利用导数证明不等式的两种通法之欧阳音创编

利用导数证明不等式的两种
通法
吉林省长春市东北师范大学附属实验学校
金钟植 岳海学
利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。

下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。

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
()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），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
(0,)
2x π
∈，求证：sin tan x x x << 分析：欲证sin tan x x x <<，只需证函数
()sin f x x x
=-
和()tan g x x x =-在(0,)
2π
上单调递减即可。

证明： 令()sin f x x x =- ，其中(0,)2x π
∈
则
/
()cos 1f x x =-，而(0,)cos 1cos 102x x x π
∈⇒<⇒-<
所以
()sin f x x x
=-在
(0,)
2
π
上单调递减，即
()sin (0)0f x x x f =-<=
所以sin x x <；
令()tan g x x x =- ，其中(0,)
2x π
∈ 则/22
1
()1tan 0cos g x x x
=-
=-<，所以()tan g x x x
=-在
(0,)
2π
上单调递减，
即()tan (0)0g x x x g =-<= 所以tan x x <。

综上所述，sin tan x x x <<
评注：证明函数类不等式时，构造辅助函数比较容易，只需将不等式的其中一边变为0，然后另一边的函数作为辅助函数，并利用导数证明其单调性或其最值，进而构造我们所需的不等式的结构即可。

根据不等式的对称性，本例也可以构造辅助函数为
在(0,)
2π
上是单调递增的函数（如：利用()sin h x x x =-在(0,)
2π
上是单调递增来证明不等式sin x x <），另外
不等式证明时，区间端点值也可以不是我们所需要的最恰当的值（比如此例中的
(0)f 也可以不是
0，
而是便于放大的正数也可以）。

因此例可变式为证明如下不等式问题：
已知
(0,)
2x π
∈，求证：sin 1tan 1x x x -<<+ 证明这个变式题可采用两种方法：
第一种证法：运用本例完全相同的方法证明每个不等式以后再放缩或放大，即证明不等式
sin x x
<以后，根据sin 1sin x x x -<<来证明不等式
sin 1x x -<；
第二种证法：直接构造辅助函数
()sin 1f x x x =--和
()tan 1g x x x =--，其中(0,)
2x π
∈
然后证明各自的单调性后再放缩或放大（如：
()sin 1(0)10f x x x f =--<=-<）
例2 求证：ln(1)x x +<
分析：令()ln(1)f x x x =+-，经过求导易知，()f x 在其定义域(1,)-+∞上不单调，但可以利用最值证明不等式。

证明：令()ln(1)f x x x =+- 函数f(x)的定义域是(1,)-+∞,
'
f (x)=111
-+x
.令'f (x)=0，解得x=0，
当-1<x<0时, 'f (x)>0,当x>0时,'f (x)<0，又f(0)=0，
故当且仅当x=0时，f(x)取得最大值，最大值是0
所以()ln(1)(0)0f x x x f =+-<=
即ln(1)x x +<
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3
已知
0,,(1)(1)0m n a b R a b +
>>∈--≠且 求证：
()()n n m m m n a b a b +>+ 分析： 证明： 令
ln()()(0)
x x a b f x x x
+=
>
则
/22ln ln ln()(ln ln )()ln()()()
x x x x x x x x x x x x x x a a b b x a b x a a b b a b a b a b f x x x a b +-++-+++==
+
所以，
ln()
()0x x a b f x x +=+∞在（，）上是减函数
又因为0m n >>，所以()()f n f m >
即ln()ln()n n m m a b a b n m ++>
即
()()n n m m m n
a b a b +>+ 评注：利用导数证明常数类不等式的关键是经过适当的变形，将不等式证明的问题转化为函数单调性证明问题，其中关键是构造辅助函数，如何构造辅助函数也是这种通法运用的难点和关键所在。

通过本例，不难发现，构造辅助函数关键在于不等式转化为左右两边是相同结构的式子（本例经过转化后的不等式
ln()ln()
n n m m a b a b n m
++>的两边都是相同式子
ln()x x a b x
+的结构，所以可以构造辅助函数
ln()
()x x a b f x x +=
），这样根据“相同结构”可以构造
辅助函数。

例4已知
02π
αβ<<<
，求证：tan tan 11tan tan ααβ
ββα-<<+ 分析：欲证
tan tan 11tan tan ααβ
ββα
-<<+，只需证
tan tan tan tan ααβ
ββα<<
（不然没法构造辅助函数），即
tan tan ,tan tan α
β
ααββ
αβ
<<，则需证函数
tan (),()tan x f x g x x x x =
=都在函数区间(0,)2π
上单调递增
即可。

证明：设
tan ()x f x x =
，(0,)2x π
∈
则2/
2
22sec tan sin cos ()cos x x x x x x
f x x x x --==
由
例
1知，
(0,)sin sin cos sin cos 0
2x x x x x x x x π
∈⇒>>⇒->
即
/()0f x >，所以
tan ()x
f x x
=
在(0,)
2π
上单调递增，而
02π
αβ<<<
所以
tan tan αβ
αβ<，即
tan tan αα
ββ<，进而得到tan 1tan αα
β
β-<
设()tan g x x x =，
(0,)
2x π
∈ 则/
2
()tan sec g x x x x
=+，又因为
(0,)
2
x π
∈，所以
/()0g x >，
进而()tan g x x x =在(0,)2π上单调递增，而
02π
αβ<<<
所以tan tan ααββ<，即tan tan αβ
βα<
，进而得到tan 1tan αββα<+
综上所述tan tan 11tan tan ααβ
ββα-<<+
三、同步练习题 1．当1>x 时,求证:
x x 1
32-
>
2．已知a,b 为实数，并且e<a<b ，其中e 是自然对数的底，证明：b
a a
b >
3．已知函数
()
()ln(1)10x f x e x x =-+-≥
（1）求函数()f x 的最小值；
（2）若0y x ≤<，求证：1ln(1)ln(1)x y e x y -->+-+ 4．求证：
()()e e e
e e πππππ+>+ 参考答案： 1．证明： 要证
x
x 132-
>，只要证
)
1()13(423>->x x x ,
即证
=--23)13(4x x ,0)(169423>=-+-x f x x x
则当1>x 时，
0)1)(12(6)132(6)('3
>--=+-=x x x x x f , ),1()(+∞∴在x f 上递增，0)1()(=>∴f x f 即0)(>x f 成立，
原不等式得证 2．证明： 当e<a<b
时， 要证b a
a b >， 只要证ln ln b a a b >,
即只要证
b b a a ln ln > 考虑函数
)0(ln +∞<<=
x x x
y 。

因为当e x >时，
,0ln 12<-=
'x x y 所以函数)
,(ln +∞=e x x y 在内是减函数
因为
e<a<b ，所以b b
a
a ln ln >
，即得b a a b > 3．（1）最小值为0
（2）因为00y x x y ≤<⇒->， 而由（1）知，对0x >，恒有
()0f x >，所以不等式
()0f x y ->恒成立
即
ln(1)10x y
e x y ---+-> 所以
1ln(1)x y
e x y -->-+ 又因为
所以
1ln(1)ln(1)x y e x y -->+-+ 证明：设
ln()
()(0)
x x e f x x x π+=>，
则
'2
ln ln()()x x x x x x
e x e e
f x x
ππππ+-++=
所以函数
ln()()x x e f x x π+=
在其定义域(0,)+∞单调递减
所以()()f f e π<，即
ln()
ln()
e e e e e πππππ
++<
根据对数的运算性质得，
()()e e e
e e πππππ+>+。