高考中利用导数证明不等式的一些策略

高考中利用导数证明不等式的一些策略
1与lnx分开来考虑，即将f(x)分解为两个函数的和：
f(x)=lnx+2ex-1.然后分别对这两个函数求导，得到
f'(x)=1/x+2ex>0，说明f(x)在定义域上单调递增，且f(0)=1，
因此f(x)>1成立。

评注：对于这种需要分离成两个函数的不等式，可以先观察不等式的特征，尝试将其分解为两个函数的和或差，然后分别对这些函数求导来证明不等式。

类型三、需要构造辅助函数的不等式
1.利用辅助函数构造上下界
例3（2016年全国卷1第23题改编）已知a,b,c>0，证明：(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)≥9
分析：将(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)展开，得到
a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b+3≥9.观察不等式中的每一项，可以发
现这些项都可以表示为三个数的和，因此可以构造辅助函数
f(x)=ln(x)+1/x-1，然后对f(x)求导，得到f'(x)=1/x^2-1，f'(x)>0
当且仅当x1，因此f(x)在(0,1)和(1,∞)上分别是减函数和增函
数。

接着，将a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b分别表示为
f(ab)+f(ac)+f(bc)+3，然后应用均值不等式，得到
f(ab)+f(ac)+f(bc)≥3f((abc)^(2/3))=3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)-3.将此
式代入原不等式中，得到3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)≥6，即
ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3.再次利用辅助函数，构造
g(x)=lnx+(1/3)x^(-2/3)-2/3，对其求导得到g'(x)=1/x-(2/9)x^(-
5/3)，g'(x)>0当且仅当x9/4，因此g(x)在(0,9/4)和(9/4,∞)上分
别是减函数和增函数。

由于a,b,c>0，因此abc>0，因此可将不等式中的abc替换为x，得到g(abc)≥0，即
ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)-2/3≥0，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3，因此原不等式成立。

评注：对于这种需要构造辅助函数的不等式，可以先观察不等式的特征，尝试构造一个辅助函数，通过对辅助函数求导来证明不等式。

类型四、需要利用函数的性质的不等式
1.利用函数的对称性
例4（2015年全国卷2第23题改编）已知a,b,c>0，证明：(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)≥(1+√3)^2
分析：观察不等式，可以发现它具有对称性，即a,b,c可
以任意交换。

因此，可以将a+b+c固定为某个常数k，然后利
用均值不等式，得到(1/a+1/b+1/c)≥3/(a+b+c)，因此只需要证
明k/(abc)≥(1+√3)^2/3，即k^3≥27abc(1+√3)^2.由于k固定，因
此这是一个关于abc的不等式，可以将其转化为一个只关于一
个变量的不等式，例如将abc替换为x，得到
k^3≥27x(1+√3)^2.然后构造函数f(x)=k^3-27x(1+√3)^2，对其求导，得到f'(x)=-54(1+√3)^2<0，因此f(x)在定义域上是单调递
减的，且f(abc)=0，因此原不等式成立。

评注：对于这种需要利用函数的性质的不等式，可以先观察不等式的特征，尝试利用函数的对称性、周期性等性质来简化证明过程。

类型五、需要利用函数的极值的不等式
1.利用函数的极值
例5（2017年全国卷1第23题改编）已知a,b,c>0，证明：(a+b+c)^3/(abc)≥27+18(√2-1)
分析：将(a+b+c)^3/(abc)展开，得到
a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b+6≥27+18(√2-1)。

观察不等式中的每一
项，可以发现这些项都可以表示为三个数的和，因此可以构造辅助函数f(x)=ln(x)+1/x-1，然后对f(x)求导，得到f'(x)=1/x^2-1，f'(x)>0当且仅当x1，因此f(x)在(0,1)和(1,∞)上分别是减函
数和增函数。

接着，将a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b分别表示为
f(ab)+f(ac)+f(bc)+3，然后应用均值不等式，得到
f(ab)+f(ac)+f(bc)≥3f((abc)^(2/3))=3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)-3.将此
式代入原不等式中，得到3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)+3≥27+18(√2-1)，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3-6/(abc)^(2/3)+2ln(3)+2(√2-1)。

再次利用辅助函数，构造g(x)=lnx+(1/3)x^(-2/3)-2/3，对其求导得到g'(x)=1/x-(2/9)x^(-5/3)，g'(x)>0当且仅当x9/4，因此
g(x)在(0,9/4)和(9/4,∞)上分别是减函数和增函数。

由于abc>0，因此可将不等式中的abc替换为x，得到g(abc)≥0，即
ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)-2/3≥0，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3，因此可以得到ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)的最小值为2/3，即当
abc=1时取得，因此原不等式成立。

评注：对于这种需要利用函数的极值的不等式，可以先观察不等式的特征，尝试利用函数的极值来证明不等式。

证明：对于情形1，我们可以构造两个函数g(x)和h(x)，
使得g(x)在M1上取最小值，h(x)在M2上取最大值，且
g(x)>h(x)，那么就有f(x1)>g(x)>h(x)>f(x2)，即
f(x)max>g(x)>h(x)f(x)min，原不等式得证。

对于情形2，我们可以构造两个函数g(x)和h(x)，使得
g(x)在M1上取最大值，h(x)在M2上取最小值，且g(x)>h(x)，那么就有f(x1)>g(x)>h(x)>f(x2)，即f(x)max>g(x)>h(x)f(x)max，f(x)XXX<g(x)<h(x)f(x)min，原不等式得证。

对于情形3，我们可以构造两个函数g(x)和h(x)，使得
g(x)在M1上取最大值，h(x)在M2上取最小值，且g(x)>h(x)，那么就有f(x1)>g(x)>h(x)>f(x2)，即f(x)max>g(x)>h(x)f(x)min
或f(x)XXX<g(x)<h(x)f(x)max，原不等式得证。

同理，对于类型一的不等式，我们可以通过将分子和分母同乘以一个合适的函数，将其转化为一个单调递增或递减的形式，从而证明不等式的成立。

对于类型二的不等式，我们可以通过将其转化为一个单变量函数的形式，然后利用函数的单调性或凹凸性来进行证明。

对于类型三的不等式，我们可以通过构造一个合适的函数，然后利用函数的单调性或切线来进行证明。

例如，对于例4中的不等式，我们可以构造函数
$f(x)=\frac{x^{m}}{(1+x)^{n}}$，然后证明其在$(1,+\infty)$上
单调递减，从而得到不等式的成立。

对于例5中的不等式，我们可以构造函数$f(x)=x^{3}-x$，然后利用其在$(0,+\infty)$上的单调递增和切线$y=2(x-1)$来证
明$a \geq b$，然后再利用$b \geq c$得到整个不等式的成立。

类型四、与数列相关的不等式
例6：已知函数$f(x)=\ln(x+1)-\frac{3x}{x+4}$，$x>-1$，
证明：$f(x)>\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{4i+1}$。

分析：第一问略，第二问可利用第一问结论进行证明。

证明：由第一问令$x=\frac{1}{n+1}$，得到
$\ln(n+1)>\frac{3}{n}\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{4i+1}$。

左边展开累加可得
$\ln(n+1)>\frac{3}{n}\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{4i+1}$。

评注：这一类问题在高考中一般需要注意前一问的结论，观察结构特征，利用替换构造。

在2010年、2011年高考各省自主命中出现得比较多，而且难度比较大。

例如下列各题前一问结论已直接给出：
1.证明：
$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}<\ln
n<1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}$（利用结论$\ln(x+1)<x$，并令$x=n$）。

2.证明：$\ln(1+x^2)0$（提示：利用结论$\ln(1+x)<x$，并令$x=\tan\theta$）。

3.证明：$\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times
3}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}>\ln(n+1)$，$n\geq 1$（提示：利用结论$(x-1)\geq\ln x$，并令$x=n+1$）。

4.证明：①当$x>2$时，$\ln(x-1)<x-2$；
②$\sum\limits_{i=1}^n\ln\frac{i}{i+4}<\frac{n}{n+1}$（利用结论$\ln x<x-1$，并令$x=n^2$）。

5.证明：
$\frac{n}{e}>\frac{1}{n+1}+\frac{2}{n+2}+\cdots+\frac{n}{n+n }$（利用结论$1+x<e^x$，并令$x=-\frac{1}{n}$）。

类型五、需消元再构造函数的不等式
例7（2016年永州市高三二模第21题）：已知函数
$f(x)=ax^2-e^x$有两个极值点$m,n$，求证：$m+n>2$。

分析：由已知消去$a$得到$m+n$与$m-n$的关系，再构造函数证明。

证明：由$f(x)=ax^2-e^x$得$f'(x)=2ax-e^x$，所以
$2am=em$，$2an=en$，于是有$2a(m+n)=em+en$，$2a(m-n)=e-e$，消去$a$得$m+n=mn\frac{e^{m-n}+1}{e^{m-n}-1}$。

令$t=m-n$，这里不妨设$m>n$，则
$m+n=t\frac{e^t+1}{e^t-1}$，欲证$m+n>2$，只需证$(t-
2)e^t+t+2>0$。

令$\phi(t)=(t-2)e^t+t+2$，则$\phi'(t)=(t-1)e^{t+1}$，
$\phi''(t)=te^t$。

由$\phi'(t)$为增函数，$\phi'(t)>\phi'(0)=1$，可知
$\phi(t)$为增函数，$\phi(t)>\phi(0)=2$，即$(t-2)e^t+t+2>2$，
也就是$m+n>2$。

注：此类题型含有参数并与零点或极值有关问题出现。

只要消去参数，构造函数即可。

例如$f(x)=x-ae^x$的两个不同零
点为$m,n$，证明$m+n>2$。

另外，对数原出于指数，只要稍
加改造就能变成一道对数型函数题型，请看下一例题。

例8：已知函数$f(x)=\ln x-ax$有两个零点$m,n$，求证：$\frac{1}{m}+\frac{1}{n}>2$。

分析：采用类似于例7的方法。

证明：由$m,n$为函数$f(x)=\ln x-ax$的两个零点得$\ln
m=am$，$\ln n=an$，$\ln m+\ln n=a(m+n)$，$\ln m-\ln n=a(m-n)$，$\ln\frac{mn}{n}=a^2mn$。

这里不妨设$m>n>0$。

欲证$\frac{1}{m}+\frac{1}{n}>2$，令$t=\frac{m}{n}>1$，则只需证$2\ln\frac{1}{2}+\ln t\frac{2}{m}=\frac{2}{t}>2$。

注：这里重点仍然是消参变形，例如$f(x)=-2(a-2)x^2-
a(x\ln x-x)$有两个极值点$m,n$，且$m>n>0$，求证：
$f''(x)>0$。

消参后要注意为了使所证函数变得简洁，一定要记得本文开头所说的那几点。

以上只是个人在近些年解题中的一些粗浅的看法，导数证明不等式的题型还有很多，例如变量多次转换问题、单峰函数的广义对称问题等。

总而言之，本人认为函数与导数中的不等式证明题中绝大部分是通过构造函数，并需要导数知识，需要考虑构造几个函数、变量是否相同、是否需要切线过渡、分析法思考如何变形使构造的函数变得简洁等，值得注意的是我们要让数形结合的思想贯穿于解题的始终。

参考文献：
1] XXX在《中学数学月刊》2006年第2期发表了一篇论文，探讨了在导数证明不等式中构造函数的策略。

文章分析了一些常见的构造函数方法，并举例说明了如何利用导数证明不等式。

2] XXX在《试题与研究：新课程论坛》2012年第14期
发表了一篇论文，介绍了利用导数证明函数不等式的分类例子。

文章从不同的角度出发，分类讨论了一些常见的函数不等式，并通过导数证明方法加以证明。

3] XXX在《科学时代》2013年第6期发表了一篇论文，探讨了函数与导数题中不等式的证明方法。

文章介绍了一些常见的不等式，如均值不等式、柯西不等式等，并详细讲解了如何利用导数证明这些不等式。