高考數(shù)學熱點問題專練：一元不等式的證明

第20煉一元不等式的證明

利用函數(shù)性質(zhì)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(gòu)造函

數(shù)選擇函數(shù)的能力，體現(xiàn)了函數(shù)最值的一個作用一一每一個函數(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(chǔ)知識：

1、證明方法的理論基礎(chǔ)

(1)若要證〃x)<C(C為常數(shù))恒成立，則只需證明：/(x)max<C,進而將不等式的

證明轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值

(2)已知/(x),g(x)的公共定義域為。，若/(x)1nto>g(%)1mx,則VxwDJ(x)>g(x)

證明：對任意的當€。，有/(xjN/a/n.gajWgOOa

由不等式的傳遞性可得:/(七)之/(x)1nhi>g(x)1mx>g(xj,即VxwDJ(x)>g(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(cè)，將一側(cè)的解析式構(gòu)造為函數(shù)，

通過分析函數(shù)的單調(diào)性得到最值，從而進行證明，其優(yōu)點在于目的明確，構(gòu)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(diào)性

第二個方法是利用不等式性質(zhì)對所證不等式進行等價變形，轉(zhuǎn)化成為〃力>g(x)的形

式，若能證明/(x/n)gGOmx，即可得：/(x)>g(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

/(%)3與8(肛3不滿足/(%)皿>8(*)1皿，則無法證明/(x)>g(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(gòu)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/(力>0中，解析式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(gòu)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。

6、判斷解析式符號的方法：

(1)對解析式進行因式分解，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(diào)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(jié)果，進而判

斷出解析式符號

二、典型例題：

例1：求證：lnx<x-1

思路：移項構(gòu)造函數(shù)求解即可

證明：所證不等式等價于：lnx-x+l<0

令/（%）=lnX-X+l則只需證明：/（X）max4°

11—y

/'（%）=--1=--令（X）>0解得：X<1

XX

(0,1)

f\x)+—

?。?

°.-./W</(1)=O

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(cè)，構(gòu)造函

數(shù)解決。

（2）一些常見不等關(guān)系可記下來以備使用：

①InxWx-l②e**+l③x>sinxxe（0,+oo）

例2：設(shè)函數(shù)=l—HO證明：當x>—1時，/（x）>-^-

思路：本題依然考慮構(gòu)造函數(shù)解決不等式，但如果僅僅是移項，則所證不等式為

■vjr

l-e~x-------->0,^g（x）=l-e~x-------,其導函數(shù)比較復雜（也可解決此題），所以

%+1x+1

考慮先對不等式進行等價變形，轉(zhuǎn)變?yōu)樾问捷^為簡單的不等式，再構(gòu)造函數(shù)進行證明

1Y1Y11

證明：1——>——O—K1--------O—V——

exx+1exx+1exx+1

?.?%>-1,所以所證不等式等價于

ex>ex-x-l>0

設(shè)g(%)=，—X—1只需證g(%)m1n20即可

g(%)=ex-1令g(%)>0=>%>0

「.g(x)在(YO,0)單調(diào)遞減，在(0,”)單調(diào)遞增

S(xLn=S(.^=Og(x)>g(o)=o

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(gòu)造的函數(shù)是否易于分析單調(diào)性。

例3：已知函數(shù)/(x)=(x+l)lnx-x+l,證明：20

思路：若化簡不等式左邊，則所證不等式等價于(好―l)lnx—(x—1)2?0,若將左邊構(gòu)造

為函數(shù)，則函數(shù)的單調(diào)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(％—1)與同號即可。而(為一1)的正負一

眼便可得出，的符號也不難分析，故采取分別判斷符號的方法解決。

解：/(%)=X+^+lnx-l=—+lnx

XX

11—1

/'(x)=；—(=r￥..J(x)在(0,1)單調(diào)遞減，在(1,+8)單調(diào)遞增

.-./(%)>/'(1)=1>0.?./(%)為增函數(shù)

??-/(1)=0.”(0,1)時，/(^)</(1)=0.-.(x-l)/(x)>0

xe[l,+co)時,/(x)>/(l)=0.-.(x-l)/(x)>0

綜上所述,(x—1)/(力之。成立

小煉有話說：與0比較大小也可看做是判斷一側(cè)式子的符號，當不等式的一側(cè)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。

例4：已知/(X)=/-alnx-a,其中常數(shù)a>0

(1)當a=e時，求函數(shù)了(%)的極值

2x2x-1

(2)求證：e_-elnx-x>0

解：⑴當a=e時，/(x)=eA-elnx-e

/(x)=/，，/(1)=0

X

/(%)=+-^->0/J(x)在(0,+8)單調(diào)遞增

X

.?.xe(0,l)時，=,/'(無)>/<1)=0

.?./(%)在(0,1)單調(diào)遞減，在(L+oo)單調(diào)遞增

???/(%)的極小值為/(1)=0,無極大值

(2)思路：本題如果直接構(gòu)將左側(cè)構(gòu)造函數(shù)，則導數(shù)過于復雜，不易進行分析，所以考慮

x

將所證不等式進行變形成“/(%)疝口2g(x)1mx”的形式。由第(1)問可得：e-elnx-e>0,

即/-elnxNe,則所證不等式兩邊同時除以e*",即證：ex-elnx>—--,而

ex~

elnxNe,所以只需構(gòu)造函數(shù)證明一~<e即可

ex~

解：由(1)^ex-e]nx-e>0^ex—elnx>e

所證不等式：e2x-2-exilnx-x>0

oe-e]nx>——

/-27

設(shè)g(x)=j7=xe2T

g\x)=e2-x-xe2-x=(l-xy-x

令g(x)>0可解得：x<l

：.g(x)在(0,1)單調(diào)遞增，在(1,+8)單調(diào)遞減

?,收(%)皿=86=0

.\ex-einx>e>g(<x)即ex-elnx>—

^-e^lnx-x^O

例5：已知/(%)=xlnx-or,g(x)=-x2-2

(1)當〃=一1時，求/(%)在pn,/n+3](m>0)的最值

12

⑵求證：VXG(0,+OO),lnx+1>—......

exex

解：

(1)/(%)=xlnx+x,/(x)=lnx+2

???/(%)的單調(diào)區(qū)間為

1j

g’(x)—+

g(x)/

?：m>0m+3>—

e

〃x)mm=/［5］=一51mx=/(機+3)=(機+3)ln(機+3)+機+3

②加〉4■時，=mlnrn+rn,/(x)max=(m+3)ln(m+3)+m+3

17

(2)思路：所證不等式ln%+l>--------,若都移到左邊構(gòu)造函數(shù)，則函數(shù)

exex

1?

y=Inx+1------1很難分析單調(diào)性，進而無法求出最值。本題考慮在兩邊分別求出最值,

exex

再比較大小即可

1?Y2

解：所證不等式等價于lnx+1>--------oxlnx+x>--------

exexexe

設(shè)p(x)=xlnx+xp(x)=l+lnx+l=lnx+2

.?.〃(%)在(0，!］單調(diào)遞減，在［3,+s］單調(diào)遞增

令p(%)>Onx>F

設(shè),(%)=%6一％——q(x)=(l-x)e-x

??.4(%)在(0,1)單調(diào)遞增,在(1,+00)單調(diào)遞減

”(同"("啰=以1)=—(

■■?p(%)血n>q(%Lx■,-Vx?o,”),M*)之夕(力皿>以力厘“⑴

.-.所證不等式成立

例6：設(shè)/(x)=ln(x+l)+J7U+ax+6(a,6eR,a力為常數(shù))，曲線y=/(x)與直線

3

歹二/%在(0,0)點相切.

OY

⑴求a/的值.(2)證明：當0<x<2時，/(x)<3-.

x+6

解：⑴?.?/(%)過(0,0)點

:.f(0)=l+b=0^b=-l

/(%)=———I-----?+a/(0)=1+—+a=—^>a=0

V7x+12V^ZT')22

0]/(%)=ln(x+l)+Jx+l-l

(2)思路：所證不等式等價于ln(x+l)+JZ-1〈二%,若將x的表達式挪至不等號

一側(cè)，則所構(gòu)造的函數(shù)g(x)=ln(%+l)+，xTl-l^中,求導后結(jié)構(gòu)

比較復雜。觀察到對數(shù)與根式均含有(％+1),進而考慮換元％=J7ZT化簡不等式。另一

方面，當％=0時，g(0)=0,而x=0是所證1的臨界值，進而會對導數(shù)值的符號有所影

響。

/QY

解：所證不等式等價于：ln(x+l)+Vx+l-l<—

令/=而1/?(1,百)則不等式轉(zhuǎn)化為：lnr+/_l<)+5,

?(?2+5)(21n7+?-l)-9(r-l)<0(若不去分母，導函數(shù)比較復雜，不易分析)

令g⑺=,2+5)(21nt+f—1)—9,2—i)=2f21nf+/—/+101nf+5t—5—9f2+9

=2rlnr+?3-10?2+101nr+5r+4只需證g(f)max<0即可

觀察g(l)=0

，,、,10,10

g(%)=4，ln/+2,+3%—20%H----F5=41In1+3%—18，H------F5

g'(i)=o進而考慮g'(尤)的單調(diào)性(盡管g(/),g'(t)復雜，但有零點在，就能夠幫助繼續(xù)分

析，堅持往下進行)

g"(x)=4+41nf+6518—*41n/+6”14—各

g"(/)單調(diào)遞增，：.g()<^,(73)=41n73+673-14-y<0

/.g(/)單調(diào)遞減/.g(1)Vg⑴=。(，=1是g(x),g(X)的零點，從而引發(fā)連鎖反應(yīng))

??.g(。單調(diào)遞減gVg(1)=。g(0<0即所證不等式成立

QY

.,.當0<x<2時，/(x)〈心L

x+6

小煉有話說：本題有以下兩個亮點

(1)利用換元簡化所證不等式

(2)零點的關(guān)鍵作用：對于化簡后的函數(shù)g?)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r=1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)f=l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(yīng)，最終證明不等式?？梢哉f，本題能堅持對g(f)進行

分析的一個重要原因就是f=1這個零點。

例7：(2015,福建，20)已知函數(shù)/(x)=ln(l+x),g(x)=Ax

(1)求證：當x>0時，/(x)<x

(2)求證：當左<1時，存在毛〉0,使得對任意的xe(O,/),恒有/(x)>g(x)

解：(1)思路：所證不等式為：ln(l+x)<x,只需將含x的項移植不等號一側(cè)，構(gòu)造函數(shù)

即可證明

證明：所證不等式等價于：ln(l+x)-x<0,設(shè)//(X)=ln(x+l)-x

h(x\=-------1=----—<0

v'X+lX+1

/z(x)在(0,+oo)單調(diào)遞減.\xe(0,+oo)時，/z(x)</z(0)=0

即ln(l+x)v%得證

(2)思路：本題的目標是要找到與左相關(guān)的與,因為/(x),g(x)函數(shù)形式較為簡單，所

以可以考慮移至不等號一側(cè)：/(x)-g(x)>0^>ln(x+l)-Ax>0,設(shè)

1—kx+1—k

/z(x)=ln(x+l)-Ax,h(A:)=------K,-........因..為/z(0)=0,所以只需/z(x)在

x+1x+1

(0,%)單增即可?？蓪ψ筮M行上V0和。〈左vl分類討論。

證明：/(x)-g(x)>0^>ln(x+l)-Ax>0

1—kx1—k

設(shè)/z(x)=ln(x+l)-Ax貝！J/z(x)=------k=--------j——且/z(0)=0

令/z(%)>0,即—kx>k-l

］-k11i-k

①當上<0時，解得%>——=——1???——1<0/.x>——恒成立

kkkk

.??/z(x)在(0,單調(diào)遞增fi(x)>/z(0)=0x0可取任意正數(shù)

②當左=。時，/z(x)=ln(x+l),當％>0,/z(x)>0,故玉)可取任意正數(shù)

1_k1-k

③當0〈kvl時，解得%<——，而——>0

kk

.?/(%)在［o,?］單調(diào)遞增，在11,+?)］單調(diào)遞減

.?.X。,一，均有/z(x)>。(0)=0,只需取0<玉)

綜上所述：存在玉〉0,使得對任意的％e(O,5),恒有〃x)>g(x)

例8：已知函數(shù)7?(;(;)=(左為常數(shù)，e=2.71828…，是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線

y=/(x)在(1,/(1))處的切線與x軸平行

(1)求左的值

(2)設(shè)g(x)=(x2+x)〃x),其中/'(%)為〃龍)的導函數(shù)。

證明：對Vx>0,g(x)<l+e-2

_cx—(lnx+左)—Inx—k

解：⑴/w=-—/—=^—；—

???處的切線與X軸平行.-./(1)=0^1-^=0

二.左=1:

(2)所證不等式等價于：

|--lnx-1j

(x2+--------)<l+e-2

1-xlnx-x<F(l+〃)

X+1

設(shè)p(x)=l-xlnx-xp(x)=-l-lnx-l=-lnx-2

令p(%)>0=>—lnx_2>0=>xv"2

「.P⑺在(O,I)單調(diào)遞增，在—,y)單調(diào)遞減

/.p(x)<p(”2)=1+/2,即1+H2

xx

若要證----(l+e~2],只需證---->1oe'>x+1

x+lv)x+1

設(shè)q(x)=e"—x—lq^x)=ex令q(x)>0解得：x>0

/.q^x)在(0,+oo)單調(diào)遞增/.q^x)>4⑼=0

/.e>%+ln---->1

x+1

xlnx—x<+,即原不等式得證

x+八)

例9：已知函數(shù)/(x)=ar+lnx,函數(shù)g(%)的導函數(shù)g(%)=",且g(0)g⑴=e,其

中e為自然對數(shù)的底數(shù).

(1)求/(%)的極值；

(2)當〃=0時，對于X/%￡(0,+oo),求證：/(x)<g(x)-2.

解：(1)函數(shù)/(%)的定義域為(0,共o),/(x)=a+L=竺里.

當時，/'(%)>0,.?./(X)在(0,y)上為增函數(shù)，/(%)沒有極值;

當a<0時，令/'(x)>0=>x<—-

.-./(%)在［°，一5)單調(diào)增，在單調(diào)遞減

???/(X)有極大值=無極小值

⑵當〃=0時，/(x)=lnx,令0(x)=g(x)—〃x)—2,即0(x)=—lnx—2

(p(x)=ex,則cp(%)在(0,+oo)上為增函數(shù)

x

0[g]--2<0,^(1)=-1>0

3x0國)=0?.?°(%)在(0,+oo)上為增函數(shù)

X￡(0,%0)時，(P(x)<0]￡(%0,+°°)時，0(%)>0

0(元)在(0,%0)單調(diào)遞減，在(%0,+8)單調(diào)遞增

”(x)min=。(％。)=*-In%-2

(P(%)=0-----—0——,XQ—In——In

玉)玉)X。

0(％0)-----F%0—2,由一,1]可知---XQ>2-----%0=2

/<2)X。Vo

9(/o)>0

0(x)>0(/)>。即〃x)<g(x)—2

例10:設(shè)函數(shù)=依2+COSX.

(1)證明：時，函數(shù)/(%)在[0,+8)上單調(diào)遞增；

(2)證明：4sinx+2xlnx-3x2-1<0.

解：⑴/(x)=2or-sinx只需證2or—sinxN0即可

令g(%)=2ar-sinxg⑼=0g(x)=2<7-cosx

?「Q2；=>2a21:.2a-cosx>0「.g(x)在［0,+8)單調(diào)遞增

/.g(x)2g(0)=0即f(x)=2or-sinx>0函數(shù)/(%)在［0,+oo)上單調(diào)遞增

(2)思路：對所證不等式4sinx+2xlnx-3%2一1<0,若直接將左側(cè)構(gòu)造函數(shù)，則無法

求出單調(diào)區(qū)間和最值。(導函數(shù)中含有sinx,Inx無法進一步運算)，所以考慮將左側(cè)的一部

分挪至不等號另一側(cè)，構(gòu)造兩個函數(shù)進行比較。

4sinx+2xlnx-3x2-1<0<^>3X2-2xlnx+l>4sinx(右邊4sinx<4,考慮

,?2,

g(x)