n ＋１)－f (n )＝１＋(n ＋１)x (１＋x )n ＋１－１＋n x (１＋x )n ＝－n x ２(１＋x )n ＋１＜０,故f (n )在N ∗上是减函数,则f (２)＜f (１)＝１＋x１＋x＝１,所以当n ȡ２时,f (n )＜１,即(１＋x )n＞１＋n x ．３㊀分离参数法题目中含有参数的情况比较复杂,会使解题的过程变得有些困难,而这个时候就需要把参数单独分离在等号或者不等号的一边,让另外一边的函数关系变得清晰明了,从而利用函数单调性进行求解．例３㊀已知x ＞０时,１＋l n (x ＋１)x ＞k x ＋１恒成立,求正整数k 的最大值．当x ＞０时,１＋l n (x ＋１)x ＞k x ＋１恒成立,即[１＋l n (x ＋１)](x ＋１)x＞k 恒成立．设f (x )＝[１＋l n (x ＋１)](x ＋１)x(x ＞０),则要使f m i n (x )＞k ,易知fᶄ(x )＝x －１－l n (x ＋１)x ２．设g (x )＝x －１－l n (x ＋１)(x ＞０),所以gᶄ(x )＝xx ＋１＞０,所以g (x )在区间(０,＋ɕ)上单调递增,且g (２)＝１－l n３＜０,g (３)＝２－２l n２＞０．所以存在唯一实数a ,使得g (x )＝０,且a ɪ(２,３)．当x ＞a 时,g (x )＞０,f ᶄ(x )＞０,函数f (x )单调递增;当０＜x ＜a 时,g (x )＜０,fᶄ(x )＜０,函数f (x )单调递减．所以f mi n (x )＝f (a )＝(a ＋１)[１＋l n (a ＋１)]a ＝a ＋１ɪ(３,４)．综上,正整数k 的最大值为３．直接法㊁作差或作商法㊁分离参数法等都是构造函数最常用的几种技巧和方法,除此之外,还有很多其他方法,如换元法㊁辅助法等,在解题的过程中要善于举一反三㊁灵活运用．(作者单位:安徽省肥东第一中学)５１。
利用单调性解不等式、比较大小的方法(解析版)
利用单调性解不等式、比较大小的方法利用单调性解不等式或比较大小，常需要构造函数，构造的函数一般与已知的不等式（推出构造函数的单调性）和所要解的不等式有关。
要构造函数的常见形式有三种。
⑴加乘型：题目常见形式 ⇒ 原函数 ⇒ 导函数 ()()'f x f x + ()x e f x ()()()''x x e f x e f x f x ⎡⎤⎡⎤=+⎣⎦⎣⎦()()'f x xfx + ()xf x ()()()''xf x f x xf x =+⎡⎤⎣⎦()()'nf x xfx + ()n x f x ()()()'1'n n x f x x nf x xf x -⎡⎤⎡⎤=+⎣⎦⎣⎦⑵减除型：题目常见形式 ⇒ 原函数 ⇒ 导函数()()'f x f x - ()x f x e ()()()''x xf x f x f x e e -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ ()()'xf x f x - ()f x x ()()()''2f x xf x f x x x -⎡⎤=⎢⎥⎣⎦ ()()'xf x nf x - ()n f x x ()()()''1n n f x xf x nf x x x +-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⑶带常数型：题目常见⇒ 原函数 ⇒ 导函数()()'f x f x k +± ()x x e f x ke ± ()()()''x xx e f x ke e f x f x k ⎡⎤⎡⎤±=+±⎣⎦⎣⎦()()'f x f x k -± ()x f x k e ()()()''x xf x k f x f x k e e -±⎡⎤=⎢⎥⎣⎦一、利用单调性解不等式例1．若定义在R 上的函数()f x 满足()()1f x f x '+>，(0)4f =，则不等式()3x xe f x e ⋅>+ (其中e 为自然对数的底数)的解集为（）A ．(0)(0)-∞+∞，，B ．(0)(3)-∞⋃+∞，， C ．(0)+∞，D ．(3)+∞，分析：首先根据已知不等式()()1f x f x '+>和所要解不等式()3x xe f x e ⋅>+构造函数。
高中数学破题致胜微方法(函数的单调性)：根据函数单调性解不等式
高中阶段我们学习过解不等式的方法，但遇到一些函数不等式，或复杂的不等式，原来的方法可能并不适用了，这时我们就需要将借助函数的观点来看待问题，将不等式问题转化为比较函数值大小，进而转化为比较自变量大小的问题，来帮助我们解决问题。
先看例题： 例：解不等式12log (31)3x->-整理：若y =f (x )在区间D 上是增（减）函数，则对于12,x x D ∈，有：()()()11212112121122221212()()()()()()( (3))()x x x x x x x f f x f f x f f x x x x x x x x x ⇔⇔⇔<<>===>><对于单调函数，函数值的大小与相应的自变量的大小具有等价性例：已知f (x )为R 上的减函数，则满足1(||)(1)f f x <的实数x 的取值范围是（）()()()()().1,1.0,1.1,00,1.(,11,)A B C D --⋃-∞-⋃+∞练：已知f (x )在它的定义域 [-17,+∞)上是增函数, f (3)=0,试解不等式f (x 2-7x -5)<0. 解：题目中函数为抽象函数，但是已知其在某区间的单调性，且知道f (3)=0， 所以可以改写不等式为：2(75)(3)0f x x f --<=所以有2753x x --<，解得：18x -<<再由函数定义域有：27517x x --≥-解得：43x x ≥≤或两个解集做交集，得：1348x x -<≤≤<或所以不等式的解集为：{|1348}x x x -<≤≤<或总结：1.根据函数单调性解不等式的本质在于，利用单调性脱掉函数符号，将比较函数值的大小转化为比较自变量的大小。
2.单调函数，函数值的大小与相应的自变量的大小具有等价性，要明确增函数减函数的特性。
练习：1.定义在(0,+∞)上的单调函数f (x ),(0,)x ∀∈+∞,f [f (x )－log 2x ]=3,求f (x )的解析式.2. 已知定义在R 上的函数||()21x m f x -=- (m 为实数)为偶函数,记0.52log 3,(log 5),(2)a b f c f m === ,则a,b,c 的大小关系为( )A .a<b<cB .a<c<bC .c<a<bD .c<b<a。
专题五-利用导数证明不等式--教案.doc
专题五 利用导数证明不等式一、用函数的单调性证明不等式： 我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0 时，则该函数在该区间上单调递增（或递减） ．因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性，然后再用函数单调性达到证明不等式的目的．即把证明不等式转化为证明函数的单调性．一般方法： 构造辅助函数 → 判定单调性 → 得所证不等式． 基本依据： 若 f (x) 在 (a,b) 若 f (x) 在 (a,b) 具体有如下几种形式：内单增 f (a) f (x) f (b) ；内单减f (b) f (x)f ( a) ．1．由欲证形式直接构造构造 “形似 ”函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单调递增（减）区间，自变量越大，函数值越大（小） ，来证明不等式成立．【例 1】当 x0 时，求证； xx 2 ln( x 1) 0 ．222 证明： 设 f ( x)x1) ( x 0) ，则 f (x) xxln( xx ．21∵ x 0 ，∴ f (x)0 ，故 f ( x) 在 [0, ) 上递减，∴ x0 时， f (x)f (0)x 2ln( x 1) 0 成立．0 ，即 x2【针对练习 1】求证：当 x (1,) 时， 2x 3 1 x 2ln x 0 ．3 2(x 1)(2 x 2证明： 设 F ( x)2 x3 1 x 2 ln x ， x [1, ) ，则 F (x)2x 2 x 1 x 1) ．3 2x x当 x 1时， F (x) 0 ，从而 F ( x) 在 (1, ) 上为增函数，∴ F ( x) F (1) 10 ，∴ 2 x 3 1 x 2 ln x 0 ．6 3 2x ，将其中一个常数2．由欲证形式做恒等变形作差或作商，变成初等函数四则运算的形式，若变量没有改为 x ），则另一端即为所求作的辅助函数 F ( x) ，然后利用导数证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的．【例 2】求证：当 x (0,)时，ln(1 x) xx 2 ．2(1x)证明： 令 f ( x)xx 2ln(1 x) ，补充定义 f (0)0 ，则2(1 x)f ( x) 1 4x 2 4x 2x 2 12x 2 0 ，4(1 x)2 1 x 4(1 x)2∴ f ( x) 在 [0, ) 上单调递增，∴在 (0, ) 上 f (x) f (0) 0，∴ ln(1x) xx 2．2(1x)点评： 一般的，用导数证明不等式时要注意所构造的函数在区间端点处是否连续，即是否要补充函数在端点处的定义；另外要注意用到一个结论：设函数 f ( x) 在区间 [a, ) 上连续，在区间 (a,) 内可导，且 f (x) 0 ，又 f (a)0 ，则 x a 时， f ( x) 0 ．【针对练习 2】求证：当 x (0, ) 时， sin x x ． 证明： 令 f ( x) sin x x ，补充定义 f (0) 0 ，则 f (x) cos x 1 0 ，∴ f ( x) 在 (0, ) 上单调递减，∴在 (0, ) 上 f ( x)f (0) 0 ，∴ sin xx ．【例 3】当 x( 0,1) 时，证明： (1 x)ln 2 (1 x) x 2 ．证明： 令 f ( x)(1 x)ln 2 (1 x) x 2 ，则 f (0)0 ，而 f (x)ln 2 (1 x) 2ln(1 x) 2x ， f (0) 0 ，当 x(0,1) 时， f (x)2 ln(1 x)2 x 2 2 [ln(1 x) x] 0 ，1 x 1 1 x∴ f ( x) 在 x (0,1) 上递减，即 f ( x)f (0) 0 ，从而 f (x) 在 (0,1) 递减， ∴ f ( x)f (0)， (1 x)ln 2(1 x) x 2 ．【针对练习 3】求证：当 x (0,) 时， e x 1 x 2 1 x ．2证明： 设 f ( x)e x 1 x 2 1 x ( x 0) ，则f ( x) e x x 1 ， f ( x) e x 1．2当 x 0 时， f ( x) 0 ，∴ f (x) 在 [0, ) 上单调递增， f (x) f (0) 0 ，∴ f ( x) 在 [0,) 上单调递增， f ( x) f (0)0 ，∴ e x1 x2 1 x ．时， sinxx ．2【例 4】求证：当 0 x2xsinx x，证明过程比较麻烦，我们可令sin证明： 若令 f (x)2 ，f ( x)2 πx1cosxxsinxcosxtan x )则 f (x)2 22 2x 2 2 ( x0 ，x22∵ 0 x，∴ 0 x2，则x tan x，∴ f ( x) 0 ，即 f (x) 在 (0, ) 上单减，22 2 故 f ( x)f ( ) 1 ，即 sinxx ．2【例 5】求证：当 b a e 时， a b b a ．（常数不等式一般化为函数不等式证明）分析： abbab ln a a ln bln aln b，可令 f ( x) ln x ( x e) ，证 f ( x) 单减；a b x或者 a bb ab ln a a ln b ，证 xln a aln x( x a) ，可令 f (x) x ln a a ln x ( x a) ，证 f ( x) 0 ．证法一： 令 f (x)ln x ( x e) ，则 f ( x) 1 ln x 0 ，∴ f (x) 在 (e,) 单减，x x 2又 b ae ，∴ln aln b ，即 a bb a ．a b证法二： 令 f (x)xln a a ln x ( x ae) ，则 f (x) a 0 ，ln a1，ax∵ ln a 1，∴ f ( x) 在 (a, ) 单增，x∴ f (x) f (a) 0 ， xln a a ln x( xa) ，特别地令 xb ，得 b ln a a ln b ，即 a b b a ．【针对练习 4】证明：当 x 1 时， ln 2( x 1) ln xln( x 2) ．ln( x 1)ln x ln( x 1) x ln x (x 1)ln( x 1) 证明： 设 f ( x) ( x 1) ，则 f ( x) x 1 x．ln xln 2xx(x 1)ln 2x由于 1 x x 1，∴ 0 ln x ln( x 1) ，故 x ln x (x 1)ln( x 1) ，∴在 (1,) 内 f (x)0 ，∴ f ( x) 在 (1,) 单减，即ln( x1) ln( x 2) ，ln x ln( x 1)从而 ln 2 ( x 1)ln x ln( x 2) ．3．通过换元后作差构造函数证明不等式．111 【例 6】（ 07 山东）证明：对任意的正整数1)n ，不等式 ln(n 2n 3 都成立．n1分析： 本题是山东卷的第（ 2）问，从所证结构出发，只需令x ，则问题转化为：当 x 0时，恒有nln( x 1) x 2 x 3 成立，现构造函数 h( x) x 3 x 2 ln( x 1) ，求导即可达到证明．证明： 令 h( x) x 3x 2 ln( x 1) ，则 h (x) 3x 22x1 3x 3 x (x 1)2 在 x (0, ) 上恒正，x 1 1 ∴函数 h( x) 在 (0, ) 上单调递增，∴ x (0,) 时，恒有 h(x) h(0) 0 ，即 x 3x 2 ln( x 1) 0 ，∴ ln( x 1) x 2 x 3 ．对任意正整数 n ，取 x1 (0,1 1) 1 1n ) ，则有 ln( n 2 3 ．n n 【针对练习 】若 x (0,) ，求证：1 x 1 1 ．5x 1 ln x x11证明： 令 1 t ，∵ x 0 ，∴ t 1， xt ．x111则原不等式1 ln t t 1，令 f (t) t 1 ln t (t [1,)) ，∴ f (t)1 ．tt ∵ t [1,) ，∴ f (t) 0 ，∴ f (t) 在 [1, ) 上为增函数．f (t)f (1) 0 ，∴ t 1 ln t ．令 g (t )ln t 1 1 (t [1, )) ，∴ g (t ) 1 1 t 1 ，t t t2t 2 ∵ t [1, ) ，∴ g (t) 0 ，∴ g(t ) 在 [1, ) 上为增函数． g (t) g(1) 0 ，∴ ln t 1 1 ，∴ 1 1 ln x1 1 ．t 1 x x x点评：（ 1）代换作用：此题设代换t 1 ， 0 x实际上就是把原来取不到的x 0 值代换为可取x到的 t 1，把原来要研究函数在x处的值，等价为研究函数在t 1 处的值；（ 2）若令 t1 ，则 ln(1 1) 1 ，即为本题的特例，想一想x 1 ln x 1如何证？x x x 1x 4．利用导数求出函数的最值（或值域）后，再证明不等式．【例 7】求证：当 nN ， n 3时， 2n 2n 1 ．证明： 要证原式，即需证：2n 2n 1 0 ，对 n 3时成立．设 () 2 x 2 1 ( 3) ，则 x ，fxxxf ( x) 2ln2 2 ( x 3)∵ x 3 ，∴ f (x) 23 ln 2 2 ，∴ f ( x) 在 [3, ) 上是增函数，∴ f ( x) 的最小值为 f (3)23 6 1 1 0 ， f ( x)0 ( x 3) ．∴， n N ， n 3时， 2n 2n 1 ．【针对练习 6】当 x 0 ， 0 a 1时，证明： x a ax 1 a ．证明： 设 f ( x)x a ax a 1 (x 0) ，则 f ( x) axa 1a a( x a 1 1) ．令 f ( x) 0 ，得 x 1 ． 当 x (0,1) 时， f ( x)0 ，当 x (1,) 时， f ( x) 0 ，即 g ( x) 在 (0,1) 上为增函数，在 (1, ) 上为减函数．故函数 f (x) 在 (0, ) 上的最大值为 f (x)max f (1) 0 ，即 f ( x)f (1) 0 ，∴ x a ax a 1 0 ，即 x a ax 1 a ．【例 8】（ 07 安徽）已知定义在正实数集上的函数 f ( x)1 x2 2ax ， g( x) 3a 2 ln x b ，其中 a 0 ，5 a 22且 b3a 2 ln a ，求证： f ( x) g( x) ．23a 2证明： 设 F ( x) g( x)f ( x) 1 x 2 2ax 3a 2 ln x b ，则 F ( x)x2a (xa)(x 3a) ，2xx∵ x 0 ， a 0，∴当 x a 时， F (x) 0 ， 故 F ( x) 在 (0, a) 上为减函数，在 (a, ) 上为增函数，于是函数 F ( x) 在 (0, ) 上的最小值是 F (a)f (a) g(a) 0 ，故当 x0 时，有 f ( x) g(x)0 ，即 f (x)g( x) ．【针对练习 7】已知函数 f ( x)ln( x 1) x ，求证：当 x1 时，恒有 11ln( x1) x ．1x分析： 本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数g( x) ln( x 1)1 1 ，从其x 1导数入手即可证明．证明： f ( x)1 1 x x ．x 1 1∴当 1 x 0 时， f (x) 0 ，即 f (x) 在 ( 1,0) 上为增函数； 当 x 0时， f (x) 0 ，即 f ( x) 在 (0, ) 上为减函数．于是函数 f ( x) 在 ( 1, ) 上的最大值为 f (x)max f (0) 0 ，因此，当 x 1时， f (x) f (0) 0 ，即 ln( x 1) x 0 ，∴ ln( x 1) x ． 令 g ( x) ln( x1)11 ，则 g ( x)11x ．x 1x 1 (x 1)2( x 1)2当 x ( 1,0) 时， g ( x) 0 ，当 x (0, ) 时， g ( x)0 ，即 g ( x) 在 ( 1,0) 上为减函数，在 (0, ) 上为增函数．故函数 g( x) 在 ( 1, ) 上的最小值为 g ( x) min g(0) 0 ，∴当 x1 时， g( x) g (0) 0 ，即 ln( x 1)11 0 ，∴ ln( x 1) 11x．11 x1综上可知，当 x1 时，有 1ln( x1) x ．x1 x 314 【例 9】已知 f ( x)x ， x 1 ， x 2 [ 1,1]时，求证： | f ( x 1) f ( x 2 ) | ．x 2 33证明： ∵ f(x) 1 ， x [ 1,1] 时， f ( x) 0 ，∴ f (x) 在 [ 1,1]上递减，故 f ( x) 在 [ 1,1] 上的最大值为f ( 1)2，最小值为 f (1) 23，3即 f ( x) 在 [ 1,1] 上的值域为 [2 , 2] ．3 3∴ x 1 ， x 2 [ 1,1]时， | f ( x 1 ) |2 ， | f ( x 2 ) | 23 ，3即有 | f (x 1) f ( x 2 ) || f ( x 1 ) | | f ( x 2 ) | 2 2 4 3 3 ．3【针对练习 8】证明：若 p1，对于 [0,1] 中的任意 x 都有 1x p(1 x) p 1 ．p 1证明：( )p(1 ) p (01)，则p 1p 1f xxxxf (x) pxp(1 x)令 f (x)0 ，则 x p 1(1 x)p 1，即 x 1 x ，解得 x 1 ．( 1,1] 时， f[0, 1) 时， f2当 x (x)0 ，当 x (x) 0 ，22∴ f ( x) 在 [0,1) 递减； f ( x) 在 ( 1,1] 递增．2 2∴ f ( x) 的最小值为 f ( 1)( 1) p ( 1 ) p 2(1) p1 ，22 2 2 2p 1又 f (1) 1 ， f (0) 1，∴ f ( x) 的最大值为 1，即 x [0,1] 时， 故1xp(1 x)p1 ．2p 1p[ x p 1 (1 x) p 1 ] ，1f ( x) 1，2p 1二、用中值定理证明不等式：1．利用拉格朗日中值定理：若 f (x) 满足以下条件： （ 1） f ( x) 在闭区间 [a,b] 内连续；（ 2） f (x) 在开区间 ( a, b) 上可导，则 在 (a,b) 内至少存在一点，使得 f ( )f (b) f (a) ．b af ( ) 范围得所证不等式．一般方法： 构造辅助函数 据拉格朗日中值定理得等式由 的范围确定 【例 1】证明不等式： b alnbba a (0 a b) ．b 1 (b a 1(b分析： 把不等式可以改写成 a) ln b ln aa) ，可见中项是函数 ln x 在区间 [ a,b] 两端值之 b a差，而 (b a) 是该区间的长度，于是可对 ln x 在 [ a,b] 上使用拉格朗日中值定理．证明： 设 f ( x) ln x ，则 f ( x) 1．在区间 [ a,b] 上满足拉格朗日中值定理的条件，x故在 (a,b) 上存在，使得 f (b)f ( a) f ( ) 1 ，即 ln b ln a 1 ．b ab a又因11 1 ，于是有 1 ln b ln a 1 ，即b aln bb a ．ba b b a a baa【针对练习 1】设 0a b ，证明：ln bln a2a ．b aa 2b 2证明： 设 f ( x) ln x ，则 f ( x) 1．在区间 [ a,b] 上满足拉格朗日中值定理的条件，x故在 (a,b) 上存在，使得 f (b)f ( a) f ( ) 1 ，即 ln b ln a 1 ．b a b a222ab ，∴12a 2 ，又因1 1 ln b ln a2a∵ ab b a2b，于是有a 22．bbab【针对练习 2】设 ea b e 2，证明： ln 2b ln 2a42 (b a) ．e证明： 令 f ( x)ln 2x ，则 f (x)2ln x．在区间 [ a, b] 上满足拉格朗日中值定理的条件，x故在 (a,b) 上存在，使得 f (b)f (a) f ( ) 2ln ，b a即 ln2b ln 2 a 2 ln，(a, b) (e, e 2 ) ．b a再令 g( x)ln x (e x e 2 ) ， g ( x) 1 ln x 0 ，xx∴ g ( x) 单调递减，22ln4g( )g(e )e 2 ，从而 2e 2，∴原不等式 ln 2 b ln 2a 4 a) 成立 . e 2 (b说明： 也可令 f (x)ln 2 x ln 2a 42 ( xa) ， (e a x e 2 ) ，证 f ( x) 0 ．e【例 2】若 0 y x ， p 1，则 py p 1( x y) xpy p py p 1( x y) ．分析： ∵ 0 yx ，则原不等式等价于 py p 1 xpy ppx p 1 ( p 1) ．x y令 f (t)t p ，则我们容易联想到 Lagrange 中值定理 f ()( xy)f ( x) f ( y) ．x y证明 ：设 f (t)t p ，则 f (t )pt p 1 ．在 ( y, x) 上满足 Lagrange 中值定理的条件，故( y, x) ，使得 f ( )f ( x) f ( y) ，即 p p 1 x p y p ．x yx y ∵( y, x) ， yx ，∴ py p 1p p 1px p 1 ，∴ py p 1( x y) x py p py p 1( x y) ．【针对练习3】（ 13 湖北理）设 n N ， r 为正有理数．证明： n r1(n 1)r 1 n r(n 1)r 1 n r 1 ．x r 1， x1)x r r 1r 1证明： f ( x)N ， r 为正有理数，则 f (x) (r ．在区间 [n,n1] 上满足拉格朗日中值定理的条件，故在 (n, n 1) 上存在 ，使得f ( n1) f (n)f ( )(r 1) r ，n 1 n即 ( n 1)r 1n r 1(r1) r ，∴ (n 1)r 1n r 1r ．r1又∵(n,n 1) ， r 为正有理数，∴r n r ，∴ n r ( n 1) r 1n r 1．r 1同理可证n r1(n 1)r 1nr ，∴n r 1(n 1)r 1 n r(n 1)r 1 n r 1 ．r 1xr 1r 1【例 3】证明：当 x0 时，ln( x 1) x ．x 1分析： 注意到 ln1 0 ，可构造函数的改变量 ln( x 1) ln1 ，则相应自变量的改变量为( x 1) 1 x ，所证不等式等价于1 ln( x 1) ln1 1 ，可考虑用拉格朗日中值定理，导数入手即可证明．x 1x证明： 令 f ( x)ln x ，则 f ( x)1 [1,x 1] 上满足拉格朗日中值定理的条件．．在区间x故在 (1,x 1) 上存在，使得 f ( x1) f (1) f ( )1 ，x 1 1即 ln( x 1) ln11 ，∴ ln( x 1) 1 ．xx由于11 1，∴ 1 ln( x 1) 1 ，即 x ln( x 1) x ．xx 1 x11 x【针对练习 4】若 0x 1，证明： (1 x)e2 x1 x ．证明： 将不等式变形为 (1x)e 2 x (1 x)0 ，令 f (x) (1 x) e 2 x (1 x) ，则 f (x) (1 2x)e 2 x 1．在区间 [0, x] (0x 1) 上满足拉格朗日中值定理的条件．故在 (0, x) 上存在，使得 f (x)f (0) f ( ) (0x) ，即 f ( x)f (0)f ( ) x ，x∴ (1 x)e 2 x (1 x) [(1 2 ) e 21]x ．由于 f ( ) (1 2 )e 2 1 的范围不易判断，于是求f ( )4 e 20 ．∴ f ( ) 在 (0,1) 上单调递减， f ( )f (0)0 ，即 f ( x) f (0) f ( ) x 0 ，∴ (1x) e 2 x (1 x) 0 ．小结： 拉格朗日中值定理本身是以等式的形式存在的，利用它证明不等式时，根据在 ( a,b) 内的取值可以估计 f ( ) 的取值范围，从而得到要证的不等式．在具体操作时，若要证的不等式不含函数改变量 f (b)f (a) 和自变量 ba ，通过对不等式变形， 凑出 f (b)f (a) 和 b a ，关键是准确选择函数 f ( x) ，以及区间 [ a, b] ．同时在确定 f ( ) 时，可利用导数有关知识，如求二阶导数．2．利用积分中值定理：b若 f (x) 在闭区间 [ a,b] 内连续，则在 ( a, b) 内至少存在一点，使得f () f ( )( b a ) ．ax dx一般方法： 构造辅助函数据积分中值定理得等式由 的范围确定 f ( ) 范围得所证不等式．【例 4】（ 13 湖北理）设 n N ， r 为正有理数．证明： n r1( n 1)r 1n r(n 1)r1 n r 1 ．rr 1r 1证明：f ( ) xxNr[ n, n 1]，， 为正有理数，则在区间上满足积分中值定理的条件，xn 1r 1r 1故在 (n, n 1) 上存在 ，使得 f ( )[( n 1)n]x rdx1 x r 1 |n n 1(n 1)n，nr 1r 1即r (n 1)r 1n r 1．r 1又∵(n,n 1) ， r 为正有理数，∴rn r ，∴ n r( n 1) r 1 n r 1 ．r 1 同理可证n r1 (n 1)r1nr ，∴n r1(n 1)r 1 n r (n 1)r 1 n r 1 ．r 1r 1r 1 【针对练习 5】积分中值定理证明不等式：b a ln b b a a(0 a b) ．bb1b a 1ln bln a，可见可用积分中值定理构造函数， x [ a, b] 来处理．分析： lndxf ( x)aaxx证明： 设 f ( x)1 ，则在区间 [ a, b] 上满足积分中值定理的条件，x b1ln b ln a1故在 (a,b) 上存在，使得 (b a) f ()dxbln b ln a ，即．ax ln x |ab a又因111，于是有1ln b ln a1 ，即 b a ln bb a ．bab b aab a a三、用凹凸性证明不等式：我们知道，在 (a,b) 内，若 f ( x)0 ，则函数 yf ( x) 的图形下凸，即位于区间 [ x 1, x 2 ] 中点x 1 x 2处弦的纵坐标不小于曲线的纵坐标，即有： f (x 1 x2)f ( x 1 )f ( x 2 )，其中 x ，x2 (a,b)2221内任意两点．等号仅在x 1 x 2 时成立．在 (a, b) 内，若 f ( x) 0 ，则函数 y f (x) 的图形上凸，即位于区间[ x 1, x 2 ] 中点x 1 x2 处弦的纵坐标不小于曲线的纵坐标，即有：f (x 1x2)f (x 1)f (x 2)，其中 x 1， x22(a,b) 内任意两22点．等号仅在x 1 x 2 时成立．一般方法：构造辅助函数→判定凹凸性→得所证不等式．【例 1 】设 x 0 ，y 0 ，证明不等式x lnx y ln y ( x )ln x y，且等号仅在 x y 时成立．y 2分析： 将不等式两边同时除以 2，变形为为x ln x2 y ln y( x y) ln x2 y，便可看出，左边是函数2f (t)t ln t 在两点 x ， y 处的值的平均值，而右边是它在中点xy处的函数值，这时只需f (t ) 0 即可得证．2证明： 设 f (t) t ln t ，即 f (t ) 1 ln t ， f (t ) 10 ，故函数 yf ( x) 在 (0,) 是下凸的．t) ， 1[ f ( x)f ( xy) ，得由下凸函数性质x ， y(0, f ( y)]22x ln x y ln y (x y) ln x2 y ，即 x ln x y ln y ( x y)ln x y，等号仅在 x y 时成立．2 2 2【针对练习 1】证明： 1( xny n) (xy )n ( x 0, y0, x y, n 1) ．t n22nt n 1 ， f1)t n 2证明： 令 f (t)(t 0, n 1) ，则 f (t ) (t) n(n 0 ，∴函数 f (t )t n 在 (0,) 是凹的，据凹凸性的定义可知，对任意的x ， y(0,) ， xy 有f (x y)f ( x) f ( y) ，即 1 ( x ny n) (x y)n ．2222。
4.13 利用单调性证明不等式
单调性在证明不等式中的应用常见题型 Ⅰ (1) (2) (3) ()().g x h x <证明：令 f (x ) =“左边-右边”= g (x )- h (x ) ;对 f (x ) 求导，由导数的符号判断 f (x ) 的单调性 ;根据 f (x ) 的单调性证明不等式 .常见题型 Ⅱ ()().a x b c g x d ≤≤≤≤证明： 直接对 g (x ) 求导，由导数的符号判断 g (x ) 的单调性，从而证明不等式 .证： （1） 22(1)ln (1).x x x ++<22()(1)ln (,0 1.1)f x x x x x =++-≤≤令则 2()ln (1)2ln(1)2f x x x x'=+++-2ln(1)2()211x f x x x +''=+-++[]2ln(1)1x x x =+-+0<()01x <<()[0,1]f x '故在上单调减01()(0)x f x f ''⇒<<<时，0=01()(0)x f x f ⇒<<<时，0=()[0,1]f x 故在上单调减即证！例1 01,x <<设则例1 证： 01,x <<设则11()ln(1),0 1.g x x xx =-<≤+令11111.ln 2ln(1)2x x -<-<+（2） 2211()(1)ln (1)g x x x x '=-+++0<01x ⇒<<时，()(0,1]g x 故在上单调减即证！ 2222(1)ln ((1)ln (1)1)x x x x x x ++=++-0(1)()lim ()g g x g x +→<<11ln 2-=0ln(1)1lim ,ln(1)2x x x x x +→-+==+01x <<则例2 分析：ln 0,1,.1x x x x >≠<-设且证明：ln (),1x f x x =--若令会使求导运算越来越复杂！ln 1x x <>-时，ln 01x x ><<-时，这时常考虑证明结论的等价形式：ln 1x x ⎧⎪<⇔⎨-⎪⎩例2 证：ln 0,1,.1x x x x >≠<-设且证明：()l ,0.n ,1f x x x x x x ⎛⎫=-- ⎝>≠⎪⎭令其中且1()22f x x x x x ⎛⎫'-+ ⎪⎝⎭0=⎧⇒⎨⎩()f x 故单调减化简即证！1121x x x +⎛⎫=- ⎪⎝⎭则 1112x x x<⋅⋅-()(1)f x f <0,=ln 1.x x x <-即()(1)f x f >0,=ln 1.x x x >-即1x >时，01x <<时，例3 分析： ,.b ab a e a b >>>设证明：本题是证明两个数的大小关系！ 没有更多的理论和工具。
高数考研不等式的证明
12
–
, 注意到 f (0) = f (1),
3、利用极值、最值证明不等式 、利用极值、 例5. 证明当 0 < x < 2时, 4xlnx – x2 – 2x + 4 > 0. 时 证: 令 f (x) = 4xlnx – x2 – 2x + 4 , 则 f ′(x) = 4lnx – 2x + 2 ,
2(2 − x ) ，f ′′(1) = 2 > 0, 这是唯一驻点. 这是唯一驻点 而 f ′′( x ) = x 的极小值点. 故 x = 1是 f (x)的极小值点 是 的极小值点 又当0 又当 < x < 2时, f ′′ > 0, 故曲线 y = f (x)在(0, 2)内 时 ′′(x) 在 内 是凹的, 既是极小值点, 是凹的 故 x = 1既是极小值点 又是最小值点 从而在 既是极小值点 又是最小值点, 0 < x < 2中, 有 中 f (x) > f (1) = 1 > 0， ， 4xlnx – x2 – 2x + 4 > 0. 从而
(0 < ξ1 < c )
f ′(a ) − f ′(c ) = f ′′(ξ 2 ) ⋅ ( a − c ) (c < ξ 2 < a )
≤ M (c + a − c ) = Ma
7
⇒| f ′(0) | + | f ′(a ) |=| f ′′(ξ1 ) | ⋅c + | f ′′(ξ 2 ) | (a − c )
利用导数证明不等式的四种常用方法
利用导数证明不等式的四种常用方法方法一：使用函数的单调性如果函数f(x)在区间[a,b]上单调递增（或递减），则对于任意的x1,x2∈[a,b]，有f(x1)≤f(x2)（或f(x1)≥f(x2)）。
举例说明：证明当x＞0时，e^x＞1+x。
我们考虑函数f(x)=e^x-(1+x)，取f'(x)=e^x-1、如果f'(x)≥0，则f(x)在x＞0上单调递增，且f(x)在x=0处取到最小值。
通过计算可得f'(x)≥0，所以f(x)在x＞0上单调递增，即e^x-(1+x)≥0。
即e^x＞1+x。
方法二：使用函数的极值点如果函数f(x)在一些点x0处取得极小值（或极大值），则该点附近的函数值也有相应的性质。
举例说明：证明(1+x)^n > 1+nx，其中n为自然数。
我们考虑函数f(x) = (1+x)^n - (1+nx)，取f'(x) = n(1+x)^(n-1) - n。
令f'(x) = 0，可得x = -1/(n-1)。
我们先考虑x ∈ (-∞, -1/(n-1))，在此区间上f'(x) > 0，所以f(x)在此区间上单调递增。
当x < -1/(n-1)时，有f(x) > f(-1/(n-1)) = 0。
所以在此区间上(1+x)^n > 1+nx。
同理可得，当x ∈ (-1/(n-1), +∞)时，也有(1+x)^n > 1+nx。
方法三：使用函数的凹凸性如果函数f(x)在一些区间上是凹的（或凸的），则函数的函数值也有相应的性质。
举例说明：证明当a＞0时，有√a≤(a+1)/2我们考虑函数f(x) = √x，取f''(x) = -x^(-3/2)。
我们知道，当f''(x)≥0时，函数f(x)在该区间上为凹函数。
计算可得f''(x)≥0，所以f(x)在[0, +∞)上为凹函数。
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利用函数的单调性 求证不等式
授课教师：陈笑缘教授
经济数学
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2
例题 思路
经济数学
1
例题
经ห้องสมุดไป่ตู้数学
例题
x 当 x 0 时，证明不等式 e 1 x 。
分析：
要证明 e 1 x ( x 0) ，只要证明 e 1 x 0 ( x 0) 。
思路
经济数学
利用函数单调性证明不等式的一般步骤
要证明原不等式 ，一般先将不等式右边的项移至左边 然后关键看左边函数 f ( x) 在规定的范围内的单调性。 利用一阶导数 f ( x ) 的符号判断单调性，从而得到证明结论。
经济数学
证明：当 x 0 时，sin x x 。
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谢谢!
x x
关键看左边函数 f ( x) e x 1 x 在 x 0 的范围内的单调性。 利用一阶导数 f ( x) e x 1 的符号可以判断了。
例题
证明不等式： e x 1 x ( x 0)
证明： 设
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f ( x) e x 1 x ， 且 f (0) 0 。 显然 f ( x ) 在 x 0 时连续，
x
又 f ( x) e 1 ，当
x0
时，f ( x) e 1 0
x
所以函数 f ( x) 在 (0,) 上单调增加， 那么当
x 0 时， f ( x) f (0) ，即 e x 1 x 0 ，
x
因此，当 x 0 时，e 1 x 。
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