导数不等式证明压轴题 利用导数证明不等式
时间：2020-02-23 07:31:28 来源：雅意学习网 本文已影响 人 
不等式的证明问题是高中数学教学的一个难点，近几年高考中经常出现. 而利用导数证明不等式是一种重要方法，主要思路是利用已知函数或构造辅助函数，将不等式的证明问题转化为研究函数的单调性、最值问题，体现了导数的工具性作用.本文拟通过实例分析总结.�
策略一：利用已知函数证明�
例1 （2009辽宁高考改编）设f(x)=e�x(-x�2+x+1).�
证明：当x�1,x�2∈［0,1］时，有|f(x�1)-f(x�2)|0�f(x)>0.�
策略二：作差构造函数证明�
（1） 直接作差构造函数�
例2 证明：x∈(1,+∞)时，12x�2+�ln�x1时，F′(x)=(x-1)(2x�2+x+1)x>0，�
从而F(x)在(1,+∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)=160，�
∴当x>1时，12x�2+�ln�x-1时，f(x)≥xx+1.�
证明:当x>-1时，原不等式等价于e�x≥1+x，�
令F(x)=e�x-1-x,则F′(x)=e�x-1，�
当x∈(-1,0)时，F′(x)-1时，F(x)≥F(0),即e�x≥1+x∴f(x)≥xx+1.�
评注:当直接作差构造函数无法证明时，可将不等式适当变形后构造函数，然后运用导数判断该函数的单调性或求出最值，从而达到证明不等式的目的，这也是转化与化归思想的重要体现. 变形技巧可以是利用不等式的性质、放缩等, 以达到化繁为简，例５就是应用放缩法的典型一例.�
（3） 换元后构造函数�
例4 若x∈(0,+∞),求证1x+10,∴t>1，x=1t-1�
则原不等式�1-1t1-1t，�
∵t∈(1,+∞),∴f′(t)>0,∴f(t)在t∈(1,+∞)上为增函数，�
∴f(t)>f(1)=0,∴t-1>�ln�t.�
令g(t)=�ln�t-1+1t,∴g′(t)=1t-1t�2=t-1t�2，�
∵t∈(1,+∞),∴g′(t)>0,∴g(t)在t∈(1,+∞)上为增函数.�
评注:本题通过换元t=1+1x,0b>e,证明b�a>a�b�
证明:原题等价于�ln�aae时,f′(x)≤0,当x>e时，f(x)单调递减，
∵a>b>e,∴�ln�aaa�b.�
评注:此题不是直接作差构造函数，而是根据题目的特点采取两边取对数，然后将两个变量分别变形到式子的两边再构造函数，是分离变量思想的运用.�
策略四：构造两个函数证明�
例6 已知f(x)=x�ln�x.�
（1） 求f(x)的最小值.�
（2） 证明：对一切x∈(0,+∞)，都有�ln�x>1e�x-2ex成立.�
思路:（1） 易得f(x)���min��=f1e=-1e.�
（2） 直接作差构造函数无法证明，注意到第（1）问研究的结果对（2）的启发，可先将原不等式等价变形为：x�ln�x>xe�x-2e，可知左式是已知函数f(x)的表达式，其最小值已经求得，故可研究右式的最大值.�
证明（2）时x∈(0,+∞)时，原不等式可等价变形为：x�ln�x>xe�x-2e.�
设g(x)=xe�x-2e，x∈(0,+∞)，则g′(x)=xe�x-2e=1-xe�x，�
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，此时g(x)单调递增，�
当x∈(0,1)时，g′(x)xe�x-2e恒成立，即�ln�x>1e�x-2ex.�
评注:本题充分利用已知函数，将所证不等式巧妙变形，通过证明f(x)���min��>g(x)���max��，从而证得f(x)>g(x).�
由上述实例可见，用导数证明不等式的关键是根据不等式的结构特征灵活巧妙构造一个
可导函数，尽管解题过程不尽相同，但思路都是将复杂问题化归为简单的、熟悉的问题.
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