利用导数证明不等式的方法

冯中秋

本文将系统总结在高考试题经常涉及的证明不等式的若干方法。首先我们可以把证明不等式的问题在大的方向分为一个函数思想和两个函数思想，而对于一个函数思想，顾名思义就是在证明不等式时，我们可以将不等式中涉及的所有形式都挪到不等式的同一侧，把这个整体看成一个新的函数，并且在这种函数中经常涉及两类以上的基本初等函数，我们需要借助导数研究其单调性、极值，进而去证明不等式成立。而在处理这类问题的时候，有些时候我们还需要对函数进行一些简单的放缩。下面通过几个简单的实例来给大家介绍：

题目2：P是曲线y=f（x）=ex上的动点，Q是曲线y=g（x）=lnx上的动点，求PQ的最小值。

分析：本题主要考查反函数的相关知识，导数的几何意义，而在本题中所体现出的两类不等式是我们在利用导数证明不等式问题中特别常用到的放缩手段。

解：因为y=ex与y=lnx互为反函数，而反函数的图象关于直线y=x轴对称，所以我们可以转化为将直线y=x向上平移和向下平移，使得直线分别与y=ex与y=lnx相切，此时两个切点之间的距离即为我们所要求的最小值。f′（x）=ex，令f′（x）=ex=1可得，切点坐标为（0，1）；同理可求g′（x），令g′（x）=1可得，切点坐标为（1，0）。所以可以得到PQ的最小值为。

注：我们主要是想从本题解答过程中得到一组不等式：

（1）当x>0时，ex>x+1；变形：ex>x；ex-1>x

（2）当x>0时，x-1>lnx；变形：x>lnx；x>ln（x-1）

下面通过一个实例体会该不等式的应用。

题目3：已知f（x）=lnx，g（x）=ex。求证：当x>0时，f（x）

分析：本题的基本思路仍然是一个函数的思想，但是在操作中必须进行适当的放缩才能证明出该不等式。

解：F（x）=g（x）-f（x）-2=ex-lnx-2，则F′（x）=ex-2；则F′（x）单调递增，再根据零点存在性判定定理知F′（1）>0，F′（）<0，所以F′（x）=0在（，1）上有根记为t，从而可知F（x）在（0，t）单调递减，在（t，+∞）单调递增，所以F（x）>F（t）=et-lnt-2，下面我们必须能证明F（t）=et-lnt-2>0恒成立即可。此时又回到本题最初的形式，在这种情况下我们可以对F（t）=et-lnt-2进行放缩，其基本思想是此时et和lnt同时存在我们无法研究导数的零点，因此我们可以把二者之一利用放缩的方式处理掉。具体操纵如下：

F（t）=et-lnt-2>t+1-lnt-2=t-lnt-1（利用ex>x+1进行放缩），下面可以构造函数g（t）=t-lnt-1，下面我们可以证明g（t）>0恒成立即可。而我们知道ex>x也成立，但此时如果我们选择ex>x进行放缩根本不能证出我们的结论；由此可以放缩必须要把握度，不能放得太多，也不能放得太少。

另外，我们可以考虑将lnt处理掉，可以利用lnt与一次式之间的关系（x-1>lnx）进行放缩，则F（t）=et-lnt-2>et-t+1-2=et-t-1，下面可以构造函数h（t）=et-t-1，只需证明h（t）>0恒成立即可。

除此之外，我们还经常涉及两个函数的思想来证明不等式的问题，其基本理念为：

若f（x）min>g（x）max成立，则f（x）>g（x）恒成立；

若f（x）>g（x）恒成立，不一定要f（x）min>g（x）max成立，我们只需保证对于f（x）和g（x）两个函数在每一个自变量处都满足f（x）的函数值大于g（x）的函数值即可。

题目4：证明：ex+x2>sinx+x

解析：本题也要用两个函数思想（若全部挪到不等式的同一侧构造函数，函数中函数指数的形式、幂函数的形式以及三角函数的形式，就算能够把导数求出来，我们也无法确定导数的正负。）在整体构造的过程中我们可以发现：由于（1）sinx的存在导致导数无法处理。（2）我们发现sinx自身有范围。基于以上两点可以构造函数f（x）=ex+x2-x以及函数g（x）=sinx，而g（x）∈[-1，1]，可以对f（x）=ex+x2-x进行求导研究其单调性，进而确定y=f（x）的最值。f′（x）=ex+2x-1，则f′（x）=ex+2x-1为增函数，又因为f′（0）=0，则y=f（x）在x∈（-∞，0）单调递减，在x∈（0，+∞）单调递增，所以y=f（x）的最小值为f（0）=1，而y=f（x）与y=g（x）不同时取到1，所以不等式成立。