利用導數證明不等式的方法

馮中秋

本文將系統總結在高考試題經常涉及的證明不等式的若干方法。首先我們可以把證明不等式的問題在大的方向分為一個函數思想和兩個函數思想，而對于一個函數思想，顧名思義就是在證明不等式時，我們可以將不等式中涉及的所有形式都挪到不等式的同一側，把這個整體看成一個新的函數，并且在這種函數中經常涉及兩類以上的基本初等函數，我們需要借助導數研究其單調性、極值，進而去證明不等式成立。而在處理這類問題的時候，有些時候我們還需要對函數進行一些簡單的放縮。下面通過幾個簡單的實例來給大家介紹：

題目2：P是曲線y=f（x）=ex上的動點，Q是曲線y=g（x）=lnx上的動點，求PQ的最小值。

分析：本題主要考查反函數的相關知識，導數的幾何意義，而在本題中所體現出的兩類不等式是我們在利用導數證明不等式問題中特別常用到的放縮手段。

解：因為y=ex與y=lnx互為反函數，而反函數的圖象關于直線y=x軸對稱，所以我們可以轉化為將直線y=x向上平移和向下平移，使得直線分別與y=ex與y=lnx相切，此時兩個切點之間的距離即為我們所要求的最小值。f′（x）=ex，令f′（x）=ex=1可得，切點坐標為（0，1）；同理可求g′（x），令g′（x）=1可得，切點坐標為（1，0）。所以可以得到PQ的最小值為。

注：我們主要是想從本題解答過程中得到一組不等式：

（1）當x>0時，ex>x+1；變形：ex>x；ex-1>x

（2）當x>0時，x-1>lnx；變形：x>lnx；x>ln（x-1）

下面通過一個實例體會該不等式的應用。

題目3：已知f（x）=lnx，g（x）=ex。求證：當x>0時，f（x）

分析：本題的基本思路仍然是一個函數的思想，但是在操作中必須進行適當的放縮才能證明出該不等式。

解：F（x）=g（x）-f（x）-2=ex-lnx-2，則F′（x）=ex-2；則F′（x）單調遞增，再根據零點存在性判定定理知F′（1）>0，F′（）<0，所以F′（x）=0在（，1）上有根記為t，從而可知F（x）在（0，t）單調遞減，在（t，+∞）單調遞增，所以F（x）>F（t）=et-lnt-2，下面我們必須能證明F（t）=et-lnt-2>0恒成立即可。此時又回到本題最初的形式，在這種情況下我們可以對F（t）=et-lnt-2進行放縮，其基本思想是此時et和lnt同時存在我們無法研究導數的零點，因此我們可以把二者之一利用放縮的方式處理掉。具體操縱如下：

F（t）=et-lnt-2>t+1-lnt-2=t-lnt-1（利用ex>x+1進行放縮），下面可以構造函數g（t）=t-lnt-1，下面我們可以證明g（t）>0恒成立即可。而我們知道ex>x也成立，但此時如果我們選擇ex>x進行放縮根本不能證出我們的結論；由此可以放縮必須要把握度，不能放得太多，也不能放得太少。

另外，我們可以考慮將lnt處理掉，可以利用lnt與一次式之間的關系（x-1>lnx）進行放縮，則F（t）=et-lnt-2>et-t+1-2=et-t-1，下面可以構造函數h（t）=et-t-1，只需證明h（t）>0恒成立即可。

除此之外，我們還經常涉及兩個函數的思想來證明不等式的問題，其基本理念為：

若f（x）min>g（x）max成立，則f（x）>g（x）恒成立；

若f（x）>g（x）恒成立，不一定要f（x）min>g（x）max成立，我們只需保證對于f（x）和g（x）兩個函數在每一個自變量處都滿足f（x）的函數值大于g（x）的函數值即可。

題目4：證明：ex+x2>sinx+x

解析：本題也要用兩個函數思想（若全部挪到不等式的同一側構造函數，函數中函數指數的形式、冪函數的形式以及三角函數的形式，就算能夠把導數求出來，我們也無法確定導數的正負。）在整體構造的過程中我們可以發現：由于（1）sinx的存在導致導數無法處理。（2）我們發現sinx自身有范圍。基于以上兩點可以構造函數f（x）=ex+x2-x以及函數g（x）=sinx，而g（x）∈[-1，1]，可以對f（x）=ex+x2-x進行求導研究其單調性，進而確定y=f（x）的最值。f′（x）=ex+2x-1，則f′（x）=ex+2x-1為增函數，又因為f′（0）=0，則y=f（x）在x∈（-∞，0）單調遞減，在x∈（0，+∞）單調遞增，所以y=f（x）的最小值為f（0）=1，而y=f（x）與y=g（x）不同時取到1，所以不等式成立。