用導數來證明不等式

利用導數研究函數的單調性，再由單調性來證明不等式是函數、導數、不等式綜合中的一個難點，也是高考的熱點.其主要思想是構造輔助函數，把不等式的證明轉化為利用導數研究函數的單調性或求最值，從而證得不等式，而如何構造輔助函數是用導數方法證明不等式的關鍵.下舉例分析，供同學們學習參考.

一、不等式中只含一個字母（不妨設為x）

類型1 直接作差構造函數，通過求函數的導數來得出函數的單調性（或函數的最值）來證明不等式.

例1 當x∈(0，π)時，證明不等式sinx

證明 令f(x)=sinx-x，則f′(x)=cosx-1.當x∈(0，π)時，f′(x)<0，∴f(x)在x∈(0，π)時單調遞減，故f(x)<0.∴SINX

例2 證明不等式：xlog2x+(1-x)log2(1-x)≥-1.

證明 對函數f(x)求導數：

f′(x)=(xlog2x)′+［(1-x)log2(1-x)］′

=log2x-log2(1-x)+1ln2-1ln2

=log2x-log2(1-x).

于是f′12=0.當x<12時，f′(x)=log2x-log2(1-x)<0，f(x)在區間0，12是減函數；

當x>12時，f′(x)=log2x-log2(1-x)>0，f(x)在區間12，1是增函數.

∴f(x)在x=12時取得最小值，f12=-1.

點評 若f(x)，g(x)差函數為非單調，其差有極大值或極小值，用導函數求其極大值、極小值，從而證明不等式.

類型2 換元后作差構造函數證明.

例3 若x∈(0，+∞)，求證：1x+1

證明 令1+1x=t，x>0，∴t>1，x=1t-1.

則原不等式1-1t

令f(t)=t-1-lnt，∴f′(t)>1-1t.

∵t∈(1，+∞)，∴f′(t)>0，∴f(t)在t∈(1，+∞)上為增函數.

∴f(t)>f(1)=0，∴t-1>lnt.

令g(t)=lnt-1+1t，∴g′(t)=1t-1t2=t-1t2.

∵t∈(1，+∞)，∴g′(t)>0，∴g(t)在t∈(1，+∞)上為增函數.

∴g(t)>g(1)=0，∴lnt>1-1t，∴1x+1

點評 代換作用：此題設參數t=1+1x，0

二、不等式中含有多個字母

類型1 端點變量法.

例4 已知函數g(x)=xlnx，設0

分析與證明 本題是在一個區間上證明不等式，而不等式涉及的變量就是區間的兩個端點，因此設輔助函數時把其中的一個端點設為自變量.設F(x)=g(a)+g(x)-2ga+x2(aF(a)=0，即0

當x>0時，G′(x)<0，即當x>0時，G(x)是減函數，g(b)<(B-A)LN2.

點評 一般地利用輔助函數證明不等式時，直接將不等式的兩端移項到一側求導就可以了.但本題中的不等式涉及區間的端點，因此就涉及選擇自變量的問題，本題就是把其中的一個端點設為自變量.

類型2 用分離變量的思想構造函數.

例5 若α>β>e，證明：βα>αβ.

證明 原題等價于lnαα

設f(x)=lnxx，當x>e時，f′(x)=1-lnxx2<0，

∴當x>e時，f(x)單調遞減.

∵α>β>e，∴lnαlnβαβ.

類型3 從條件特征入手構造函數

例6 若函數y=f(x)在R上可導且滿足不等式xf′(x)>-f(x)恒成立，常數a，b滿足a>b，求證：af(a)>bf(b).

證明 從結論考慮能想到應證明xf(x)為增函數.而(xf(x))′=xf′(x)+f(x)>0，從而xf(x)為增函數.又a>b，故af(a)>bf(b).