谈利用导数证明不等式

谈利用导数证明不等式（共11篇）

篇1：谈利用导数证明不等式

克维教育（82974566）中考、高考培训专家铸就孩子辉煌的未来

函数与导数

（三）核心考点

五、利用导数证明不等式

一、函数类不等式证明

函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式f(x)g(x)（f(x)g(x)）的问题转化为证明f(x)g(x)0（f(x)g(x)0），进而构造辅助函数h(x)f(x)g(x)，然后利用导数证明函数h(x)的单调性或证明函数h(x)的最小值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）。

例

1、已知函数f(x)lnxax2(2a)x

（1）讨论函数f(x)的单调性；

（2）设a0，证明：当0x111时，f(x)f(x)； aaa

（3）若函数f(x)的图像与x轴交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f`(x0)0

【变式1】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：恒有11ln(x1)x成立。x

1x【变式2】（1）x0，证明：e1x

x

2ln(1x)(2)x0时，求证：x2

二、常数类不等式证明

常数类不等式证明的通法可概括为：证明常数类不等式的问题等价转化为证明不等式 f(a)f(b)的问题，在根据a,b的不等式关系和函数f(x)的单调性证明不等式。例

2、已知mne,，求证：nm

例

3、已知函数f(x)ln(x1)

（1）求f(x)的极小值；

（2）若a,b0，求证：lnalnb1

mnx，1xb a

【变式3】已知f(x)lnx，g(x)127，直线l与函数f(x)、g(x)的 xmx（m0）22

图像都相切，且与函数f(x)的图像的切点的横坐标为1．

（Ⅰ）求直线l的方程及m的值；

（Ⅱ）若h(x)f(x1)g(x)（其中g(x)是g(x)的导函数），求函数h(x)的最大值；（Ⅲ）当0ba时，求证：f(ab)f(2a)ba． 2a

【变式4】求证：

bablnbabaa(0ab)

1x)x0(x1)【变式5】证明：ln（ln22ln32lnn2(n1)(2n1)【引申】求证： 222(n2,nN*)23n2(n1)

【变式6】当t1时，证明：1lntt1 1t

x21(x1)，各项不为零的数列an满足4Snf()1，【引申】已知函数f(x)an2(x1)

1n11（1）求证：ln； an1nan

（2）设bn1，Tn为数列bn的前n项和，求证：T20081ln2008T2007。an

篇2：谈利用导数证明不等式

湖北省天门中学薛德斌2010年10月

例

1、设当xa,b时，f/(x)g/(x)，求证：当xa,b时，f(x)f(a)g(x)g(a)．

例

2、设f(x)是R上的可导函数，且当x1时(x1)f/(x)0．

求证：（1）f(0)f(2)2f(1)；（2）f(2)2f(1)．

例

3、已知m、nN，且mn，求证：(1m)(1n)．

nm

例

4、（2010年辽宁卷文科）已知函数f(x)(a1)lnxax21，其中a2，证明： x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.例

5、（2010年全国Ⅱ卷理科）设函数fxxaIn1x有两个极值点x1、x2，且

2x1x2，证明：fx2

12In2.4a0，b0，例

6、已知函数f(x)xlnx，求证：f(a)(ab)ln2f(ab)f(b).xln(1x)x； 1x

11112ncln（2）设c0，求证：.2cn1cn2c2ncnc例

篇3：例谈利用导数证明不等式

一、利用函数的单调性

【例1】 (2001年全国卷理20) 已知i, m, n是正整数, 且1<i<m<n

证明: (1+m) n> (1+n) m

分析:要证 (1+m) n> (1+n) m成立, 只要证1n (1+m) n> (1+n) m

即要证成立, ∵m<n

∴设函数只证f (x) 在[2, ∞) 是减函数。

从而: (1+m) n> (1+n) m证毕

二、利用函数的最值

【例2】证明:当x<1时

分析:要证即要证

为此只要证明参数ex (1-x) 有最大值1即可。

证明:设f (x) =ex (1-x) , 则f' (x) =ex (1-x) -ex=-xex

令f' (x) =0, 求得唯一驻点x=0,

又f" (x) =-ex-xex, 且f" (0) =-1<0

∴f (x) 在x=0处取得极大值f (0) =1,

也即f (x) 在 (-∞, 1) 内的最大值。

于是, 当x<1时, ex (1-x) <1

三、利用函数图形的凹凸性

【例3】证明

证明:设f (t) =tn, 则f' (t) =ntn-1, f" (t) =n (n-1) tn-2

当n>1, t>0时, 由f" (t) >0知f (t) 的图形是上凹的。

根据定义, 对任意的x>0, y>0且x≠y时有

四、利用拉格朗日中值定理

(1) 利用拉格朗日中值公式证明绝对值不等式

【例4】证明|arctan a-arctan b|<|a-b|

证明:当b=a时, 等式显然成立;

当b≠a时, 设f (x) =arctan x (不妨设b<a) , 则f (x) 在[b, a]上连续, 在 (b, a) 内可导, 且f' (x) =11+x2, 而11+x2<1

故f (x) =arctran x在[b, a]上满足拉格朗日中值定理的条件

于是

从而证毕

(2) 利用拉格朗日中值公式证明“双向”不等式

【例5】当x>0时, 证明:x1+x<1n (1+x) <x

分析:要证

即要证

即只要f (t) =1n (1+t) 在[0, x]上满足满足拉格朗日中值定理

证明:当x>0时, 设f (t) =1n (1+t) , 则

∵f (t) =1n (1+t) 在[0, x]上满足满足拉格朗日中值定理

则在 (0, x) 内至少存在一点在ξ使得:

通过以上例题, 我们可以体会到用导数来证明不等式的基本要领和它的简捷。总之利用导数证明不等式的关键在于找这个一元函数式, 这就是“构造函数法”, 通过这类数学方法的练习, 对培养分析问题、解决问题的能力是有很大好处的, 这也是进一步学习高等数学所需要的。

参考文献

[1]张硕才, 龚研平.不等式[M].湖北:湖北教育出版社. (1983.9)

[2]吴良森, 毛羽辉等.数学分析学习指导书[M].高等教育出版社, 2004年

[3]林国泰.代数研究教程[M].广东:暨南大学出版社. (1996.8)

篇4：利用导数证明不等式

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)|<2.

思路 直接利用已知函数的单调性求出最值.

证明:∵f′(x)=ex(-x2-x+2)=-ex(x+2)(x-1) .

∴当x∈［0,1］时，f′(x≥0)（当且仅当x=1时f′(x)=0),

从而f(x)在x∈［0,1］时单调递增,

故f(x)在［0,1］的最大值为f(1)=e，最小值为f(0)=1,

从而对任意x1，x2∈［0,1］,有|f(x1)-f(x2)|≤|f(x)max-f(x)min|=e-1＜2.

评注:根据题目特点,通常利用以下结论可证不等式成立.

(１) 对定义域内任意x1,x2,|f(x1)-f(x2)|≤|f(x)max-f(x)min|.

(２) f(x)max<0f(x)<0；f(x)min>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x<23x3.

思路:把代数式移至一边，使另一边为0，构造新函数.

证明:设F(x)=23x3-12x2-lnx，

则F′(x)=2x2-x-1x=(x-1)(2x2+x+1)x，

当x>1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<23x3 .

评注:本题欲证f(x)

利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式 .

（2） 变形后构造函数 

例3 （全国卷理22节选）设函数f(x)=1-ex. 证明：当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)<0，此时F(x)单调递减，

当x∈(0,+∞)时，F′(x)＞0，此时F(x)单调递增，

于是x=0时，F(x)取得极小值也为最小值，

故当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+1<lnx+1x<1x.

思路:考察目标式子的结构，直接作差较繁，若换元则可使式子化简.

证明:令1+1x=t,x>0,∴t>1，x=1t-1

则原不等式1-1t<lnt1-1t，

∵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,0

策略三：分离变量构造函数证明

例5 若a>b>e,证明ba>ab

证明:原题等价于lnaa<lnbb,设f(x)=lnxx,则f′(x)=1-lnxx2,

当x>e时,f′(x)≤0,当x>e时，f(x)单调递减，

∵a>b>e,∴lnaa<lnbb,即bn>a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)<0，此时g(x)单调递减，

故x=1时，g(x)取得最大值g(1)=-1e，

而由（1）知f(x)min=f1e=-1e，且两者最值不能同时取得，

故xln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

篇5：构造函数,结合导数证明不等式

构造函数,结合导数证明不等式

摘 要：运用导数法证明不等式首先要构建函数，以函数作为载体可以用移项作差，直接构造；合理变形，等价构造；分析（条件）结论，特征构造；定主略从，减元构造；挖掘隐含，联想构造等方法进行证明.关键词：构造函数；求导；证明；不等式

利用导数证明不等式是四川高考压轴题的热点题型之一，此类问题的特点是：问题以不等式形式呈现，“主角”是导数，而不等式的证明不仅技巧性强，而且方法灵活多变，因此构造函数成为证明不等式的良好“载体”，如何有效合理地构造函数是证明不等式的关键所在，下面以实例谈谈如何构造函数的若干解题策略.注：此题也可用数学归纳法证明.解后感悟：函数隐藏越深，难度就越大，如何去寻找证明不等式的“母函数”是解决问题的关键，通过合理变形，展开思维联想的翅膀，发现不等式背后的隐藏函数，便会柳暗花明.结束语：导数为证明不等式问题开辟了新方法，使过去不等式的证明方法，从特殊技巧变为通性通法，合理构造函数，能使解题更具备指向性，剑之所指，所向披靡.

篇6：导数证明不等式的几个方法

1、直接利用题目所给函数证明（高考大题一般没有这么直接）已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有

11ln(x1)x x1

如果f(a)是函数f(x)在区间上的最大（小）值，则有f(x)f(a（或)f(x)f(a)），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可

2、作差构造函数证明

已知函数f(x)x2lnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x3的图象的下方；

构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。

3、合理换元后构造函数可大大降低运算量以节省时间（2007年，山东卷）

n1n21)3 都成立.证明：对任意的正整数n，不等式ln(nn2312

4、从特征入手构造函数证明

若函数y=f(x)在R上可导且满足不等式xf(x)>－f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：．af(a)>bf(b)几个构造函数的类型：

篇7：谈利用导数证明不等式

本文将介绍用导数证明函数不等式的四种常用方法.（）x0).例

1证明不等式：xln(x1证明

设f(x)xln(x1)(x0)，可得欲证结论即f(x)f(0)(x0)，所以只需证明函数f(x)是增函数.而这用导数易证：

f(x)1所以欲证结论成立.10(x0)x1注

欲证函数不等式f(x)g(x)(xa)(或f(x)g(x)(xa))，只需证明f(x)g(x)0(xa)(或f(x)g(x)0(xa)).设h(x)f(x)g(x)(xa)(或h(x)f(x)g(x)(xa))，即证h(x)0(xa)(或h(x)0(xa)).若h(a)0，则即证h(x)h(a)(xa)(或h(x)h(a)(xa)).接下来，若能证得函数h(x)是增函数即可，这往往用导数容易解决.例

2证明不等式：xln(x1).证明

设f(x)xln(x1)(x1)，可得欲证结论即f(x)0(x1).显然，本题不能用例1的单调性法来证，但可以这样证明：即证f(x)xln(x1)(x1)的最小值是0，而这用导数易证：

f(x)11x(x1)x1x1

所以函数f(x)在(1,0],[0,)上分别是减函数、增函数，进而可得

f(x)minf(1)0(x1)

所以欲证结论成立.注

欲证函数不等式f(x)()g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)g(x)()0x.(I设h(x)f(x)g(x)(xI)，即证h(x)()0(xI)，也即证h(x)min()0(xI)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决.bex1例3

(2014年高考课标全国卷I理科第21题)设函数f(x)aelnx，曲线

xxyf(x)在点(1,f(1))处的切线为ye(x1)2．

(1)求a,b；

(2)证明：f(x)1．

x解

(1)f(x)aelnxaxbx1bx1e2ee． xxx题设即f(1)2,f(1)e，可求得a1,b2．

x(2)即证xlnxxe21(x0)，而这用导数可证(请注意1)： ee设g(x)xlnx(x0)，得g(x)ming． 设h(x)xex1e1e12(x0)，得h(x)maxh(1)．

ee注

i)欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)ming(x)max(xI)，而这用导数往往可以解决.欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)ming(x)max(xI)，或证明f(x)ming(x)max(xI)且两个最值点不相等，而这用导数往往也可以解决.ii)例3第(2)问与《2009年曲靖一中高考冲刺卷理科数学

（一）》压轴题第(3)问完全一样，这道压轴题(即第22题)是：

已知函数f(x)xlnx,g(x)xax3．(1)求函数f(x)在[t,t2](t0)上的最小值；

(2)对一切x(0,),2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x(0,)，都有lnx212成立． xeexln x例4(2013年高考北京卷理科第18题)设L为曲线C：y＝在点(1，0)处的切线．

x(1)求L的方程；

(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方． 解(1)(过程略)L的方程为y＝x－1.lnxx1(当且仅当x1时取等号).xx2－1＋ln xlnx(x0).设g(x)x1，得g′(x)＝

x2x(2)即证当01时，x2－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，得g(x)单调递增．

所以g(x)ming(1)0，得欲证结论成立.(2)的另解 即证仅当x1时取等号).设g(x)xxlnx，可得g(x)2lnxx1(当且仅当x1时取等号)，也即证x2xlnx0(当且x2x1(x1)(x0).x进而可得g(x)ming(1)0，所以欲证结论成立.(2)的再解 即证lnxx1(当且仅当x1时取等号)，也即证lnxx2x(当且仅当xx1时取等号).2如图1所示，可求得曲线ylnx与yxx(x0)在公共点(1,0)处的切线是yx1，所以接下来只需证明

lnxx1,x1x2x(x0)(均当且仅当x1时取等号)

前者用导数易证，后者移项配方后显然成立.所以欲证结论成立.图1

例5

(2013年高考新课标全国卷II理21(2)的等价问题)求证：eln(x2)． 分析

用前三种方法都不易解决本问题，下面介绍用导数证明函数不等式的第四种常用方法.设f(x)e(x2),g(x)ln(x2)(x2)，我们想办法寻找出一个函数h(x)，使得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到.当然，函数h(x)越简洁越好.但h(x)不可能是常数(因为函数g(x)ln(x2)(x2)的值域是R)，所以我们可尝试h(x)能否为一次函数，当然应当考虑切线.如图2所示，可求得函数f(x)e(x2)在点A(0,1)处的切线是yx1，进而可得f(x)h(x)(x2)；还可求得函数g(x)ln(x2)(x2)在点B(1,0)处的切线也是yx1，进而可得h(x)g(x)(x2).xxx

图2 进而可用导数证得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到，所以欲证结论成立.当然，用例2的方法，也可给出该题的证明(设而不求)：

x设f(x)eln(x2)，得f(x)ex1(x2).x2可得f(x)是增函数(两个增函数之和是增函数)，且1fe20,f(1)e10，所以函数g(x)存在唯一的零点x0(得2(x02)ex01,x02ex0,ex01)，再由均值不等式可得 x02f(x)minf(x0)ex0ln(x02)11lnex0x0220x02x02

(因为可证x01)所以欲证结论成立.x例6 求证：elnx2.x证法1

(例5的证法)用导数可证得ex1(当且仅当x0时取等号)，x1lnx2(当且仅当x1时取等号)，所以欲证结论成立.x证法2

(例2的证法)设f(x)elnx，得f(x)ex1(x0).x可得f(x)是增函数且g11110,g(0)0，所以函数g(x)存在唯2e1.52一的零点x0(得ex01,x0ex0)，再由均值不等式可得 x011lnex0x02(因为可证x01)x0x0 f(x)minf(x0)ex0lnx0所以欲证结论成立.注

欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需寻找一个函数h(x)(可以考虑曲线yh(x)是函数yf(x),yg(x)的公切线)使得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到，而这用导数往往容易解决.下面再给出例5和例6的联系.对于两个常用不等式exx1,lnxx1，笔者发现yex与ylnx互为反函数，yx1与yx1也互为反函数，进而得到了本文的几个结论.定理

已知f(x),g(x)都是单调函数，它们的反函数分别是f1(x),g1(x).(1)若f(x)是增函数，f(s)g(s)恒成立，则f1(t)g1(t)恒成立；

11(2)若f(x)是减函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立； 11(3)若f(x)是增函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立； 11(4)若f(x)是减函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立.证明

下面只证明(1),(4)；(2),(3)同理可证.(1)设不等式f(s)g(s)中s的取值范围是A，当sA时，f(s),g(s)的取值范围分别是fA,gA，得不等式f1(t)g1(t)中t的取值范围是fAgA，所以

1tfAgA,x0A,tgx(0x),gt.()0由f(s)g(s)恒成立，得g(x0)f(x0).由f(x)是增函数，得

f1(x)也是增函数，所以f1(g(x0))f1(f(x0))x0g1(g(x0))，即f1(t)g1(t).得tfAgA,f1(t)g1(t)，即欲证结论成立.(4)设不等式f(s)g(s)中s的取值范围是A，当sA时，f(s),g(s)的取值范围分别是fA,gA，得不等式f1(t)g1(t)中t的取值范围是fAgA，所以

1tfAgA,x0A,tgx(0x),t.()0g由f(s)g(s)恒成立，得g(x0)f(x0).由f(x)是减函数，得

f1(x)也是减函数，所以f1(g(x0))f1(f(x0))x0g1(g(x0))，即f1(t)g1(t).得tfAgA,f1(t)g1(t)，即欲证结论成立.推论1

已知f(x),g(x)都是单调函数，它们的反函数分别是f1(x),g1(x).(1)若f(x),g(x)都是增函数，则f(s)g(s)恒成立f1(t)g1(t)恒成立；(2)若f(x),g(x)都是减函数，则f(s)g(s)恒成立f1(t)g1(t)恒成立.证明

(1)由定理(1)知“”成立.下证“”：

因为g(x)是增函数，g1(t)f1(t)恒成立，g1(x),f1(x)的反函数分别是g(x),f(x)，所以由“”的结论得g(s)f(s)恒成立，即f(s)g(s)恒成立.(2)同(1)可证.推论2

把定理和推论1中的“,”分别改为“,”后，得到的结论均成立.(证法也是把相应结论中的“,”分别改为“,”.)

在例5与例6这一对姊妹结论“eln(x2),lnxe2”中ye与ylnx互为

篇8：利用导数证明不等式

(一) 利用导数得出函数的单调性来证明不等式

1. 直接构造函数, 然后再运用导数来推导出函数的单调性, 以此证明不等式成立。

2. 先将不等式变形, 然后再构造函数, 接着运用导数来证明函数的单调性, 从而在最后达到证明不等式的目的。

例2:已知a, b∈R, a<e, 求证:ab>ba为 (e自然对数的底)

证明:要证ab>ba只需证1nab>1nba, 即证b1na-a1nb>0

(二) 利用导数求出函数的最值 (或值域) 后, 再证明不等式

在对不等式的证明过程中, 可以以不等式的特点为根据, 以此来构造函数, 从而运用导数来得出函数的最值, 而此项作用也是导数的另一个功能, 即可以被用作求函数的最值。例如, 当此函数为最大或最小值的时候, 不等式的成立是都有效的, 因此可以推出不等式是永远成立的, 从而可以将证明不等式的问题转化到求函数最值的问题上来。

例3:设函数f (x) =1-e-x证明:当x>-1时,

证明:当x>-1时, 当且仅当ex≥1+x。

令g (x) =ex-x-1则g′ (x) =ex-1。

当x≥0时g′ (x) ≥0, g (x) 在[0, +∞) 是增函数;

当x≤0时g′ (x) ≤0, g (x) (-∞, 0]在是减函数。

于是g (x) 在x=0处达到最小值, 因而当x∈R时, g (x) ≥g (0) , 即ex≥1+x。

所以当x>-1时,

篇9：利用导数证明不等式的方法

题目2：P是曲线y=f（x）=ex上的动点，Q是曲线y=g（x）=lnx上的动点，求PQ的最小值。

分析：本题主要考查反函数的相关知识，导数的几何意义，而在本题中所体现出的两类不等式是我们在利用导数证明不等式问题中特别常用到的放缩手段。

解：因为y=ex与y=lnx互为反函数，而反函数的图象关于直线y=x轴对称，所以我们可以转化为将直线y=x向上平移和向下平移，使得直线分别与y=ex与y=lnx相切，此时两个切点之间的距离即为我们所要求的最小值。f′（x）=ex，令f′（x）=ex=1可得，切点坐标为（0，1）；同理可求g′（x），令g′（x）=1可得，切点坐标为（1，0）。所以可以得到PQ的最小值为。

注：我们主要是想从本题解答过程中得到一组不等式：

（1）当x>0时，ex>x+1；变形：ex>x；ex-1>x

（2）当x>0时，x-1>lnx；变形：x>lnx；x>ln（x-1）

下面通过一个实例体会该不等式的应用。

题目3：已知f（x）=lnx，g（x）=ex。求证：当x>0时，f（x）

分析：本题的基本思路仍然是一个函数的思想，但是在操作中必须进行适当的放缩才能证明出该不等式。

解：F（x）=g（x）-f（x）-2=ex-lnx-2，则F′（x）=ex-2；则F′（x）单调递增，再根据零点存在性判定定理知F′（1）>0，F′（）<0，所以F′（x）=0在（，1）上有根记为t，从而可知F（x）在（0，t）单调递减，在（t，+∞）单调递增，所以F（x）>F（t）=et-lnt-2，下面我们必须能证明F（t）=et-lnt-2>0恒成立即可。此时又回到本题最初的形式，在这种情况下我们可以对F（t）=et-lnt-2进行放缩，其基本思想是此时et和lnt同时存在我们无法研究导数的零点，因此我们可以把二者之一利用放缩的方式处理掉。具体操纵如下：

F（t）=et-lnt-2>t+1-lnt-2=t-lnt-1（利用ex>x+1进行放缩），下面可以构造函数g（t）=t-lnt-1，下面我们可以证明g（t）>0恒成立即可。而我们知道ex>x也成立，但此时如果我们选择ex>x进行放缩根本不能证出我们的结论；由此可以放缩必须要把握度，不能放得太多，也不能放得太少。

另外，我们可以考虑将lnt处理掉，可以利用lnt与一次式之间的关系（x-1>lnx）进行放缩，则F（t）=et-lnt-2>et-t+1-2=et-t-1，下面可以构造函数h（t）=et-t-1，只需证明h（t）>0恒成立即可。

除此之外，我们还经常涉及两个函数的思想来证明不等式的问题，其基本理念为：

若f（x）min>g（x）max成立，则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，我们只需保证对于f（x）和g（x）两个函数在每一个自变量处都满足f（x）的函数值大于g（x）的函数值即可。

题目4：证明：ex+x2>sinx+x

篇10：利用函数凹凸性质证明不等式

内蒙古包头市第一中学张巧霞

摘要：本文主要利用函数的凹凸性来推导和证明几个不等式.首先介绍了凹凸函数的定义，描述了判定一个函数具有凹凸性质的充要条件，并且给出了凸函数的一个重要性质——琴生不等式.通过巧妙构造常见的基本初等函数，利用这些函数的凹凸性推导几个重要不等式，如柯西不等式，均值不等式，柯西赫勒德尔不等式，然后再借助这些函数的凹凸性及其推导出来的重要不等式证明一些初等不等式和函数不等式.关键词：凸函数；凹函数；不等式.一． 引言

在数学分析和高等数学中，利用导数来讨论函数的性态时，经常会遇到一类特殊的函数——凹凸函数.凹凸函数具有一些特殊的性质，对于某些不等式的证明问题如果灵活地运用函数的凹凸性质就可以简洁巧妙地得到证明.二． 凹凸函数的定义及判定定理

(1)定义 设f(x)是定义在区间I上的函数，若对于I上的任意两点x1,x2及实数0,1总有

f(x11x2)fx11fx2

则称f(x)为I上的凸函数（下凸函数）；反之，如果总有不等式

f(x11x2)fx11fx2

则称f(x)为I上的凹函数（上凸函数）.特别地，取xx2fx1fx21).，则有f(1

222

若上述中不等式改为严格不等式，则相应的函数称为严格凸函数或严格凹函数.（2）判定定理 若函数f(x)在区间 I上是二阶可微的，则函数f(x)是凸函数的充要条件是f“(x)0，函数f(x)是凹函数的冲要条件是f”(x)0.三．关于凸函数的一个重要不等式——琴生不等式

设f(x)是定义在区间I上的一个凸函数，则对xiI,i1,2,,n,i0,

i1ni1有

f(ixi)ifxi.i1

i1

nn

特别地，当i

i1,2,,n,有 n

f（x1x2xnfx1fx2fxn).22

琴生不等式是凸函数的一个重要性质，因为每个凸函数都有一个琴生不等式，因此它

在一些不等式的证明中有着广泛的应用.四． 应用凸函数和琴生不等式证明几个重要不等式.（1）（调和——几何——算术平均不等式）设ai0,i1,2,,n,则有

n

nain

1i1i1ain

当且仅当a1a2an时，等号成立.证明 设f(x)lnx,因为f“(x)

a

i1

n

i

n

0,x0,, 2x

所以f(x)是0,上的凸函数，那么就有f（x)fx.ii

i

i

i1

i1

nn

现取xiai,i,i1,2,,n, n

n1n1n1

则有lnailnailnain, 

i1ni1ni1n1n1

得lnailnain,ni1i1

由lnx的递增性可得

n

1

（1）aii

i1ni1

同理，我们取xi

nn

0，就有 ai

n11lnna

ii1n11lnaii1n

n

n

n

1ln1i1ani

, 

即

ai（2）n

1i1i1ain

n

由（1），（2）两式可得

n

ain

1i1i1ain

（2）柯西——赫勒德尔不等式

p

1n

a

i1

i

n

pqababiiii i1i1i1

其中ai,bi,i1,2,,n是正数，又p0,p1,p与q共轭，即

nnn

q

1.pq

证明 首先构造函数fxxp,p1时，f”x0,x0 所以fxx是0,上的凸函数，则有

p

n

np

f(ixi)ixiixi i1i1i1

n

p

令 i

pi

p

i1

n,这里pi0,i1,2,,n，i

n

pixi

则i1

n

pii1

p



p

px

ii1

n

pi

p

i1

n

i

n

nnp即pixipixipii1i1i1

p1

由题设知

11p

1，得q，p1pq

所以

1p

1q



ppxpxpiiiii，i1i1i1

nn

p

n

1q

现取aipixi,bipi，i1,2,,n 则aibipixipi

1p

1q

pixi,pixiai，代入上式得

pp

pqababiiii i1i1i1

命题得证.在柯西赫勒德尔不等式中，若令pq2时，即得到著名的不等式——柯西不等式

nn

p

n

1q

22ababiiii i1i1i1

nn

n

n2n2

(aibi)aibii1i1i1

n

这里ai,bi,i1,2,,n为两组正实数，当且仅当aibi时等号成立.五．凸函数及重要不等式在证明初等不等式和函数不等式中的应用.例1.求证在圆的内接n边形中，以正变形的面积最大.证明 设圆的半径为r，内接n边形的面积为S，各边所对的圆心角分别为1,2,,n，则

S

rsin1sin2sinn,因为f“xsinx0，2

所以fxsinx是0,上的凹函数，由琴生不等式可得

f(

i1

n

i)fi.ni1n

n

n

即sin



i1

i

n



sin

i1

n

i

n

sininsin

i1

2

n

上式只有在12n时等号才成立，也即正n边形的面积最大.特别地，若A,B,C为三角形的三个内角时，由上式可得sinAsinBsinC

.2xy

例2 求证对任意的x0,y0，下面的不等式xlnxylny(xy)ln成立.证明 我们根据所要证明的不等式构造相应的函数，令fttlnt,t0，因f”t所以有

0.故fttlnt是0,上的凸函数，t

xyfxfyf,x,y0,, 

22

即

xyxy1lnxlnxylny, 222

xy

(xy)lnxlnxylny,所以在利用凸函数证明不等式时，关键是如何巧妙地构造出能够解决问题的函数，然后列出琴生不等式就可以简洁，巧妙地得到证明.nnnn

n4444

例3 设ai,bi,ci,di都是正实数，证明aibicidiaibicidi.i1i1i1i1i1

分析 本题所要证明的结论看上去接近于柯西不等式，但是这里是4次方的情形，所以想办

法将其变成标准形式。

nn

证明aibicidiaibicidi

i1i1

aibi

i1

n

n2

cidi

i12

n

n2222=aibicidi i1i1

n

n

n

n







ai

i1

bi

i1

ci

i1

di

i1

通过以上例子我们可得出结论，运用柯西不等式的关键是对照柯西不等式的标准形式，构造

出两组适当的数列，然后列出式子.例4 设a,b,c,d都是正实数，且cdab

证明 首先由均值不等式得





a3b3

1..证明

cd

a3b3acb3bda344

 acbdabcddc

a2abb

=a2b2再由柯西不等式得



2122

acbdab

c

d

d





ab=a2b2



122

c

322



a3b322

ab即cd



a3b3

cdacbd 

a2b2



a3b31 所以cd

六．总结

由上面的分析我们看到，虽然利用函数的凹凸性来证明不等式有它的局限性，但是往

往是其它方法不可代替的，我们可以充分感受到利用函数的凹凸性解决问题的方便和快捷，丰富了不等式的常规证法，开阔了解题思路.参考文献

【1】 【2】 【3】 【4】

篇11：利用放缩法证明不等式举例

高考中利用放缩方法证明不等式，文科涉及较少，但理科却常常出现，且多是在压轴题中出现。放缩法证明不等式有法可依，但具体到题，又常常没有定法，它综合性强，形式复杂，运算要求高，往往能考查考生思维的严密性，深刻性以及提取和处理信息的能力，较好地体现高考的甄别功能。本文旨在归纳几种常见的放缩法证明不等式的方法，以冀起到举一反三，抛砖引玉的作用。

一、放缩后转化为等比数列。

例1.{bn}满足：b11,bn1bn(n2)bn

3（1）用数学归纳法证明：bnn

（2）Tn

解：(1)略

(2)bn13bn(bnn)2(bn3)

又bnn

bn132(bn3)，nN

迭乘得：bn3

2n1211111...，求证：Tn 3b13b23b33bn2*(b13)2n1 11n1,nN* bn32

Tn1111111 ...234n1n12222222

2点评：把握“bn3”这一特征对“bn1bn(n2)bn3”进行变形，然后去

掉一个正项，这是不等式证明放缩的常用手法。这道题如果放缩后裂项或者用数学归纳法，似乎是不可能的,为什么？值得体味！

二、放缩后裂项迭加

例2．数列{an}，an(1)

求证：s2nn11，其前n项和为sn

n

2解：s2n1

令bn11111 ...2342n12n1，{bn}的前n项和为Tn 2n(2n1)

1111()2n(2n2)4n1n当n2时，bn

s2nTn

111111111111()()...()

212304344564n1n71 104n2

点评:本题是放缩后迭加。放缩的方法是加上或减去一个常数，也是常用的放缩手法。值得注意的是若从第二项开始放大，得不到证题结论，前三项不变，从第四项开始放大，命题才得证，这就需要尝试和创新的精神。

例3.已知函数f(x)axbc(a0)的图象在(1,f(1))处的切线方程为 x

yx

1（1）用a表示出b,c

（2）若f(x)lnx在[1,)上恒成立，求a的取值范围

（3）证明：1

解：（1）（2）略

（3）由（II）知：当a111n ...ln(n1)23n2(n1)1时,有f(x)lnx(x1)2

111令a,有f(x)(x)lnx(x1).22x

11且当x1时,(x)lnx.2x

k111k1k111令x,有ln[][(1)(1)], kk2kk12kk1

111即ln(k1)lnk(),k1,2,3,,n.2kk1

将上述n个不等式依次相加得

ln(n1)

整理得 11111(), 223n2(n1)

1111nln(n1).23n2(n1)

点评：本题是2010湖北高考理科第21题。近年，以函数为背景建立一个不等关系，然后对变量进行代换、变形，形成裂项迭加的样式，证明不等式，这是一种趋势，应特别关注。当然，此题还可考虑用数学归纳法，但仍需用第二问的结论。

三、放缩后迭乘

例4

．a11,an11(14annN*).16

（1）求a2,a3

（2）

令bn{bn}的通项公式

（3）已知f(n)6an13an，求证：f(1)f(2)f(3)...f(n)

解：（1）（2）略 1 2

21n1n1()() 3423

13231f(n)nn2nn11n 42424

111211(1n)(1n1)1nn2n11n11n11141n11n11n1444

11nf(n)1n14

11111121n1n...1f(1)f(2)...f(n)11111122

n144由（2）得an