导数不等式的证明

导数不等式的证明（共9篇）

导数不等式的证明篇1

例1.已知函数f(x)alnxax3aR(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)证明:112131nln(n1)(nN*)(3)证明:ln22ln33ln44ln55lnnn1nn2,nN* n(4)证明:ln2ln3ln4ln5lnn1n122324252n22nn2,nN*(5)证明:ln24ln34ln44ln54lnn4(n1)224344454n44nn2,nN* ln22ln32(6)求证:lnn2n12n12232...n22n1n2,nN(7)求证:122114211182...1122nenN

例2.已知函数f(x)lnxx1｡(1)求f(x)的最大值;nnn(2)证明不等式:12nennne1nN*

例3.已知函数fxx2lnx1

(1)当x0时,求证:fxx3;

(2)当nN时,求证:nf1111151 k1k2333...n342nn1

例4.设函数f(x)x2mln(x1)m0

(1)若m12,求f(x)的单调区间;(2)如果函数f(x)在定义域内既有极大值又有极小值,求实数m的取值范围;(3)求证:对任意的nN*,不等式lnn1nn1n3恒成立｡

例5.已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1(kR),(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)0恒成立,试确定实数k的取值范围;(3)证明:ln23ln34lnnn1n(n1)4nN,n1.导数与数列不等式的证明收集整理:张亚争联系电话:*** 1 / 2 例6.已知函数f(x)axbc(a0)的图像在点(1,f(1))处的切线方程为yx1｡ x(1)用a表示出b,c;

(2)若f(x)lnx在[1,)上恒成立,求a的取值范围;(3)证明:1

例7.已知函数f(x)2alnxx21｡

(1)当a1时,求函数f(x)的单调区间及f(x)的最大值;(2)令g(x)f(x)x,若g(x)在定义域上是单调函数,求a的取值范围;111nln(n1)(n1).23n2(n1)3n2n222222(3)对于任意的n2,nN,试比较与的ln2ln3ln4ln5lnnn(n1)*大小并证明你的结论｡

1ln(x1)(x0)x(1)函数f(x)在区间(0,)上是增函数还是减函数?证明你的结论｡

k(2)当x0时,f(x)恒成立,求整数k的最大值;x1(3)试证明:(112)(123)(134)(1n(n1))e2n3(nN*).例8.已知函数f(x)

例9.已知函数fxxalnxa0(1)若a1,求fx的单调区间及fx的最小值;(2)若a0,求fx的单调区间;ln22ln32lnn2n12n1(3)试比较22...2与n2,nN的大小,并证明｡ 23n2n1

例10.已知函数fxlnx,gxxaaR, x(1)若x1时,fxgx恒成立,求实数a的取值范围｡(2)求证:

例11.已知函数fxlnxxax

2ln2ln3lnn1n2,nN 34n1n(1)若函数fx在其定义域上为增函数,求a的取值范围;(2)设an1

导数不等式的证明篇2

一、作差构造函数证明不等式

【例1】当x>0时, 求证:

$x - \frac{x^{2}}{2} ＜ \ln (x + 1) .$

证明:设 $f (x) = x - \frac{x^{2}}{2} - \ln (x + 1) (x ＞ 0),$

$\begin{array}{l} 则 f^{'} (x) = - \frac{x^{2}}{x + 1} . \\ ∵ x ＞ 0, \\ ∴ f^{'} (x) ＜ 0, \end{array}$

故f (x) 在 (0, +∞) 上单调递减,

所以x>0时, f (x) <f (0) =0,

即 $x - \frac{x^{2}}{2} ＜ \ln (x + 1)$ 成立.

点评:一般地, 若证明不等式f (x) >g (x) 成立, 通常构造辅助函数F (x) =f (x) -g (x) , 即证明F (x) >0.

【例2】当x>-1时, 证明不等式 $\frac{x}{1 + x} \leq \ln (1 + x) \leq x$ 成立.

证明:作函数 $f (x) = \frac{x}{1 + x} - \ln (1 + x),$

有 $f^{'} (x) = \frac{- x}{(1 + x)^{2}} .$

当x>0时, f′ (x) <0;

当-1<x<0时, f′ (x) >0.

所以f (0) =0是函数f (x) 的极大值也是最大值.

故可知f (x) 在x>-1时, f (x) ≤0.

同理可证g (x) =ln (1+x) -x在x>-1时, g (x) ≤0.

综上获证.

点评: 构造辅助函数后, 通常利用函数的单调性、极值、最值证明不等式成立.

二、换元简化后证明不等式

【例3】若x∈ (0, +∞) , 求证:

$\frac{1}{x + 1} ＜ \ln \frac{x + 1}{x} ＜ \frac{1}{x} .$

证明:令 $1 + \frac{1}{x} = t,$

则 $x = \frac{1}{t - 1} .$

∵x>0, ∴t>1.

则原不等式可转化为 $1 - \frac{1}{t} ＜ \ln t ＜ t - 1$ ,

$\begin{array}{l} 令 f (t) = t - 1 - \ln t ‚ \\ ∴ f^{'} (t) = 1 - \frac{1}{t} . \end{array}$

∵当t∈ (1, +∞) 时, 有f′ (t) >0,

∴f (t) 在 (1, +∞) 上为增函数.

故f (t) >f (1) =0,

即t-1>lnt.

令 $g (t) = \ln t - 1 + \frac{1}{t},$

则 $g^{'} (t) = \frac{1}{t} - \frac{1}{t^{2}} = \frac{t - 1}{t^{2}} .$

同理可知当t∈ (1, +∞) 时, g (t) 在 (1, +∞) 上为增函数.

故g (t) >g (1) =0, 即 $\ln t ＞ 1 - \frac{1}{t} .$

综上可知, $\frac{1}{x + 1} ＜ \ln \frac{x + 1}{x} ＜ \frac{1}{x} .$

点评:若所证不等式比较复杂, 可通过换元的思想转化为简单的或熟悉的不等式, 再进行证明.

三、利用条件结构构造函数证明不等式

【例4】定义y=logx+1f (x, y) , x>0, y>0, 若e<x<y, 证明:f (x-1, y) >f (y-1, x) .

证明:f (x-1, y) =xy, f (y-1, x) =yx.

要证f (x-1, y) >f (y-1, x) , 只要证xy>yx.

$x^{y} ＞ y^{x} \Leftrightarrow \frac{l n x}{x} ＞ \frac{l n y}{y} \Leftrightarrow y \ln x ＞ x \ln y .$

令 $h (x) = \frac{l n x}{x}$ , 则 $h^{'} (x) = \frac{1 - l n x}{x^{2}},$

当x>e时, h′ (x) <0,

∴h (x) 在 (e, +∞) 上单调递减.

∵e<x<y,

∴h (x) >h (y) ,

即 $\frac{l n x}{x} ＞ \frac{l n y}{y} .$

∴不等式f (x-1, y) >f (y-1, x) 成立.

点评:此题构造的方式不是直接作差或作商, 而是根据题目的特点, 先用分离变量的方式将两个变量分别变形到式子的两边, 再构造函数.

四、利用f (x) min>g (x) max证明不等式

【例5】证明对一切x∈ (0, +∞) , 都有 $\ln x ＞ \frac{1}{e^{x}} - \frac{2}{e x}$ 成立.

证明:问题等价于证明 $x \ln x ＞ \frac{x}{e^{x}} - \frac{2}{e} ‚ x \in (0, + \infty) .$

设f (x) =xlnx, x∈ (0, +∞) ,

则f′ (x) =lnx+1,

易得f (x) 的最小值为 $- \frac{1}{e}$ , 当且仅当 $x = \frac{1}{e}$ 时取得.

设 $g (x) = \frac{x}{e^{x}} - \frac{2}{e}, x \in (0, + \infty),$

则 $g^{'} (x) = \frac{1 - x}{e^{x}}$ ,

易得 $g (x)_{\max} = g (1) = - \frac{1}{e}$ .当且仅当x=1时取得.

从而对一切x∈ (0, +∞) , 都有 $\ln x ＞ \frac{1}{e^{x}} - \frac{2}{x e}$ 成立.

五、利用已知 (证) 不等式证明不等式

【例6】已知函数f (x) =lnx, g (x) =2x-2 (x≥1) .

(1) 试判断F (x) = (x2+1) f (x) -g (x) 在定义域上的单调性;

(2) 当0<a<b时, 求证: $f (b) - f (a) ＞ \frac{2 a (b - a)}{a^{2} + b^{2}} .$

解: (1) 易知F (x) = (x2+1) lnx- (2x-2) ,

当x>1时, $F^{'} (x) = 2 x \ln x + \frac{(x - 1)^{2}}{x},$

则F′ (x) >0.

函数F (x) = (x2+1) f (x) -g (x) 在[1, +∞) 上递增.

(2) 由 (1) 知当x>1时, F (x) >F (1) =0,

∴F (x) >0 .

$\begin{array}{l} 即 (x^{2} + 1) \ln x - (2 x - 2) ＞ 0, \\ ∴ \ln x ＞ \frac{2 x - 2}{x^{2} + 1} . ① \end{array}$

设 $x = \frac{b}{a},$

由0<a<b可知x>1.

则①式可化为 $\ln \frac{b}{a} ＞ \frac{2 \cdot \frac{b}{a} - 1}{(\frac{b}{a})^{2} + 1}$ ,

即 $\ln b - \ln a ＞ \frac{2 a (b - a)}{a^{2} + b^{2}} .$

故当0<a<b时, $f (b) - f (a) ＞ \frac{2 a (b - a)}{a^{2} + b^{2}} .$

点评:证明不等式时, 若能注意到所证不等式与所给函数的关系, 往往能打开解题思路.

【例7】已知函数f (x) =alnx-ax-3 (a∈R) .

(1) 求函数f (x) 的单调区间;

(2) 求证: $\frac{\ln 2}{2} \cdot \frac{\ln 3}{3} \cdot \frac{\ln 4}{4} \dots \frac{l n n}{n} ＜ \frac{1}{n} (n \geq 2, n \in Ν^{*}) .$

解: $(1) f^{'} (x) = \frac{a (1 - x)}{x} (x ＞ 0),$

当a>0时, f (x) 的单调增区间为 (0, 1) , 减区间为 (1, +∞) ;

当a<0时, f (x) 的单调增区间为 (1, +∞) , 减区间为 (0, 1) ;

当a=0时, 无单调区间.

(2) 令a=-1, 此时f (x) =-lnx+x-3,

所以f (1) =-2.

由 (1) 知f (x) =-lnx+x-3在 (1, +∞) 上单调递增,

∴当x∈ (1, +∞) 时, f (x) >f (1) ,

即-lnx+x-1>0,

∴lnx<x-1对一切x∈ (1, +∞) 成立,

∵n≥2, m∈N*,

$\begin{array}{l} 则有 0 ＜ \ln n ＜ n - 1 ‚ \\ ∴ 0 ＜ \frac{l n n}{n} ＜ \frac{n - 1}{n} . \\ ∴ \frac{\ln 2}{2} \cdot \frac{\ln 3}{3} \cdot \frac{\ln 4}{4} \dots \frac{l n n}{n} ＜ \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \dots \frac{n - 1}{n} = \frac{1}{n} (n \geq 2, n \in Ν^{*}) . \end{array}$

点评:对证明如下两个不等式 (1) lnx≤x-1; (2) ex≥x+1时, 应给予更多关注.

利用导数证明不等式篇3

策略一：利用已知函数证明

例1 （2009辽宁高考改编）设f(x)=ex(-x2+x+1).

证明：当x1,x2∈［0,1］时，有|f(x1)-f(x2)|<2.

思路直接利用已知函数的单调性求出最值.

证明:∵f′(x)=ex(-x2-x+2)=-ex(x+2)(x-1) .

∴当x∈［0,1］时，f′(x≥0)（当且仅当x=1时f′(x)=0),

从而f(x)在x∈［0,1］时单调递增,

故f(x)在［0,1］的最大值为f(1)=e，最小值为f(0)=1,

从而对任意x1，x2∈［0,1］,有|f(x1)-f(x2)|≤|f(x)max-f(x)min|=e-1＜2.

评注:根据题目特点,通常利用以下结论可证不等式成立.

(１) 对定义域内任意x1,x2,|f(x1)-f(x2)|≤|f(x)max-f(x)min|.

(２) f(x)max<0f(x)<0；f(x)min>0f(x)>0.

策略二：作差构造函数证明

（1）直接作差构造函数

例2 证明：x∈(1,+∞)时，12x2+lnx<23x3.

思路:把代数式移至一边，使另一边为0，构造新函数.

证明:设F(x)=23x3-12x2-lnx，

则F′(x)=2x2-x-1x=(x-1)(2x2+x+1)x，

当x>1时，F′(x)=(x-1)(2x2+x+1)x>0，

从而F(x)在(1,+∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)=160，

∴当x>1时，12x2+lnx<23x3 .

评注:本题欲证f(x)

利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式 .

（2）变形后构造函数 

例3 （全国卷理22节选）设函数f(x)=1-ex. 证明：当x>-1时，f(x)≥xx+1.

证明:当x>-1时，原不等式等价于ex≥1+x，

令F(x)=ex-1-x,则F′(x)=ex-1，

当x∈(-1,0)时，F′(x)<0，此时F(x)单调递减，

当x∈(0,+∞)时，F′(x)＞0，此时F(x)单调递增，

于是x=0时，F(x)取得极小值也为最小值，

故当x>-1时，F(x)≥F(0),即ex≥1+x∴f(x)≥xx+1.

评注:当直接作差构造函数无法证明时，可将不等式适当变形后构造函数，然后运用导数判断该函数的单调性或求出最值，从而达到证明不等式的目的，这也是转化与化归思想的重要体现. 变形技巧可以是利用不等式的性质、放缩等, 以达到化繁为简，例５就是应用放缩法的典型一例.

（3）换元后构造函数

例4 若x∈(0,+∞),求证1x+1<lnx+1x<1x.

思路:考察目标式子的结构，直接作差较繁，若换元则可使式子化简.

证明:令1+1x=t,x>0,∴t>1，x=1t-1

则原不等式1-1t<lnt1-1t，

∵t∈(1,+∞),∴f′(t)>0,∴f(t)在t∈(1,+∞)上为增函数，

∴f(t)>f(1)=0,∴t-1>lnt.

令g(t)=lnt-1+1t,∴g′(t)=1t-1t2=t-1t2，

∵t∈(1,+∞),∴g′(t)>0,∴g(t)在t∈(1,+∞)上为增函数.

评注:本题通过换元t=1+1x,0

策略三：分离变量构造函数证明

例5 若a>b>e,证明ba>ab

证明:原题等价于lnaa<lnbb,设f(x)=lnxx,则f′(x)=1-lnxx2,

当x>e时,f′(x)≤0,当x>e时，f(x)单调递减，

∵a>b>e,∴lnaa<lnbb,即bn>ab.

评注:此题不是直接作差构造函数，而是根据题目的特点采取两边取对数，然后将两个变量分别变形到式子的两边再构造函数，是分离变量思想的运用.

策略四：构造两个函数证明

例6 已知f(x)=xlnx.

（1）求f(x)的最小值.

（2）证明：对一切x∈(0,+∞)，都有lnx>1ex-2ex成立.

思路:（1）易得f(x)min=f1e=-1e.

（2）直接作差构造函数无法证明，注意到第（1）问研究的结果对（2）的启发，可先将原不等式等价变形为：xlnx>xex-2e，可知左式是已知函数f(x)的表达式，其最小值已经求得，故可研究右式的最大值.

证明（2）时x∈(0,+∞)时，原不等式可等价变形为：xlnx>xex-2e.

设g(x)=xex-2e，x∈(0,+∞)，则g′(x)=xex-2e=1-xex，

当x∈(0,1)时，g′(x)>0，此时g(x)单调递增，

当x∈(0,1)时，g′(x)<0，此时g(x)单调递减，

故x=1时，g(x)取得最大值g(1)=-1e，

而由（1）知f(x)min=f1e=-1e，且两者最值不能同时取得，

故xlnx>xex-2e恒成立，即lnx>1ex-2ex.

评注:本题充分利用已知函数，将所证不等式巧妙变形，通过证明f(x)min>g(x)max，从而证得f(x)>g(x).

由上述实例可见，用导数证明不等式的关键是根据不等式的结构特征灵活巧妙构造一个

导数不等式的证明篇4

1、移项法构造函数

1ln(x1)x x111，分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数g(x)ln(x1)x1【例1】已知函数f(x)ln(x1)x，求证：当x1时，恒有1 从其导数入手即可证明。

2、作差法构造函数证明【例2】已知函数f(x) 图象的下方；

分析：函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方不等式f(x)g(x)问题，即只需证明在区间(1,)上，恒有122xlnx.求证：在区间(1,)上，函数f(x)的图象在函数g(x)x3的 23122xlnxx3，23122xlnxx3成立，设F(x)g(x)f(x)，x(1,)，考虑到23F(1)10 6要证不等式转化变为：当x1时，F(x)F(1)，这只要证明： g(x)在区间(1,)是增函数即可。

3、换元法构造函数证明

1111)23 都成立.nnn1 分析：本题是山东卷的第（II）问，从所证结构出发，只需令x，则问题转化为：当x0时，恒

n【例3】（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式ln(有ln(x1)xx成立，现构造函数h(x)xxln(x1)，求导即可达到证明。

2332

4、从条件特征入手构造函数证明

【例4】若函数y=f(x)在R上可导且满足不等式xf(x)>－f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，求证： af(a)>bf(b)

5、主元法构造函数

1x)x,g(x)xlnx 例．（全国）已知函数f(x)ln((1)求函数f(x)的最大值；

(2)设0ab,证明：0g(a)g(b)2g（6、构造二阶导数函数证明导数的单调性例．已知函数f(x)aexab)(ba)ln2.212x 2(1)若f(x)在R上为增函数,求a的取值范围;(2)若a=1,求证:x＞0时,f(x)>1+x

7.对数法构造函数（选用于幂指数函数不等式）例：证明当x0时,(1x)11xe1x2 8.构造形似函数

例：证明当bae,证明abba

例：已知m、n都是正整数，且1mn,证明：(1m)n(1n)m

【思维挑战】

1、设a0,f(x)x1ln2x2alnx 求证：当x1时，恒有xlnx2alnx1

2、已知定义在正实数集上的函数

f(x)52122x2ax,g(x)3a2lnxb,其中a>0，且ba3alna，22求证：f(x)g(x)

3、已知函数f(x)ln(1x)

xb，求证：对任意的正数a、b，恒有lnalnb1.1xa4、f(x)是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)≤0，对任意正数a、b，若a < b，则必有（）

（A）af(b)≤bf(a)（C）af(a)≤f(b)

不等式的证明方法篇5

一、比较法：

ab等价于ab0；而ab0等价于a

b1.即a与b的比较转化为与0

或1的比较.使用比较发时，关键是要作适当的变形，如因式分解、拆项、加减项、通分等，这是第一章中许多代数不等式的证明及其他各章初等不等式的证明所常用的证明技巧.二、综合法与分析法：

综合法是由因导果，即是由已知条件和已知的不等式出发，推导出所要证明的不等式；分析法是执果索因，即是要逐步找出使结论成立的充分条件或者充要条件，最后归结为已知的不等式或已知条件.对于条件简单而结论复杂的不等式，往往要通过分析法或分析法与综合法交替使用来寻找证明的途径.还要注意：第一，要熟悉掌握第一章的基本不等式和后面各章中著名的各种不等式；第二，要善于利用题中的隐含条件；第三，不等式的各种变性技巧.三、反证法：

正难则反.设所要证的不等式不成立，从原不等式的结论的反面出发，通过合理的逻辑推理导出矛盾，从而断定所要证的不等式成立.要注意对所有可能的反面结果都要逐一进行讨论.四、放缩法：

要证ab，又已知(或易证)ac，则只要证cb，这是利用不等式的传递性，将原不等式里的某些项适当的放大或缩小，或舍去若干项等以达证题目的.放缩法的方法有： ①添加或舍去一些项，如：a21a；n(n1)n；

②将分子或分母放大（或缩小）；

③利用基本不等式，如：

log3lg5（n(n1)lg3lg522)2lglglg4； n(n1)；

④利用常用结论：

k1k

1k1

1k

11k1k



12k

1k；

1k(k1)

1k1



1k(k1)1k；



（程度大）



1



(k1)(k1)



2k1

（)；（程度小）

五、换元法：

换元的目的就是减少不等式中变量，以使问题化难为易，化繁为简，常用的换元有三角换元和代数换元.如：

已知x2y2a2，可设xacos,yasin；

已知x2y21，可设xrcos,yrsin(0r1)；已知

xaxa

2

ybyb

1，可设xacos,ybsin；

已知



1，可设xasec,ybtan；

六、数学归纳法法：

与自然数n有关的许多不等式，可考虑用数学归纳法证明，数学归纳法法证明不等式在数学归纳法中有专门的研究.但运用数学归纳法时要注意：

第一，数学归纳法有多种形式.李大元就证明了下述七种等价的形式：设P(n)是与n有关的命题，则

(1)、设P(n0)成立，且对于任意的kn0，从P(k)成立可推出P(k1)成立，则P(n)对所有大于n0的n都成立.(2)、设m是任给的自然数，若P(1)成立，且从P(k)(1km)成立可推出

P(k1)成立，则P(n)对所有不超过m的n都成立.(3)、(反向归纳法)设有无穷多个自然数n(例如n2m)，使得P(n)成立，且从P(k1)成立可推出P(k)成立，则P(n)对所有n成立.(4)、若P(且P(n)对所有满足1nk的n成立可推出P(k1)成立，1)成立，则P(n)对所有n成立.(5)、(最小数原理)自然数集的非空子集中必有一个最小数.(6)、若P)且若P(k),P(k1)成立可推出P(k2)成立，则P(n)1(,P(2)成立，对所有n成立.(7)、(无穷递降法)若P(n)对某个n成立可推出存在n1n，使得P(n1)成立，则P(n)对所有n成立.此外，还有螺旋归纳法(又叫翘翘板归纳法)：设有两个命题P(n),Q(n)，若

P(1)

成立，又从P(k)成立可推出Q(k)成立，并且从Q(k)成立可推出P(k1)成立，其中k为任给自然数，则P(n),Q(n)对所有n都成立，它可以推广到两个以上的命题.这些形式虽然等价，但在不同情形中使用各有方便之处.在使用它们时，若能注意运用变形和放缩等技巧，往往可收到化难为易的奇效.对于有些不等式与两个独立的自然数m,n有关，可考虑用二重数学归纳法，即若要证命题P(m,n)对所有m,n成立，可分两步：①先证P(1,n),P(m,1)对所有m,n成立；②设P(m1,n),P(m,n1)成立，证明P(m1,n1)也成立.第二，数学归纳法与其它方法的综合运用，例如，证明



k

11k

sinkx0,(0x)

就要综合运用数学归纳法，反证法与极值法；有时可将n换成连续量x，用微分法或积分法.第三，并不是所有含n的不等式都能用数学归纳法证明的.七、构造法：

通过构造函数、方程、数列、向量或不等式来证明不等式；证明不等式的方法灵活多样，但比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法．要依据题设、题断的结构特点、内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤，技巧和语言特点．笔者将在第三章中详细地介绍构造法.八、利用基本不等式：

善于利用已知不等式，特别是基本不等式去发现和证明新的不等式，是广泛应用的基本技巧.这种方法往往要与其它方法结合一起运用.22

例1 已知a，bR，且ab1.求证：a2b2

252

.证法一：(比较法)a,bR,ab1

b1a

a2b2

252

ab4(ab)

122(a

12)0

a(1a)4

2a2a

即a22b22

证法二：(分析法)

252

(当且仅当ab时，取等号).a22B2

252

ab4(ab)8

252

b1a

225122

(a)0a(1a)4822

显然成立，所以原不等式成立.点评：分析法是基本的数学方法，使用时，要保证“后一步”是“前一步”的充分条件.证法三：(综合法)由上分析法逆推获证(略).证法四：(反证法)

假设(a2)2(b2)2

252，则 a2b24(ab)8

252

.由ab1，得b1a，于是有a2(1a)212

1

所以(a)0，这与a0矛盾.22

.所以a2b2

252

.证法五：(放缩法)

∵ab1

∴左边＝a2b2

a2b221252ab4

222

＝右

边.点评：根据不等式左边是平方和及ab1这个特点，选用基本不等式

ab

ab2.2

证法六：(均值换元法)

∵ab1，所以可设a

12t，b

t，1

∴左边＝a2b2(t2)2(t2)2

5525252

＝右边.tt2t

2222

当且仅当t0时，等号成立.点评：形如ab1结构式的条件，一般可以采用均值换元.证法七：(利用一元二次方程根的判别式法)

设ya2b2，由ab1，有y(a2)2(3a)22a22a13，所以2a22a13y0，因为aR，所以442(13y)0，即y故a2b2

252

.252

.下面，笔者将运用数学归纳法证明第一章中的AG不等式.在证明之前，笔者先来证明一个引理.引理：设A0，B0，则(A+B)nAn+nA(n-1)B，其中nN.证明：由二项式定理可知

(A+B)=AniBiAn+nA(n-1)B

i0



(A+B)A+nA

nn(n-1)

绝对不等式的证明篇6

摘要：证明绝对不等式是数学基本知识的一部分，不等式的证明，就是证明所给定的不等式或对式中所含的字母的一切允许值都是成立的。证是不等式主要依靠二条，其一，是不等式的基本性质和一些重要不等式，其二，是证明不等式的一些常用方法。二者互相渗透。本文通过举例介绍几种证明的绝对不等式的方法。

关键词：绝对不等式，证明不等式的方法

1.用比较法证明不等式

比较法是证明不等式的常用法之一。它又分为计算插值和比值两种：

① 把所要正的不等式的左边的代数式减右边的代数式，再根据已知条件去证明这个差大于﹙或小于﹚零，这种证明法叫做计算差值法。

他的理论根据是：a≥b,﹙a≤b﹚a-b≥0﹙或a-b≤0﹚.② 当所要证明的不等式的两边的直皆正是，把左边的代数式除于右臂阿布的代数式，再根据已知条件去证明这个比值大于﹙或小于﹚1.这种正法叫做及钻比值法。他的理论依据是：当a＞0.b＞0 时，a≥b﹙a≤b﹚<=>

例：已知a,b 皆正数求证： aa≥1（或≤1）。bb

ab≥ab（当且仅当a=b时，等号成立）。

2abab2ab证：∵a＞0.b＞0，则-ab==22

（其中等号当且仅当）a＝即a=b成立）

∴a22≥0 abab－ab≥0，即≥ab 22

2.用综合法和分析法证明不等式

证明绝对不等式的综合法是从题目的已知条件或已知成立的不等式出发，利用不等式的性质进行推导变形，进而得出所要求证的不等式。利用综合法的关键是熟知一些常用的不等式，通过变形将未知的不等式归结为常用不等式。如以下不等式是常用的：

a²+b²≥2ab,a+b／2≥ab,a³+b³+c³≥3abc(a,b,c∈R+)

a+b／2

≤a²+b²／2,a+b+c／3≤a²+b²+c²／3(a,b,c∈R+)

分析法是证明不等式的一种重要方法，用分析法论证“若A则B”这个命题的模式是：欲证B得真，只需要证明命题B的真，从而又„„，只要证明A为真。现在已知A真，故B真。可见分析法事执果索因，步步寻求上一步成立的充分条件，写出简要的形式为：

B<=B1<=B2<=„<=Bn<=A

以上述的b

只需要证b（a+m）

两端约去ab，故只需

再证bm

因为已知m>0;

只需b

但是这是已知条件，故原不等式成立。

值得注意的是分析法不是等价证明，不应写成：

B<=>B1<=>B2<=>„<=>Bn<=>A

下面在举两例加以说明：

例1已知a>b>0，求证a-bb>0所以a->0，ab>0.只要证（a-）³<（ab）³

即要证a-3a2b+3ab2-b0 只要证b

由于a>b>0此不等式显然成立

所以原不等式成立。

例2已知a>0；b>0；2c>a+b，求证：

c-c2ab

分析要证c-c2ab

只要证-c2ab

即要证｜a-c｜<｜c2ab｜

即要证（a-c）²

即要证a-2ac<-ab

因a>0，只需证a-ac<-b

即a+b<2c此式为已知，故原命题成立。

3.用放缩法证明不等式

利用放缩法证明不等式的关键是找寻中间变量c；使得AC¹且C¹>A(这是缩小)下面举例加以说明

例3已知n为正整数，试证：

111）（1+）„（1+）>2n1／2 352n

1111分析令A=（1+）（1+）„（1+）352n1

462n=×„× 352n1（1+

由于不等式bbm>（b>a，a，b，m∈R+）得 aam

45672n22n12n2n1>，>，„，>，> 34562n32n22n12n

将这个同向不等式相乘得 572n12n1××„×× 462n22n

45672n2n12n12n1A²>××××„××=> 34562n12n34A>

故A>2n1／2

4.反证法在不等式证明中的应用

反证法是解决数学问题的一种重要方法，在不等式的证明中也有着广泛的应用。用反证明不等式即先否定结论不成立，然后依据已知条件以及有关的定义、定理、公理，逐步导出与定义、定理、公理或已知条件等相矛盾或自相矛盾的结论，从而肯定原结论是正确的。它的步骤为：

假设结论的反面成立=>逻辑推理=>导出矛盾=>肯定结论。

下面举例加以说明

例4已知f(x)=x²+px+q求证：｜f（1）｜，｜f（2）｜，｜f（3）｜中至少有一个不小于1 2分析此题从正面解决比较困难，可以用反证法，假设结论不成立，即｜f（1）｜，｜f（2）｜，｜f（3）｜都小于1。则有 2

1111f（1）｜<1+p+q｜<-< 1+p+q< ①2222

1111f（2）｜<4+2p+q｜<<4+2p+q< ②2222

1111f（3）｜<9+3p+q｜<-<9+3p+q< ③ 2222

由于① ③得-119<2p+q<-22

此式于②式矛盾，这说明假设不成立，故原命题成立。

5.构造函式证明不等式

某些不等式从结构上接近某一函数，把某一字母看成自变量构成恰当的函数，利用函数的某些性质来证明不等式。利用构造函数法证明不等式关键是构造恰当的不等式。

例5已知a.b∈R,求证：

ab

1ab≤b

1a+a

1b

分析：从不等式的结构来看，易构造函数f(x)=

上是函数。因为ab≤ab,所以f(ab)≤f(ab)

从而有 x(x≥0)易证f(x)在R＋ 1x

ab

1ab

≤≤ab1aba =b1ab+a1ab b

论利用导数证明不等式篇7

拉格朗日中值定理是微分学中最主要的定理, 它的意义在于建立了导数和函数之间关系, 证明不等式是它的一个简单应用。

例1:设f (x) 在[0, c]上连续, 其导数f′ (x) 在 (0, c) 内存在且单调减少, 且f (0) =0, 试证明不等式f (a+b) ≤f (a) +f (b) 其中0≤a≤b≤a+b≤c。

分析:由所给的条件和所要证明的不等式不难看出, 只要在[0, a]和[a, a+b]上分别使用拉格朗日中值定理, 则不难得出所要证明的不等式。

证明:令a≠0在[0, a]上使用拉格朗日中值定理, 则至少存在一点ξ使得f (a) -f (0) =f′ (ξ) a, 在[b, a+b]上使用拉格朗日中值定理, 则至少存在一点ζ使得f (a+b) -f (b) =f′ (ζ) a, 由条件f′ (x) 在[0, c]内存在且单调减少, 知f′ (ξ) >f′ (ζ) , a>0;

所以f′ (ζ) a-f′ (ξ) a=f (a+b) -f (a) -f (b) +f (0) <0。

由条件f (0) =0于是有f (a) +f (b)

当a=0时, f (a+b) =f (a) +f (b) 故f (a) +f (b) ≤f (a+b) 。

解决这类问题的一般步骤是:第一步, 分析要证明的不等式, 通过适当的变形后, 选取辅助函数f (x) 和区间[a, b]。第二步, 根据拉格朗日中值定理得到undefined。第三步, 根据导函数f′ (x) 在 (a, b) 上的单调性, 把f′ (ξ) 作适当放大和缩小, 从而推证要证明的不等式。

利用拉格朗日中值定理, 一般要考虑导函数f′ (x) 的单调性, 但有时不一定要求导函数具有单调性, 如果能断定导函数在所讨论的区间上不变号, 从而确定函数的单调性, 也可以推证出不等式。

2 利用函数单调性证明不等式

利用函数单调性来证明不等式是不等式证明的一个重要方法, 我们来看下面的例子。

例2:设b>a>0证明不等式undefined。

分析:该不等式不是含有变量的函数不等式, 但又不符合拉格朗日中值公式中的基本公式, 我们把公式中的b换成x, 使之转化为函数不等式, 然后用单调性方法给出证明。

证明:设函数undefined;

undefined。

所以函数f (x) 在[0, +∞) 上单调增加, 当x>a>0,

f (x) >f (a) =0于是b>a>0, f (b) >f (a) =0, 即undefined。

3 利用函数极值 (最值) 证明不等式

如果所设函数不是单调函数, 我们可以考虑利用函数的极值 (最值) 证明不等式。

例3:证明:若p>1则对于[0, 1]中的任意x有undefined。

证:构造函数f (x) =xp+ (1-x) p (0≤x≤1)

则有f′ (x) =pxp-1-p (1-x) p-1=p (xp-1- (1-x) p-1) ,

令f′ (x) =0, 可得xp-1= (1-x) p-1, 于是有x=1-x, 从而求得undefined。

由于函数f (x) 在闭区间[0, 1]上连续, 因而在闭区间[0, 1]上有最小和最大值。

由于函数f (x) 在[0, 1]内只有一个驻点, 没有不可导点, 又函数f (x) 在驻点undefined和闭区间端点 (x=0, x=1) 的函数值为undefined。

所以f (x) 在[0, 1]上的最小值为undefined, 最大值为1, 从而对于[0, 1]中的任意x有undefined, 即有undefined。

4 利用函数的泰勒展开式证明不等式

若函数f (x) 在有x0的某区间有定义, 并且有直到n-1阶的各阶导数, 又在点x0处有n阶导数f (n) (x0) , 则有展开式:

undefined (x) 。

在泰勒公式中, 取x0=0, 变为麦克劳林公式

undefined (x) 。

分析:使用泰勒展开式证明不等式主要是针对形如undefined等形式的函数不等式的证明, 当这样的形式出现时候, 观察一下不等式的变化, 优先考虑使用泰勒展开式证明不等式。使用泰勒展开式证明不等式, 取相应的前几项, 很容易得出所要证明的结果。

例5:证明不等式undefined。

证:令f (x) =ln (1+x) , 则

undefined

于是f (x) 在x=0处的三阶泰勒展开式:

undefined

由于undefined, 所以undefined。

分析:用此公式证明不等式就是要把所证明不等式化简, 其中函数用此公式, 再把公式右边放大或者缩小得到所证明的不等式。

例6:证明不等式:当undefined时, undefined。

分析证明:由于undefined, 故undefined。

显然undefined

即undefined, 故undefined当undefined时成立。

5 利用函数图形的凹凸性证明不等式

若函数y=f (x) 的图形在区间 (a, b) 是凹 (凸) 的, 则对 (a, b) 内任意两点x1和x2, 利用函数凹凸性证明不等式主要是函数的凹凸性结论,

当f″ (x) ≥0, f (x) 为凸函数, 且undefined;

当f″ (x) ≤0, f (x) 为凹函数, 且undefined, 以此来证明结论。

例7:证明不等式undefined观察欲证明不等式, 容易发现其等价不等式为undefined, 从而容易想到应构造辅助函数f (t) =tlnt (t>0) 。

证明:令undefined所以f (t) 在 (0, +∞) 内是凸的, 于是对于任给x, y∈ (0, +∞) x≠y, 都有undefined,

所以undefined。

参考文献

[1]尚肖飞, 贾计荣.利用导数证明不等式的若干方法[J].太原教育学院学报, 2002.

导数不等式的证明篇8

关键词：函数导数；构造思想；不等式

下面借助于教学过程中的几个例子，通过构造函数的方法来解决这类不等式的证明问题。

例1.已知m∈R函数f（x）=mx--lnx，g（x）=+lnx

（1）若y=f（x）-g（x）在[1，+∞）上为单调递增函数，求实数m的取值范围

（2）证明：+++…+<，（n∈N*）

解析：（1）∵y=f（x）-g（x）=mx--2lnx，

∴y'=m+-≥0在[1，+∞）上恒成立，

即m≥在[1，+∞）上恒成立，又=≤1，

所以m≥1.故m所求的取值范围为[1，+∞）.

（2）由（1）令m=1，设h（x）=f（x）-g（x）=x--2lnx≥h（1）=0

则2lnx≤x-，即≤（1-）.

于是≤（1-），（n∈N*）

∴++++…+≤[n-（+++…+）]<[n-（+++…+）]=[n-（1-+-+-）]=

所以+++…+<，（n∈N*）

例2.（1）已知函数f（x）=x（lnx+1），（x>0）若斜率为k的直线与y=f'（x）曲线

交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，求证：x1<

（2）在数列{an}中，a1=1，an=an-1+2n·3n-2，（n≥2，n∈N*），cn=

求证：ln（1+n）

解析：（1）f'（x）=lnx+2（x>0），k=

=要证x1<

即证x1<

等价于证明1<<，令t=

则只要证1<1，lnt>0

故考虑证lnt

设g（t）=t-1-lnt，（t>1）则g'（t）=1->0

故g（t）在（1，∞）上是增函数

所以当t>1时， g（t）=t-1-lnt>g（1）=0，即lnt

设h（t）=tlnt-（t-1），则h'（t）=lnt>0，（t>1）

h（t）在（1，∞）上是增函数，∴当t>1时，

h（t）=tlnt-（t-1）>h（1）=0，即t-1

（2）据题意有=+2×3n-2，（n≥2）

由累加法得-=（-）+（-）+…+（-）

=2（30+31+32+…+3n-2）=3n-1-1

∴an=n·3n-1（n≥2），当n=1时，a1=1也满足上式

∴an=n·3n-1（n∈N*）

从而cn=，∵ln（1+n）=ln（×××…）

=ln+ln+ln+…+ln（1+）

为证ln（1+n）

令f（x）=x-ln（1+x），00

则f（x）在（0，1]上为单调递增函数，从而f（x）>f（0）=0

即x>ln（1+x），（0

∴ln（1+）<，故得证！

例3.函数f（x）=a（-1）-logb

（1）当b=e（e是自然数的底数）时，若函数f（x）在 [1，∞）上为增函数，求实数a的取值范围

（2）求证：当n∈N，且n>19时，不等式9<

解析：（1）当b=e时，f'（x）=，依题意≥0在[1，∞）恒成立，

即x≥a在[1，∞）恒成立∴a≤1

（2）当a=1，b=e时，f（x）=+lnx在[1，∞）上为增函数，

当n>1时，令x=，则x>1，故f（）=+ln=-+ln>0

∴ln>

∴+++…+

又>=+++…+>++++++…+>+（+）+（+++）+…（+…+）>++…+=+9>9故不等式成立。

例4.设函数f（x）=mlnx，h（x）=x-a

（1）当m=2时，若函数k（x）=h（x）-f（x）在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围；

（2）证明：当n≥2，n∈N*时，loge

2+loge

3+loge

4+…+loge

解析（1）

函数k（x）=h（x）-f（x）在[1，3]上恰有两个不同零点等价于方程x-2lnx=a，在[1，3]上恰有两个相异实根

令g（x）=x-2lnx，则g'（x）=1-，

当x∈[1，2），g'（x）<0；当x∈（2，3]，g'（x）>0

故g（x）min=g（2）=2-2ln2，又g（1）=1，g（3）=3-2ln3，g（3）-g（1）=ln<0∴g（1）>g（3），

由题意只需g（2）

（2）∵loge

x=，在F（x）=f（x）-h（x）中，令m=1，a=0，

从而F（x）=lnx-x，∴F'（x）=-1=故函数F（x）在（0，1）上递增；在（1，∞）上递减

∴F（x）≤F（1），即lnx≤-1+x

∴>=>=-，（n≥2）

∴loge

2+loge

3+loge

4+…+loge

n=++…+>1-+-+…+（-）=1+--=即得证。

总之，利用导数研究函数与不等式，方程，数列这一类解答题比较灵活，通过巧妙构造函数可以将其化归为易解决的问题，以上的几个例子都体现了构造函数这一思想方法。利用函数导数证明不等式一般需要注意：

（1）充分联想前一个问题或已知条件中函数的结构；

（2）观察待证不等式，分析法构造适当的函数；

高考冲刺不等式的证明篇9

【本周授课内容】：不等式的证明

【重点】：正确使用不等式的基本性质与定理，理解并掌握证明不等式的常用方法。

【难点】：据所证不等式的结构特征选择证明方法以及把握不等式证明过程的基本过程及格式的规范。

主要内容及重点例题参考：

1．不等式证明的理论依据：不等式的概念和性质，实数的性质，以及一些基本的不等式：

（1）若a∈R，则|a|≥0，a2≥0。

（2）若a,b∈R，则a2+b2≥2ab。

（3）若a,b∈R+，则

（4）若a,b同号，则

（5）若a,b,c∈R+，则

2．证明不等式的基本方法：比较法(作差、作商)，综合法，分析法，数学归纳法及反证法；另外还有如换元法、放缩法等。

3．例题分析:

例1．a,b,c∈R+，求证：a3+b3+c3≥3abc。

分析与解答：

证法一：（比较法）

∵ a3+b3+c3-3abc

=(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc

=(a+b+c)[a2+2ab+b2-ac-bc+c2]-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)

=(a+b+c)[

证法二（综合法）：

∵ a3+b3=(a+b)(a2+b2-ab)≥(a+b)ab（当且仅当a=b时“=”成立）

b3+c3=(b+c)(b2+c2-bc)≥(b+c)bc（当且仅当b=c时“=”成立）

c3+a3=(a+c)(c2+a2-ca)≥(c+a)ca（当且仅当c=a时“=”成立）

∴ 2(a3+b3+c3)≥a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2

=b(a2+c2)+a(b2+c2)+c(a2+b2)

≥2abc+2abc+2abc=6abc。（当且仅当a=b=c时“=”成立）

∴ a3+b3+c3≥3abc。

例2．已知a,b,c为不等正数，求证：a2ab2bc2c>ab+cbc+aca+b。

≥+。≥2。≥。（6）若a,b∈R，则||a|-|b||≤|a+b|≤|a|+|b|。(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0。∴ a3+b3+c3≥3abc。

分析：由于所证不等式两端都是幂和积的形式，且a,b,c为正数，可选用商值比较法。

证明：a,b,c为不等正数，不失一般性，设a>b>c>0，这时a2ab2bc2c>0，ab+cbc+aca+b>0。

=a(a-b)+(a-c)b(b-c)+(b-a)c(c-b)+(c-a)=()a-b()b-c()c-a

∵ a>b>c>0，∴ >1，a-b>0；>1，b-c>0；0<)b-c>1，(<1，c-a<0。)c-a>1。由指数函数的性质可知：()a-b>1，（∴ >1，即：a2ab2bc2c>ab+cbc+aca+b。

评述：例1的证法一与例2都是应用比较法证明不等式，求差比较法的基本步骤是“作差——变形——判定差式的正负”；求商比较法的基本步骤是“作商——变形——判定商式大于1或小于1”，应注意，求商比较法一般用于各字母均为正数的不等式的证明。

例3．已知a,b,c∈R，求证：

分析：不等式的左端是根式，而右端是整式，应设法通过适当的放缩变换将左式各根式的被开方式转化为完全平方式。

证明：∵ a2+b2≥2ab，∴ 2(a2+b2)≥a2+2ab+b2=(a+b)2，++≥(a+b+c)。

即a2+b2≥，两边开方，得：≥|a+b|≥(a+b)

同理可得≥(b+c)，≥(c+a)

三式相加，得：

++≥(a+b+c)

例4．已知a,b,c∈R+，且a+b+c=1，求证：（1）

分析：利用基本不等式，采用综合法解决问题。

（1）证法一：++=+，∴ abc≤+，∴ ++≥9，（2）a2+b2+c2≥。=3+≥27，+++++≥3+2+2+2=9。证法二：∵ 1=a+b+c≥3

∴

++≥3≥3=9。

（2）∵ 1=a+b+c，∴ 1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc

≤a2+b2+c2+(a2+b2)+(a2+c2)+(b2+c2)=3(a2+b2+c2)。

∴ a2+b2+c2≥。

评述：利用综合法由因导果证明不等式，就要揭示出条件与结论之间的因果关系，为此要着力分析已知与求证之间的差异与联系，不等式左右两端的差异和联系，如例4是个条件不等式的证明问题。给出的特定条件是a+b+c=1，在分析所证不等式左右两端的差异后，合理应用已知条件，进行有效的变换就是证明不等式的关键。

例5．已知|a|<1，|b|<1，求证：|

分析：利用分析法证明。

证明：要证||<1成立，只要证|a+b|<|1+ab|，|<1。

只要证(a+b)2<(1+ab)2，即a2+b2+2ab<1+2ab+a2b2，只要证a2+b2-1-a2b2<0，只要证(a2-1)(1-b2)<0，只要证(a2-1)(b2-1)>0。∵ |a|<1，|b|<1，∴ a2<1，b2<1，∴(a2-1)，(b2-1)同号，∴(a2-1)(b2-1)>0成立，∴ |

例6．已知a，b是不等正数，且a3-b3=a2-b2，求证：1

分析：已知条件中等式两端和求证结论中不等式两端有次数上的差异，因此在证明中应采用从已知条件出发，施行降次变换，或从求证结论出发，施行升次变换的方法。

证明：a，b是不等正数，且a3-b3=a2-b2，a2+ab+b2=a+b

3(a+b)<4(a+b)2=a2+2ab+b2>a2+ab+b2=a+b3(a+b)2<4(a+b)a+b>1。|<1。a+b<

3(a2+2ab+b2)<4(a2+ab+b2)a2-2ab+b2>0(a-b)2>0。

成立。即(a-b)2>0一定成立，故a+b<

评述：分析法是从求证的不等式出发，逐步寻求使不等式成立的条件，直至所需条件被确认成立，就断定求证的不等式成立。分析法的思路是：执果索因：从求证的不等式出发，探索使结论成立的充分条件，直至已成立的不等式。在例6中证明a+b>1采用的是综合法。证明a+b<

常常是相互配合交替进行的。

例7．已知a,b,c∈(0,1)，求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a中至少有一个不大于

证明：假设(1-a)b>，(1-b)c>，(1-c)a>。采用的是分析法，事实上，推理论证中，由因导果和执果索因两种方法

∵ a,b,c∈(0,1)，∴ 1-a，1-b，1-c∈(0,1)，∴ >，+>，+>，>。

三式相加，得：