1、 微专题 20 一元不等式的证明 利用函数性质与最值证明一元不等式是导数综合题常涉及的一类问题，考察学生构造函 数选择函数的能力，体现了函数最值的一个作用每一个函数的最值带来一个恒成立的不 等式。此外所证明的不等式也有可能对后一问的解决提供帮助，处于承上启下的位置。 一、基础知识： 1、证明方法的理论基础 （1）若要证 f xC(C为常数）恒成立，则只需证明： maxf xC，进而将不等式的证 明转化为求函数的最值 （2）已知 ,f xg x的公共定义域为D，若 m i nm a x f xg x，则 ,xD f xg x 证明：对任意的 1 xD，有 11 minmax ,f xf xg x
2、g x 由不等式的传递性可得： 11 minmax f xf xg xg x，即 ,xD f xg x 2、证明一元不等式主要的方法有两个： 第一个方法是将含x的项或所有项均挪至不等号的一侧，将一侧的解析式构造为函数，通 过分析函数的单调性得到最值，从而进行证明，其优点在于目的明确，构造方法简单，但对 于移项后较复杂的解析式则很难分析出单调性 第二个方法是利用不等式性质对所证不等式进行等价变形，转化成为 f xg x的形 式，若能证明 minmax f xg x，即可得： f xg x，本方法的优点在于对x的项进行 分割变形，可将较复杂的解析式拆成两个简单的解析式。但缺点是局限性较强，如果 m
3、inf x 与 maxg x不满足 minmax f xg x，则无法证明 f xg x。所以用此类方法解题的情 况不多，但是在第一个方法失效的时候可以考虑尝试此法。 3、在构造函数时把握一个原则：以能够分析导函数的符号为准则。 4、若在证明 0f x 中，解析式 f x可分解为几个因式的乘积，则可对每个因式的符号进 行讨论，进而简化所构造函数的复杂度。 5、合理的利用换元简化所分析的解析式。 6、判断解析式符号的方法： （1）对解析式进行因式分解，将复杂的式子拆分为一个个简单的式子，判断出每个式子的符 号即可得到解析式的符号 （2）将解析式视为一个函数，利用其零点（可猜出）与单调性（利用导数
4、）可判断其符号 （3）将解析式中的项合理分组，达到分成若干正项的和或者若干负项的和的结果，进而判断 出解析式符号 二、典型例题： 例 1：求证：ln1xx 思路：移项构造函数求解即可 证明：所证不等式等价于：ln10 xx 令 ln1f xxx 则只需证明： max0f x 11 1 x fx xx 令 0fx 解得：1x x 0,1 1, fx f x m a x 10f xf 10f xf 即所证不等式成立 小炼有话说： （1）此题的解法为证明一元不等式的基本方法，即将含x的项移至不等号的一侧，构造函数 解决。 （2）一些常见不等关系可记下来以备使用： ln1xx 1 x ex sin0,
5、xx x 例 2：设函数 1 x f xe ，证明：当1x时， 1 x f x x 思路：本题依然考虑构造函数解决不等式，但如果仅仅是移项，则所证不等式为 10 1 x x e x ，令 1 1 x x g xe x ，其导函数比较复杂（也可解决此题） ，所以考 虑先对不等式进行等价变形，转变为形式较为简单的不等式，再构造函数进行证明 证明： 1 1 1 x x ex 111 1 11 xx x exex 1x，所以所证不等式等价于 110 xx exex 设 1 x g xex 只需证 min0g x即可 1 x g xe 令 00gxx g x在,0单调递减，在0,单调递增 min 00g
6、 xg 00g xg 故不等式得证 小炼有话说：本题在证明时采取先化简再证明的策略，这也是我们解决数学问题常用的方法 之一，先把问题简单化再进行处理。在利用导数证明不等式的问题中，所谓的“简化”的标 准就是构造的函数是否易于分析单调性。 例 3：已知函数 1 ln1f xxxx ，证明： 10 xf x 思路：若化简不等式左边，则所证不等式等价于 2 2 1 ln10 xxx，若将左边构造为 函数，则函数的单调性难于分析，此法不可取。考虑原不等式为乘积式，且与 0 进行比较， 所以考虑也可分别判断各因式符号，只需让1x 与 f x同号即可。而1x的正负一眼 便可得出， f x的符号也不难分析，
7、故采取分别判断符号的方法解决。 解： 11 ln1ln x fxxx xx 22 111x fx xxx fx在0,1单调递减，在1,单调递增 110fxf f x为增函数 10f 0,1x 时， 10f xf 10 xf x 1,x时， 10f xf 10 xf x 综上所述， 10 xf x成立 小炼有话说：与 0 比较大小也可看做是判断一侧式子的符号，当不等式的一侧可化为几个因 式的乘积时，可分别判断每一个因式的符号（判断相对简单） ，再决定乘积的符号。 例 4：已知 ln x f xeaxa，其中常数0a （1）当ae时，求函数 f x的极值 （2）求证： 221ln 0 xx eex
8、x 解： （1）当ae时， ln x f xeexe x e fxe x ， 10f 2 0 x e fxe x fx在0,单调递增 0,1x 时， 10fxf，1,x， 10fxf f x在0,1单调递减，在1,单调递增 f x的极小值为 10f，无极大值 （2）思路：本题如果直接构将左侧构造函数，则导数过于复杂，不易进行分析，所以考虑将 所证不等式进行变形成“ minmax f xg x”的形式。由第（1）问可得：ln0 x eexe， 即ln x eexe，则所证不等式两边同时除以 2x e ，即证： 2 ln x x x eex e ， 而 ln x eexe，所以只需构造函数证明 2
9、x x e e 即可 解：由（1）得ln0ln xx eexeeexe 所证不等式： 221ln 0 xx eexx 2 ln x x x eex e 设 2 2 x x x g xxe e 222 1 xxx g xexex e 令 0g x 可解得：1x g x在0,1单调递增，在1,单调递减 max 1g xge ln x eexeg x即 2 ln x x x eex e 221ln 0 xx eexx 例 5：已知 2 ln,2f xxxax g xx （1）当1a时，求 f x在,30m mm的最值 （2）求证：）求证：0,x ， 12 ln1 x x eex 解： （1） ln,
10、ln2f xxxx fxx f x的单调区间为 x 2 1 0, e 2 1 , e g x g x 2 1 03mm e 2 1 0m e 22min 11 f xf ee m a x 33 ln33fxfmmmm 2 1 m e 时， minmax ln,3 ln33f xmmm f xmmm （ 2 ） 思 路 ： 所 证 不 等 式 12 ln1 x x eex ， 若 都 移 到 左 边 构 造 函 数 ， 则 函 数 12 ln1 x yx eex 很难分析单调性，进而无法求出最值。本题考虑在两边分别求出最值， 再比较大小即可 解：所证不等式等价于 12 ln1 x x eex 2
11、 ln x x xxx ee 设 lnp xxxx 1ln1ln2pxxx 令 2 1 0pxx e p x在 2 1 0, e 单调递减，在 2 1 , e 单调递增 22min 11 p xp xp ee 设 2 x q xxe e 1 x qxx e q x在0,1单调递增，在1,单调递减 max 1 1q xq xq e minmax p xq x m i nm a x 0,xp xp xq xq x 所证不等式成立 例 6：设baRbabaxxxxf,(1) 1ln()(为常数） ，曲线)(xfy 与直线 xy 2 3 在(0，0)点相切. (1)求ba,的值. (2)(2)证明：当
12、证明：当20 x时，时， 6 9 )( x x xf. 解： （1） f x过0,0点 0101fbb 11 121 fxa xx 13 010 22 faa 0 1 a b ln111fxxx （2）思路：所证不等式等价于 9 ln11 1 6 x xx x ，若将x的表达式挪至不等号一 侧，则所构造的函数 9 ln111 6 x g xxx x 中 9 6 x x ，1x求导后结构比较 复杂。观察到对数与根式均含有1x，进而考虑换元1tx化简不等式。另一方面， 当0 x 时， 00g，而0 x 是所证x的临界值，进而会对导数值的符号有所影响。 解： 所证不等式等价于： 9 ln11 1 6
13、 x xx x 令 1,1, 3txt 则不等式转化为： 2 2 2 91 ln1 5 t tt t 22 52ln1910tttt （若不去分母，导函数比较复杂，不易分析） 令 222322 52ln1912ln10ln5599g tttttttttttt 232 2ln1010ln54tttttt 只需证 max0g t即可 观察 10g 22 1010 4 ln232054 ln3185g tttttttttt tt 10g 进而考虑 g x的单调性 （尽管 ,g tg t复杂，但有零点在，就能够帮助继续分析， 坚持往下进行） 22 1010 44ln6184ln614gxtttt tt
14、 gt单调递增， 10 34ln36 3140 3 gtg g t单调递减 10g tg （1t 是 ,g xg x的零点，从而引发连锁反应） g t单调递减 10g tg 0g t即所证不等式成立 当20 x时， 6 9 )( x x xf 小炼有话说：本题有以下两个亮点 （1）利用换元简化所证不等式 （2）零点的关键作用：对于化简后的函数 g t而言，形式依然比较复杂，其导函数也很难直 接因式分解判断符号，但是由于寻找到1t 这个零点，从而对导函数的符号判断指引了方向， 又因为发现1t 也是导函数的零点，于是才决定在对导函数求一次导，在二次导函数中判断 了符号，进而引发连锁反应，最终证明不
15、等式。可以说，本题能坚持对 g t进行分析的一个 重要原因就是1t 这个零点。 例 7： （2015，福建，20）已知函数 ln 1,f xxg xkx （1 1）求证：当）求证：当0 x 时，时， f xx （2 2）求证：当）求证：当1k 时，存在时，存在 0 0 x ，使得对任意的，使得对任意的 0 0,xx，恒有，恒有 f xg x 解： （1）思路：所证不等式为：ln 1xx，只需将含x的项移植不等号一侧，构造函数即 可证明 证明：所证不等式等价于：ln 10 xx，设 ln1h xxx 1 10 11 x h x xx h x在0,单调递减 0,x 时， 00h xh 即ln 1x
16、x得证 （2）思路：本题的目标是要找到与k相关的 0 x，因为 ,f xg x函数形式较为简单，所以 可以考虑移至不等号一侧： 0ln10f xg xxkx， 设 l n1hxxk x ， 11 11 kxk h xk xx ，因为 00h，所以只需 h x在 0 0,x单增即可。可对k 进行0k 和01k分类讨论。 证明： 0ln10f xg xxkx 设 ln1h xxkx 则 11 11 kxk h xk xx 且 00h 令 0h x ，即1kxk 当0k 时，解得 11 1 k x kk 1 10 k 1k x k 恒成立 h x在0,单调递增 00h xh 0 x可取任意正数 当0
17、k 时， ln1h xx，当0 x ， 0h x ，故 0 x可取任意正数 当01k时，解得 1k x k ，而10 k k h x在 1 0, k k 单调递增，在 1 , k k 单调递减 1 0, k x k ，均有 00h xh，只需取 0 1 0 k x k 即可 综上所述：存在 0 0 x ，使得对任意的 0 0,xx，恒有 f xg x 例 8：已知函数 ln x xk fx e （k为常数，2.71828e，是自然对数的底数） ，曲线 yf x在 1,1f处的切线与x轴平行 （1）求k的值 （2）设）设 2 g xxx fx，其，其中中 fx为为 f x的导函数。的导函数。 证
18、明：对证明：对 2 0,1xg xe 解： （1） 2 11 lnln xx xx exk exk xx fx ee 1,1f处的切线与x轴平行 1010fk 1k : （2）所证不等式等价于： 22 1 ln1 1 x x x xxe e 2 1ln1 1 x e xxxe x 设 1lnp xxxx 1ln1ln2pxxx 令 2 0ln20p xxxe p x在 2 0,e单调递增，在 2, e单调递减 22 1p xp ee ，即 2 1ln1xxxe 若要证 2 1ln1 1 x e xxxe x ，只需证11 1 x x e ex x 设 1 x q xex 1 x qxe，令 0
19、q x 解得：0 x q x在0,单调递增 00q xq 11 1 x x e ex x 2 1ln1 1 x e xxxe x ，即原不等式得证 例 9：已知函数 lnf xaxx，函数 g x的导函数 x gxe，且 01gge，其 中e为自然对数的底数 （1）求 f x的极值； （2 2）当当0a 时，对于时，对于0,x ，求证：，求证： 2f xg x 解： （1）函数 f x的定义域为0,， 11ax fxa xx 当0a 时， 0fx ， f x在0,上为增函数， f x没有极值； 当0a时，令 1 0fxx a f x在 1 0, a 单调增，在 1 , a 单调递减 f x有极
20、大值 1 1lnfa a ，无极小值 （2）当0a 时， lnf xx，令 2xg xf x，即 ln2 x xex 1 x xe x ，则 x在0,上为增函数 1 20,110 2 ee 00 1 ,10 2 xx ， x在0,上为增函数 0 0,xx 时， 0 x 0, xx时， 0 x x在 0 0,x单调递减，在 0, x 单调递增 0 00 min ln2 x xxex 00 0 00 11 00 xx xee xx ， 000 0 1 lnlnxxx x 00 0 1 2xx x ，由 0 1 ,1 2 x 可知 00 00 11 22xx xx 0 0 x 0 0 xx即 2f
21、xg x 例 10：设函数 2 cosf xaxx. （1）证明： 1 2 a 时，函数 f x在0,上单调递增； （2）证明： 2 4sin2 ln310 xxxx . 解： （1） 2sinfxaxx 只需证2sin0axx即可 令 2sing xaxx 00g 2cosg xax 1 21 2 aa 2cos0ax g x在0,单调递增 00g xg即 2sin0fxaxx 函数 f x在0,上单调递增 （2）思路：对所证不等式 2 4sin2 ln310 xxxx ，若直接将左侧构造函数，则无法求 出单调区间和最值。 （导函数中含有sin ,lnxx无法进一步运算） ，所以考虑将左侧的
22、一部分挪 至不等号另一侧，构造两个函数进行比较。 22 4sin2 ln31032 ln14sinxxxxxxxx ( 右 边4 s i n4x , 考 虑 2 32l n1gxxxx能否恒大于 4， 622lng xxx, 2 6gx x g x在 1 0, 3 处单调减，在 1 ,+ 3 单调递增， 1 0 3 gxg 故 g x为增函数，但无法求 g x的最小值。无法用 minmax f xg xf xg x证明。考虑其他思路。所证不 等式也可变为 1 32ln4 sinxxxx x ，在第一问中令 1 2 a 可得sinxx,只需证明 1 32ln4xx x 即可） 解：所证不等式等价
23、于 1 32ln4 sinxxxx x 设 1 32lnh xxx x 2 222 31121321 3 xxxx h x xxxx h x在0,1单调递减，在1,+单调递增 14h xh即 1 32ln4xx x 由（1）问可得：sin0 xx 1 32ln4sinxxxx x 原不等式得证 小炼有话说： （1）前两种尝试是最容易想到的，但是尝试后为什么放弃？第一种尝试是因为 导函数中项结构复杂，无法判断单调区间。而第二种尝试局限性较大，即必须左端最小大于 右端最大才可，尽管新的函数单调性能够分析，但是无法确定其最小值，所以放弃。在构造 函数证不等式时，一要看构造的函数能否进行分析（即单调性
24、，最值） ，二要看是否吻合预期 的结果。否则便要考虑从其他角度入手。 （2）对于第二种尝试，求单调区间比较麻烦。有能力的同学可以尝试特殊值法来排除，比如 令 1 2 x ，那么显然左边要小于 4。 （3）本题的解法有几个亮点： 提取一个x后，左端构造的函数更易分析性质 利用第一问过程中产生的结论：sinxx，这也是一个常见的不等式。 所用的不等式性质为：0,0abcdacbd（注意, , ,a b c d必须均为正项） 。由 此性质也可推广出一条判断函数增减性的方法：已知 ,f xg x在区间I恒大于零，若 ,f xg x均在区间I单调递增，则 f xg x在区间I也单调递增。例如lnyxx在 1,是单调递增的。
