导数法巧证不等式

王中华

导数是解决函数、不等式等问题的一个利器，利用导数研究函数的单调性，再由单调性证明不等式是导数、函数、不等式综合的一个难点，也是近几年高考的热点.常用的证明技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.

1. 直接利用题目所给函数证明

例1 已知函数[]，

求证：[f（x）]≤0.

分析 首先观察函数式，求出其导函数，根据导函数判断其单调性，从而进一步判断[f（x）]与0的大小关系.

证明 由[f（x）=xcosx-sinx]得，

[f（x）=cosx-xsinx-cosx=-xsinx].

因为在区间[（0，π2）]上[f（x）=-xsinx<0]，

所以[f（x）]在区间[[0，π2]]上单调递减.

从而[f（x）]≤[f（0）=0].

点拨 考查利用导数求函数的单调性及最值的能力.在判断函数单调性的过程中，可能需要对不能直接确定符号的部分构造函数.

2. 结合函数的图象证明

例2 设函数[f（x）=aexlnx+bex-1x]，曲线[y=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].

分析 （1）对函数求导，再利用导数的几何意义进行求解.（2）分类讨论，转化为利用导数解决函数的单调性、极值问题.

解 （1）[a=1，b=2].

（2）由（1）知，[f（x）=exlnx+2ex-1x]，

从而[f（x）>1]等价于[xlnx>xe-x-2e.]

设函数[g（x）=xlnx]，则[g′（x）=x+lnx].

所以当[x∈0，1e]时，[g′（x）<0]；当[x∈1e，+∞]时，[g′（x）>0.]

故[g（x）]在[0，1e]上单调递减，在[1e，+∞]上单调递增.

从而[g（x）]在[0，+∞]上的最小值为[g（1e）=-1e].

设函数[h（x）=xe-x-2e]，则[h′（x）=e-x1-x].

所以当[x∈0，1]时，[h′（x）>0]；当[x∈1，+∞]时，[h′（x）<0].

故[h（x）]在[0，1]上单调递增，在[1，+∞]上单调递减，

从而[h（x）]在[0，+∞]上的最小值为[h（1）=-1e].

综上，当[x>0]时，[g（x）>h（x）]，即[f（x）>1].

点拨 本题主要考查导数的几何意义、不等式的证明，考查分类讨论思想，意在考查大家的逻辑思维能力及分析问题、解决问题的能力.函数导数解答题中贯穿始终的是数学思想方法，在含有参数的试题中分类与整合思想是必要的，解题时常把不等式问题转化为函数最值问题、把方程的根转化为函数的零点等.

3. 直接作差构造函数证明

例3 已知函数[f（x）=ex-ax]（[a]为常数）的图象与[y]轴交于点[A]，曲线[y=f（x）]在点[A]处的切线斜率为-1.

（1）求[a]的值及函数[f（x）]的极值；

（2）证明：当[x>0]时，[x2

（3）证明：对任意给定的正数[c]，总存在[x0]，使得当[x∈（x0，+∞）]时，恒有[x2

分析 （1）求[f ′（x）]，依题设条件可得[f ′（0）=-1]，从而可得[a]的方程，即可求出[a]的值，然后再求方程[f ′（x）]=0的根，判断在导数等于0的点的左、右两侧的导数的符号，即可得结论.（2）构造函数，利用函数的单调性来证明不等式. （3）对[c]进行分类讨论，通过构造函数，利用导数法来证明其单调性，进而可得到所求证的结果.

解 （1）由[f（x）=ex-ax]，得[f（x）=ex-a].

又[f（0）=1-a=-1]，得[a=2].

所以[f（x）=ex-2x，f（x）=ex-2].

令[f（x）=0]，得[x=ln2].

当[x

当[x>ln2]时，[f（x）>0，f（x）]单调递增.

所以当[x=ln2]时，[f（x）]取得极小值，

且极小值为[f（ln2）=eln2-2ln2=2-ln4]，

[f（x）]无极大值.

（2）证明：令[g（x）=ex-x2]，则[g（x）=ex-2x].

由（1）得， [g（x）=f（x）≥f（ln2）=2-ln4>0]，

故[g（x）]在R上单调递增，又[g（0）=1>0]，

所以当[x>0]时，[g（x）≥g（0）>0]，即[x2

（3）证明：①若[c≥1]，则[ex≤cex].

又由（2）知，当[x>0]时，[x2

故当[x>0]时，[x2

取[x0=0]，当[x∈（x0，+∞）]时，恒有[x2

②若[01]，要使不等式[x2kx2]成立.

而要使[ex>kx2]成立，只要[x>ln（kx2）]，

只要[x>2lnx+lnk]成立.

令[h（x）=x-2lnx-lnk]，则[h（x）=1-2x=x-2x].

所以当[x>2]时，[h（x）>0，h（x）]在[（2，+∞）]上单调递增.

取[x0=16k>16]，所以[h（x）]在[（x0，+∞）]上单调递增.

又[h（x0）=16k-2ln（16k）-lnk]

[=8（k-ln2）+3（k-lnk）+5k]，

易知[k>lnk，k>ln2，5k>0]，所以[h（x0）>0].

即存在[x0=16c]，当[x∈（x0，+∞）]时，恒有[x2

综上，对任意给定的正数[c]，总存在[x0]，当[x∈（x0，+∞）]时，恒有[x2

点拨 作差法是一种最常用的构造函数的方法，也是容易被我们掌握一种方法.只需要通过移项作差构造新的函数，再利用函数的单调性即可证明结论.

4. 观察“结构”通过换元构造新函数

例4 设函数[f（x）=x2+bln（x+1）]，其中[b≠]0.

（1）当[b>12]时，判断[f（x）]在定义域上的单调性；

（2）求[f（x）]的极值点；

（3）证明：对任意的正整数[n]，不等式[ln（1n+1）][>1n2-1n3]都成立.

分析 （1）求导数，利用导数的正负，可得函数[f（x）]在定义域上的单调性；（2）先求出函数的定义域，求导数[f（x）]，在定义域内按①当[b≥1]时，②当[b<1]时，③当[00，[f（x）]<0，根据极值点的定义即可求得；

解析 （1）（2）略.

（3）常规方法将[ln（1n+1）>1n2-1n3]通过作差转化为[1n3-1n2+ln（1n+1）>0]，

再构造函数[f（x）]=[1x3-1x2+ln（1x+1）]，利用导数证明[f（x）]>0，获证，但运算量较大.

若仔细观察不等式的结构，只需换元令[1n=x（x>0）]就可以构造一个新的函数[h（x）=x2-f（x）][=x2-x2+ln（x+1）].

当[b=-1]时，函数[f（x）=x2-ln（x+1）].

令函数[h（x）=x2-f（x）=x2-x2+ln（x+l）]，

则[h（x）=3x2-2x+1x+1=3x2+（x-1）2x+1].

∴当[x∈[0，+∞）]时，[f（x）>0].

所以函数[h（x）]在[0，+∞）上单调递增，又[h（0）]=0，

∴[x∈（0，+∞）]时，恒有[h（x）>h（0）=0]，

即[x2>x3-ln（x+1）]恒成立.

故当[x∈（0， +∞）]时，有[ln（x+1）>x2-x3].

点拨 本题考查利用导数研究函数的单调性、函数在某点取得极值的条件，注意[f（x0）=0]是[x0]为可导数函数的极值点的必要不充分条件.我们知道，当[F（x）]在[[a， b]]上单调递增，则[x>a]时，有[F（x）>F（a）]. 如果[f（a）]=[φ（a）]，要证明当[x>a]时，[f（x）]>[φ（x）]，那么只要令[F（x）=][f（x）-φ（x）]，就可以利用[F（x）]的单调性来推导. 也就是说，在[F（x）]可导的前提下，证明[F（x）>0]即可.