高中數(shù)學講義微專題20一元不等式的證明

1、- 1 - / 12 微專題 20 一元不等式的證明 利用函數(shù)性質與最值證明一元不等式是導數(shù)綜合題常涉及的一類問題，考察學生構造函數(shù)選擇函數(shù)的能力，體現(xiàn)了函數(shù)最值的一個作用每一個函數(shù)的最值帶來一個恒成立的不等式。此外所證明的不等式也有可能對后一問的解決提供幫助，處于承上啟下的位置。 一、基礎知識： 1、證明方法的理論基礎 （1）若要證( )f xc(c為常數(shù)）恒成立，則只需證明：( )maxfxc，進而將不等式的證明轉化為求函數(shù)的最值 （ 2 ） 已 知( )( ),fxg x的 公 共 定 義 域 為d， 若( )( )minmaxfxg x， 則( )( ),xd fxg x 證明：對任意

2、的1xd，有()( )()( )11minmax,fxfxg xg x 由 不 等 式 的 傳 遞 性 可 得 ：()( )( )()11minmaxfxfxg xg x， 即( )( ),xd fxg x 2、證明一元不等式主要的方法有兩個： 第一個方法是將含x的項或所有項均挪至不等號的一側，將一側的解析式構造為函數(shù)，通過分析函數(shù)的單調性得到最值，從而進行證明，其優(yōu)點在于目的明確，構造方法簡單，但對于移項后較復雜的解析式則很難分析出單調性 第二個方法是利用不等式性質對所證不等式進行等價變形，轉化成為( )( )fxg x的形式，若能證明( )( )minmaxfxg x，即可得：( )( )

3、fxg x，本方法的優(yōu)點在于對x的項進行分割變形，可將較復雜的解析式拆成兩個簡單的解析式。但缺點是局限性較強，如果( )minfx與( )maxg x不滿足( )( )minmaxfxg x，則無法證明( )( )fxg x。所以用此類方法解題的情況不多，但是在第一個方法失效的時候可以考慮嘗試此法。 3、在構造函數(shù)時把握一個原則：以能夠分析導函數(shù)的符號為準則。 4、若在證明( )0fx 中，解析式( )fx可分解為幾個因式的乘積，則可對每個因式的符號進行討論，進而簡化所構造函數(shù)的復雜度。 5、合理的利用換元簡化所分析的解析式。 - 2 - / 12 6、判斷解析式符號的方法： （1）對解析式進

4、行因式分解，將復雜的式子拆分為一個個簡單的式子，判斷出每個式子的符號即可得到解析式的符號 （2）將解析式視為一個函數(shù)，利用其零點（可猜出）與單調性（利用導數(shù)）可判斷其符號 （3）將解析式中的項合理分組，達到分成若干正項的和或者若干負項的和的結果，進而判斷出解析式符號 二、典型例題： 例 1：求證：ln1xx 思路：移項構造函數(shù)求解即可 證明：所證不等式等價于：ln10 xx+ 令( )ln1fxxx=+ 則只需證明：( )max0fx ( )111xfxxx= = 令( )0fx 解得：1x x ()0,1 ()1,+ ( )fx + ( )fx ( )( )max10fxf= ( )( )1

5、0fxf= 即所證不等式成立 小煉有話說： （1）此題的解法為證明一元不等式的基本方法，即將含x的項移至不等號的一側，構造函數(shù)解決。 （2）一些常見不等關系可記下來以備使用： ln1xx 1xex+ ()sin0,xx x+ 例 2：設函數(shù)( )1xf xe= ，證明：當1x 時，( )1xf xx+ 思路：本題依然考慮構造函數(shù)解決不等式，但如果僅僅是移項，則所證不等式為101xxex+，令( )11xxg xex= +，其導函數(shù)比較復雜（也可解決此題），所以考慮先對不等式進行等價變形，轉變?yōu)樾问捷^為簡單的不等式，再構造函數(shù)進行證明 - 3 - / 12 證明：111xxex+111111xx

6、xexex + 1x ，所以所證不等式等價于 110 xxexex+ 設( )1xg xex= 只需證( )min0g x即可 ( )1xgxe= 令( )00gxx ( )g x在(),0單調遞減，在()0,+單調遞增 ( )( )min00g xg= ( )( )00g xg= 故不等式得證 小煉有話說：本題在證明時采取先化簡再證明的策略，這也是我們解決數(shù)學問題常用的方法之一，先把問題簡單化再進行處理。在利用導數(shù)證明不等式的問題中，所謂的“簡化”的標準就是構造的函數(shù)是否易于分析單調性。 例 3：已知函數(shù)( )()1 ln1f xxxx=+，證明：()( )10 xf x 思路：若化簡不等式

7、左邊，則所證不等式等價于()()221 ln10 xxx，若將左邊構造為函數(shù)，則函數(shù)的單調性難于分析，此法不可取?？紤]原不等式為乘積式，且與 0 進行比較，所以考慮也可分別判斷各因式符號，只需讓()1x 與( )fx同號即可。而()1x 的正負一眼便可得出，( )fx的符號也不難分析，故采取分別判斷符號的方法解決。 解：( )11ln1lnxfxxxxx+=+ =+ ( )22111xfxxxx= ( )fx在()0,1單調遞減，在()1,+單調遞增 ( )( )110fxf= ( )fx為增函數(shù) ( )10f= ()0,1x 時，( )( )10f xf= ()( )10 xfx )1,x+

8、時，( )( )10f xf= ()( )10 xfx 綜上所述，()( )10 xfx成立 小煉有話說：與 0 比較大小也可看做是判斷一側式子的符號，當不等式的一側可化為幾個因式的乘積時，可分別判斷每一個因式的符號（判斷相對簡單），再決定乘積的符號。 - 4 - / 12 例 4：已知( )lnxf xeaxa=，其中常數(shù)0a （1）當ae=時，求函數(shù)( )f x的極值 （2）求證：221ln0 xxeexx 解：（1）當ae=時，( )lnxf xeexe= ( )xefxex=，( )10f= ( )20 xefxex=+ ( )fx在()0,+單調遞增 ()0,1x 時，( )( )1

9、0fxf=，()1,x+，( )( )10fxf= ( )f x在()0,1單調遞減，在()1,+單調遞增 ( )f x的極小值為( )10f=，無極大值 （2）思路：本題如果直接構將左側構造函數(shù)，則導數(shù)過于復雜，不易進行分析，所以考慮將 所 證 不 等 式 進 行 變 形 成 “( )( )minmaxf xg x” 的 形 式 。 由 第 （ 1 ） 問 可 得 ：ln0 xeexe， 即lnxeexe， 則 所 證 不 等 式 兩 邊 同 時 除 以2xe， 即 證 ：2lnxxxeexe，而lnxeexe，所以只需構造函數(shù)證明2xxee即可 解：由（1）得ln0lnxxeexeeexe

10、 所證不等式：221ln0 xxeexx 2lnxxxeexe 設( )22xxxg xxee= ( )()2221xxxgxexex e= 令( )0gx 可解得：1x ( )g x在()0,1單調遞增，在()1,+單調遞減 ( )( )max1g xge= - 5 - / 12 ( )lnxeexeg x即2lnxxxeexe 221ln0 xxeexx 例 5：已知( )( )2ln,2f xxxax g xx= （1）當1a = 時，求( )fx在(),30m mm+的最值 （2）求證：）求證：()0,x +，12ln1xxeex+ 解： （1）( )( )ln,ln2f xxxx f

11、xx=+=+ ( )fx的單調區(qū)間為 x 210,e 21,e+ ( )gx + ( )g x 2103mme+ 210me ( )22min11f xfee= ( )()()()max33 ln33f xf mmmm=+=+ 21me時，( )( )()()minmaxln,3 ln33f xmmm f xmmm=+=+ （ 2 ） 思 路 ： 所 證 不 等 式12ln1xxeex+ ， 若 都 移 到 左 邊 構 造 函 數(shù) ， 則 函 數(shù)12ln1xyxeex=+ +很難分析單調性，進而無法求出最值。本題考慮在兩邊分別求出最值，再比較大小即可 解：所證不等式等價于12ln1xxeex+

12、 2lnxxxxxee+ 設( )lnp xxxx=+ ( )1 ln1ln2pxxx= + =+ 令( )210p xxe ( )p x在210,e單調遞減，在21,e+單調遞增 - 6 - / 12 ( )( )22min11p xp xpee= 設( )2xq xxee= ( )()1xqxx e= ( )q x在()0,1單調遞增，在()1,+單調遞減 ( )( )( )max11q xq xqe= ( )( )minmaxp xq x ()( )( )( )( )minmax0,xp xp xq xq x + 所證不等式成立 例 6：設barbabaxxxxf,(1) 1ln()(+

13、=為常數(shù)），曲線)(xfy =與直線xy23=在(0，0)點相切. (1)求ba,的值. (2)(2)證明：當證明：當20 x時，時，69)(+xxxf. 解：（1）( )fx過()0,0點 ( )0101fbb= += ( )11121fxaxx=+ ( )1301022faa= += 01ab= ( )()ln11 1f xxx=+ （2）思路：所證不等式等價于()9ln11 16xxxx+ +，若將x的表達式挪至不等號一側，則所構造的函數(shù)( )()9ln1116xg xxxx=+ +中96xx +，1x +求導后結構比較復雜。觀察到對數(shù)與根式均含有()1x +，進而考慮換元1tx=+化簡

14、不等式。另一方面，當0 x =時，( )00g=，而0 x =是所證x的臨界值，進而會對導數(shù)值的符號有所影響。 解： 所證不等式等價于：()9ln11 16xxxx+ + 令()1,1, 3txt=+ 則不等式轉化為：()22291ln15tttt+ + ()()()2252ln1910tttt+ （若不去分母，導函數(shù)比較復雜，不易分析） - 7 - / 12 令( )()()()22232252ln1912ln10ln5599g tttttttttttt=+ =+ + 2322ln1010ln54tttttt=+ 只需證( )max0g t即可 觀察( )10g= ( )2210104 ln

15、232054 ln3185g tttttttttttt=+=+ ( )10g= 進而考慮( )gx的單調性 （盡管( )( ),g tg t復雜，但有零點在，就能夠幫助繼續(xù)分析，堅持往下進行） ( )22101044ln6184ln614gxtttttt=+=+ ( )gt單調遞增，( )()1034ln36 3 1403gtg=+ ( )g t單調遞減 ( )( )10g tg= （1t =是( )( ),g xgx的零點，從而引發(fā)連鎖反應） ( )g t單調遞減 ( )( )10g tg= ( )0g t即所證不等式成立 當20 x時，69)(+xxxf 小煉有話說：本題有以下兩個亮點 （

16、1）利用換元簡化所證不等式 （2）零點的關鍵作用：對于化簡后的函數(shù)( )g t而言，形式依然比較復雜，其導函數(shù)也很難直接因式分解判斷符號，但是由于尋找到1t =這個零點，從而對導函數(shù)的符號判斷指引了方向，又因為發(fā)現(xiàn)1t =也是導函數(shù)的零點，于是才決定在對導函數(shù)求一次導，在二次導函數(shù)中判斷了符號，進而引發(fā)連鎖反應，最終證明不等式?？梢哉f，本題能堅持對( )g t進行分析的一個重要原因就是1t =這個零點。 例 7：（2015，福建，20）已知函數(shù)( )()( )ln 1,f xxg xkx=+= （1 1）求證：當）求證：當0 x 時，時，( )f xx （2 2）求證：當）求證：當1k 時，存

17、在時，存在00 x ，使得對任意的，使得對任意的()00,xx，恒有，恒有( )( )f xg x 解：（1）思路：所證不等式為：()ln 1xx+，只需將含x的項移植不等號一側，構造函數(shù)即可證明 證明：所證不等式等價于：()ln 10 xx+，設( )()ln1h xxx=+ - 8 - / 12 ( )11011xh xxx= = + ( )h x在()0,+單調遞減 ()0,x +時，( )( )00h xh= 即()ln 1xx+得證 （2）思路：本題的目標是要找到與k相關的0 x，因為( )( ),f xg x函數(shù)形式較為簡單，所以可以考慮移至不等號一側：( )( )()0ln10f

18、 xg xxkx+，設( )()ln1h xxkx=+，( )1111kxkh xkxx+ =+，因為( )00h=，所以只需( )h x在()00,x單增即可?？蓪進行0k 和01k分類討論。 證明：( )( )()0ln10f xg xxkx+ 設( )()ln1h xxkx=+ 則( )1111kxkh xkxx+ =+且( )00h= 令( )0h x ，即1kxk 當0k 時，解得111kxkk= 110k 1kxk恒成立 ( )h x在()0,+單調遞增 ( )( )00h xh= 0 x可取任意正數(shù) 當0k =時，( )()ln1h xx=+，當0 x ，( )0h x ，故0

19、 x可取任意正數(shù) 當01k時，解得1kxk，而10kk ( )h x在10,kk單調遞增，在1,kk+單調遞減 10,kxk ，均有( )( )00h xh=，只需取010kxk即可 綜上所述：存在00 x ，使得對任意的()00,xx，恒有( )( )f xg x 例 8：已知函數(shù)( )lnxxkf xe+=（k為常數(shù)，2.71828e =，是自然對數(shù)的底數(shù)），曲線( )yf x=在( )()1,1f處的切線與x軸平行 （1）求k的值 （2）設）設( )()( )2g xxx fx=+，其中，其中( )fx為為( )fx的導函數(shù)。的導函數(shù)。 - 9 - / 12 證明：對證明：對( )20,

20、1xg xe + 解：（1）( )()211lnlnxxxxexk exkxxfxee+= ( )()1,1f處的切線與x軸平行 ( )1010fk= = 1k=: （2）所證不等式等價于： ()221ln11xxxxxee+ + ()21ln11xexxxex + 設( )1lnp xxxx= ( )1 ln1ln2p xxx= = 令( )20ln20pxxxe ( )p x在()20,e單調遞增，在()2,e+單調遞減 ( )()221p xp ee= +，即21ln1xxxe + 若要證()21ln11xexxxex+，只需證111xxeexx + 設( )1xq xex= ( )1x

21、qxe=，令( )0qx 解得：0 x ( )q x在()0,+單調遞增 ( )( )00q xq= 111xxeexx+ + ()21ln11xexxxex +，即原不等式得證 例 9：已知函數(shù)( )lnf xaxx=+，函數(shù)( )g x的導函數(shù)( )xgxe=，且( )( )01gge=，其中e為自然對數(shù)的底數(shù) （1）求( )fx的極值； - 10 - / 12 （2 2）當當0a =時，對于時，對于()0,x +，求證：，求證：( )( )2f xg x 解：（1）函數(shù)( )fx的定義域為()0,+，( )11axfxaxx+=+= 當0a 時，( )0fx ，( )fx在()0,+上為

22、增函數(shù)，( )fx沒有極值； 當0a 時，令( )10fxxa ( )fx在10,a單調增，在1,a+單調遞減 ( )fx有極大值()11lnfaa= ，無極小值 （2）當0a =時，( )lnfxx=，令( )( )( )2xg xfx=，即( )ln2xxex= ( )1xxex=，則( )x在()0,+上為增函數(shù) ( )120,1102ee= ()001,102xx=， ( )x在()0,+上為增函數(shù) ()00,xx 時，( )0 x ()0,xx+時，( )0 x ( )x在()00,x單調遞減，在()0,x +單調遞增 ( )()000minln2xxxex= ()000001100

23、 xxxeexx=，00001lnlnxxxx= = ()00012xxx=+，由01,12x可知00001122xxxx+= ()00 x ( )()00 xx即( )( )2f xg x 例 10：設函數(shù)( )2cosfxaxx=+. - 11 - / 12 （1）證明：12a 時，函數(shù)( )fx在)0,+上單調遞增； （2）證明：24sin2 ln310 xxxx+ . 解：（1）( )2sinfxaxx= 只需證2sin0axx即可 令( )2sing xaxx= ( )00g= ( )2cosgxax= 1212aa 2cos0ax ( )g x在)0,+單調遞增 ( )( )00g xg=即( )2sin0fxaxx= 函數(shù)( )fx在)0,+上單調遞增 （2）思路：對所證不等式24sin2 ln310 xxxx+ ，若直接將左側構造函數(shù)，則無法求出單調區(qū)間和最值。（導函數(shù)中含有sin ,lnxx無法進一步運算），所以考慮將左側的一部分挪至不等號另一側，構造兩個函數(shù)進行比較。 224sin2 ln31032 ln14sinxxxxxxxx+ + ( 右 邊4sin4x , 考 慮( )232 ln1g xxxx=+能否恒大于 4，( )622lngxxx=,( )26gxx=( )gx在10,3處單調減，在1,+