导数证明不等式

导数证明不等式（精选8篇）

导数证明不等式 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

导数证明不等式 篇2

利用导数研究函数的单调性, 再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点, 也是高考的热点.其主要思想是构造辅助函数, 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, 而如何构造辅助函数是用导数方法证明不等式的关键.下举例分析, 供同学们学习参考.

一、不等式中只含一个字母 (不妨设为x)

类型1 直接作差构造函数, 通过求函数的导数来得出函数的单调性 (或函数的最值) 来证明不等式.

例1 当x∈ (0, π) 时, 证明不等式sinx<x成立.

证明 令f (x) =sinx-x, 则f′ (x) =cosx-1.当x∈ (0, π) 时, f′ (x) <0, ∴f (x) 在x∈ (0, π) 时单调递减, 故f (x) <f (0) =0.∴sinx-x<0.∴sinx<x.

例2 证明不等式:xlog2x+ (1-x) log2 (1-x) ≥-1.

证明 对函数f (x) 求导数:

$\begin{array}{l}{f}^{\prime }(x)=(x\log {}_{2}x{)}^{\prime }+[(1-x)\log {}_2(1-x){]}^{\prime }\\ =\log {}_{2}x-\log {}_2(1-x)+\frac{1}{\ln 2}-\frac{1}{\ln 2}\\ =\log {}_{2}x-\log {}_2(1-x).\end{array}$

于是$f^{\prime }\left(\frac{1}{2}\right)=0$.当$x<\frac{1}{2}$时, f′ (x) =log2x-log2 (1-x) <0, f (x) 在区间$\left(0,\frac{1}{2}\right)$是减函数;

当$x>\frac{1}{2}$时, f′ (x) =log2x-log2 (1-x) >0, f (x) 在区间$\left(\frac{1}{2}‚1\right)$是增函数.

∴f (x) 在$x=\frac{1}{2}$时取得最小值, $f\left(\frac{1}{2}\right)=-1$.

点评 若f (x) , g (x) 差函数为非单调, 其差有极大值或极小值, 用导函数求其极大值、极小值, 从而证明不等式.

类型2 换元后作差构造函数证明.

例3 若x∈ (0, +∞) , 求证:$\frac{1}{x+1}<\ln \frac{x+1}{x}<\frac{1}{x}$.

证明 令$1+\frac{1}{x}=t‚x>0‚\therefore t>1‚x=\frac{1}{t-1}$.

则原不等式$\iff 1-\frac{1}{t}<\ln t<t-1$.

令$\begin{array}{l}f(t)=t-1-\ln t‚\therefore f^{\prime }(t)>1-\frac{1}{t}.\\ \because t\in (1,+\infty )‚\therefore f^{\prime }(t)>0‚\therefore f(t)\end{array}$在t∈ (1, +∞) 上为增函数.

∴f (t) >f (1) =0, ∴t-1>lnt.

令$\begin{array}{l}g(t)=\ln t-1+\frac{1}{t}‚\therefore g^{\prime }(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{t{}^2}=\frac{t-1}{t{}^2}.\\ \because t\in (1,+\infty ),\therefore g^{\prime }(t)>0‚\therefore g(t)\end{array}$在t∈ (1, +∞) 上为增函数.

$\therefore g(t)>g(1)=0‚\therefore \ln t>1-\frac{1}{t},\therefore \frac{1}{x+1}<\ln \frac{x+1}{x}<\frac{1}{x}.$

点评 代换作用:此题设参数$t=1+\frac{1}{x}‚0<x<+\infty$, 实际上就是把原来取不到的x=0值代换为可取到的t=1, 把原来要研究函数在x→+∞处的值, 等价为研究函数在t=1处的值.

二、不等式中含有多个字母

类型1 端点变量法.

例4 已知函数g (x) =xlnx, 设0<a<b.证明:$0<g(a)+g(b)-2g\left(\frac{a+b}{2}\right)<(b-a)\ln 2$.

分析与证明 本题是在一个区间上证明不等式, 而不等式涉及的变量就是区间的两个端点, 因此设辅助函数时把其中的一个端点设为自变量.设$F(x)=g(a)+g(x)-2g\left(\frac{a+x}{2}\right)(a<x\le b)$, 则$F^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)-2g^{\prime }\left(\frac{a+x}{2}\right)=\ln x-\ln \frac{a+x}{2}$.当x=a时, F′ (x) =0, F (x) 取得极小值F (a) , 所以F (b) >F (a) =0, 即$0<g(a)+g(b)-2g\left(\frac{a+b}{2}\right)$.设G (x) =F (x) - (x-a) ln2, 则G′ (x) =lnx-ln (a+x) .

当x>0时, G′ (x) <0, 即当x>0时, G (x) 是减函数, g (b) <G (a) =0, 即$g(a)+g(b)-2g\left(\frac{a+b}{2}\right)<(b-a)\ln 2$.

点评 一般地利用辅助函数证明不等式时, 直接将不等式的两端移项到一侧求导就可以了.但本题中的不等式涉及区间的端点, 因此就涉及选择自变量的问题, 本题就是把其中的一个端点设为自变量.

类型2 用分离变量的思想构造函数.

例5 若α>β>e, 证明:βα>αβ.

证明 原题等价于$\frac{\ln \alpha }{\alpha }<\frac{\ln \beta }{\beta }$.

设$f(x)=\frac{\text{l}\text{n}x}{x}$, 当x>e时, $f^{\prime }(x)=\frac{1-\text{l}\text{n}x}{x{}^2}<0‚$

∴当x>e时, f (x) 单调递减.

$\because \alpha >\beta >\text{e},\therefore \frac{\ln \alpha }{\ln \beta }<\frac{\ln \alpha }{\ln \beta }$, 即βα>αβ.

类型3 从条件特征入手构造函数

例6 若函数y=f (x) 在R上可导且满足不等式xf′ (x) >-f (x) 恒成立, 常数a, b满足a>b, 求证:af (a) >bf (b) .

证明 从结论考虑能想到应证明xf (x) 为增函数.而 (xf (x) ) ′=xf′ (x) +f (x) >0, 从而xf (x) 为增函数.又a>b, 故af (a) >bf (b) .

利用导数证明不等式的方法 篇3

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

导数证明不等式 篇4

本文将介绍用导数证明函数不等式的四种常用方法.（）x0).例

1证明不等式：xln(x1证明

设f(x)xln(x1)(x0)，可得欲证结论即f(x)f(0)(x0)，所以只需证明函数f(x)是增函数.而这用导数易证：

f(x)1所以欲证结论成立.10(x0)x1注

欲证函数不等式f(x)g(x)(xa)(或f(x)g(x)(xa))，只需证明f(x)g(x)0(xa)(或f(x)g(x)0(xa)).设h(x)f(x)g(x)(xa)(或h(x)f(x)g(x)(xa))，即证h(x)0(xa)(或h(x)0(xa)).若h(a)0，则即证h(x)h(a)(xa)(或h(x)h(a)(xa)).接下来，若能证得函数h(x)是增函数即可，这往往用导数容易解决.例

2证明不等式：xln(x1).证明

设f(x)xln(x1)(x1)，可得欲证结论即f(x)0(x1).显然，本题不能用例1的单调性法来证，但可以这样证明：即证f(x)xln(x1)(x1)的最小值是0，而这用导数易证：

f(x)11x(x1)x1x1

所以函数f(x)在(1,0],[0,)上分别是减函数、增函数，进而可得

f(x)minf(1)0(x1)

所以欲证结论成立.注

欲证函数不等式f(x)()g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)g(x)()0x.(I设h(x)f(x)g(x)(xI)，即证h(x)()0(xI)，也即证h(x)min()0(xI)(若h(x)min不存在，则须求函数h(x)的下确界)，而这用导数往往容易解决.bex1例3

(2014年高考课标全国卷I理科第21题)设函数f(x)aelnx，曲线

xxy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．

x解

(1)f(x)aelnxaxbx1bx1e2ee． xxx题设即f(1)2,f(1)e，可求得a1,b2．

x(2)即证xlnxxe21(x0)，而这用导数可证(请注意1)： ee设g(x)xlnx(x0)，得g(x)ming． 设h(x)xex1e1e12(x0)，得h(x)maxh(1)．

ee注

i)欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)ming(x)max(xI)，而这用导数往往可以解决.欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需证明f(x)ming(x)max(xI)，或证明f(x)ming(x)max(xI)且两个最值点不相等，而这用导数往往也可以解决.ii)例3第(2)问与《2009年曲靖一中高考冲刺卷理科数学

（一）》压轴题第(3)问完全一样，这道压轴题(即第22题)是：

已知函数f(x)xlnx,g(x)xax3．(1)求函数f(x)在[t,t2](t0)上的最小值；

(2)对一切x(0,),2f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x(0,)，都有lnx212成立． xeexln x例4(2013年高考北京卷理科第18题)设L为曲线C：y＝在点(1，0)处的切线．

x(1)求L的方程；

(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方． 解(1)(过程略)L的方程为y＝x－1.lnxx1(当且仅当x1时取等号).xx2－1＋ln xlnx(x0).设g(x)x1，得g′(x)＝

x2x(2)即证当01时，x2－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，得g(x)单调递增．

所以g(x)ming(1)0，得欲证结论成立.(2)的另解 即证仅当x1时取等号).设g(x)xxlnx，可得g(x)2lnxx1(当且仅当x1时取等号)，也即证x2xlnx0(当且x2x1(x1)(x0).x进而可得g(x)ming(1)0，所以欲证结论成立.(2)的再解 即证lnxx1(当且仅当x1时取等号)，也即证lnxx2x(当且仅当xx1时取等号).2如图1所示，可求得曲线ylnx与yxx(x0)在公共点(1,0)处的切线是yx1，所以接下来只需证明

lnxx1,x1x2x(x0)(均当且仅当x1时取等号)

前者用导数易证，后者移项配方后显然成立.所以欲证结论成立.图1

例5

(2013年高考新课标全国卷II理21(2)的等价问题)求证：eln(x2)． 分析

用前三种方法都不易解决本问题，下面介绍用导数证明函数不等式的第四种常用方法.设f(x)e(x2),g(x)ln(x2)(x2)，我们想办法寻找出一个函数h(x)，使得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到.当然，函数h(x)越简洁越好.但h(x)不可能是常数(因为函数g(x)ln(x2)(x2)的值域是R)，所以我们可尝试h(x)能否为一次函数，当然应当考虑切线.如图2所示，可求得函数f(x)e(x2)在点A(0,1)处的切线是yx1，进而可得f(x)h(x)(x2)；还可求得函数g(x)ln(x2)(x2)在点B(1,0)处的切线也是yx1，进而可得h(x)g(x)(x2).xxx

图2 进而可用导数证得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到，所以欲证结论成立.当然，用例2的方法，也可给出该题的证明(设而不求)：

x设f(x)eln(x2)，得f(x)ex1(x2).x2可得f(x)是增函数(两个增函数之和是增函数)，且1fe20,f(1)e10，所以函数g(x)存在唯一的零点x0(得2(x02)ex01,x02ex0,ex01)，再由均值不等式可得 x02f(x)minf(x0)ex0ln(x02)11lnex0x0220x02x02

(因为可证x01)所以欲证结论成立.x例6 求证：elnx2.x证法1

(例5的证法)用导数可证得ex1(当且仅当x0时取等号)，x1lnx2(当且仅当x1时取等号)，所以欲证结论成立.x证法2

(例2的证法)设f(x)elnx，得f(x)ex1(x0).x可得f(x)是增函数且g11110,g(0)0，所以函数g(x)存在唯2e1.52一的零点x0(得ex01,x0ex0)，再由均值不等式可得 x011lnex0x02(因为可证x01)x0x0 f(x)minf(x0)ex0lnx0所以欲证结论成立.注

欲证函数不等式f(x)g(x)(xI,I是区间)，只需寻找一个函数h(x)(可以考虑曲线yh(x)是函数yf(x),yg(x)的公切线)使得f(x)h(x)g(x)(x2)且两个等号不是同时取到，而这用导数往往容易解决.下面再给出例5和例6的联系.对于两个常用不等式exx1,lnxx1，笔者发现yex与ylnx互为反函数，yx1与yx1也互为反函数，进而得到了本文的几个结论.定理

已知f(x),g(x)都是单调函数，它们的反函数分别是f1(x),g1(x).(1)若f(x)是增函数，f(s)g(s)恒成立，则f1(t)g1(t)恒成立；

11(2)若f(x)是减函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立； 11(3)若f(x)是增函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立； 11(4)若f(x)是减函数，f(s)g(s)恒成立，则f(t)g(t)恒成立.证明

下面只证明(1),(4)；(2),(3)同理可证.(1)设不等式f(s)g(s)中s的取值范围是A，当sA时，f(s),g(s)的取值范围分别是fA,gA，得不等式f1(t)g1(t)中t的取值范围是fAgA，所以

1tfAgA,x0A,tgx(0x),gt.()0由f(s)g(s)恒成立，得g(x0)f(x0).由f(x)是增函数，得

f1(x)也是增函数，所以f1(g(x0))f1(f(x0))x0g1(g(x0))，即f1(t)g1(t).得tfAgA,f1(t)g1(t)，即欲证结论成立.(4)设不等式f(s)g(s)中s的取值范围是A，当sA时，f(s),g(s)的取值范围分别是fA,gA，得不等式f1(t)g1(t)中t的取值范围是fAgA，所以

1tfAgA,x0A,tgx(0x),t.()0g由f(s)g(s)恒成立，得g(x0)f(x0).由f(x)是减函数，得

f1(x)也是减函数，所以f1(g(x0))f1(f(x0))x0g1(g(x0))，即f1(t)g1(t).得tfAgA,f1(t)g1(t)，即欲证结论成立.推论1

已知f(x),g(x)都是单调函数，它们的反函数分别是f1(x),g1(x).(1)若f(x),g(x)都是增函数，则f(s)g(s)恒成立f1(t)g1(t)恒成立；(2)若f(x),g(x)都是减函数，则f(s)g(s)恒成立f1(t)g1(t)恒成立.证明

(1)由定理(1)知“”成立.下证“”：

因为g(x)是增函数，g1(t)f1(t)恒成立，g1(x),f1(x)的反函数分别是g(x),f(x)，所以由“”的结论得g(s)f(s)恒成立，即f(s)g(s)恒成立.(2)同(1)可证.推论2

把定理和推论1中的“,”分别改为“,”后，得到的结论均成立.(证法也是把相应结论中的“,”分别改为“,”.)

在例5与例6这一对姊妹结论“eln(x2),lnxe2”中ye与ylnx互为

不等式证明 篇5

不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型.证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下： 不等式的性质：abab0,abab0.这是不等式的定义，也是比较法的依据.对一个不等式进行变形的性质：

（1）abba（对称性）

（2）abacbc（加法保序性）

（3）ab,c0acbc;ab,c0acbc.（4）ab0anbn,nanb(nN*).对两个以上不等式进行运算的性质.（1）ab,bcac（传递性）.这是放缩法的依据.（2）ab,cdacbd.（3）ab,cdacbd.（4）ab0,dc0,含绝对值不等式的性质：

（1）|x|a(a0)x2a2axa.（2）|x|a(a0)x2a2xa或xa.（3）||a||b|||ab||a||b|（三角不等式）.（4）|a1a2an||a1||a2||an|.ab,adbc.cd 证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.例题讲解 1．a,b,c0,求证：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc.abc32．a,b,c0，求证：abc(abc)

abc.a2b2b2c2c2a2a3b3c3.3．：a,b,cR,求证abc2c2a2bbccaab

4．设a1,a2,,anN*，且各不相同，求证：1

12131aa3ana12..n2232n25．利用基本不等式证明a2b2c2abbcca.446．已知ab1,a,b0,求证：ab1.8

7．利用排序不等式证明GnAn

8．证明：对于任意正整数R，有(1

1n1n1)(1).nn11119．n为正整数，证明：n[(1n)1]1n(n1)nn1.23n

1n 课后练习

1.选择题

(1)方程x-y=105的正整数解有().（A）一组（B）二组

（C）三组

（D）四组

(2)在0,1,2,„，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（）.（A）3个（B）4个

（C）5个

（D）6个 2．填空题

（1）的个位数分别为_________及_________.4

5422(2)满足不________.等式10≢A≢10的整数A的个数是x×10+1，则x的值(3)已知整数y被7除余数为5,那么y被7除时余数为________.(4)求出任何一组满足方程x-51y=1的自然数解x和y_________.3.求三个正整数x、y、z满足

23.4．在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？

5．求的整数解.6．求证可被37整除.7．求满足条件的整数x，y的所有可能的值.8．已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.9.如果p、q、、都是整数，并且p＞1，q＞1，试求p+q的值.课后练习答案

1.D.C.2.(1)9及1.(2)9.(3)4.(4)原方程可变形为x=(7y+1)+2y(y-7),令y=7可得x=50.223.不妨设x≢y≢z,则,故x≢3.又有故x≣2.若x=2,则,故y≢6.又有,故y≣4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3≢y≢4,y=3或4,z都不能是整数.4.可仿例2解.5.分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.．．

略解：a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3x1x2x3xnx1.再如证(a1)(b1)(ac)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式

如(等.但其本质特征不等式两边的次22数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.8888≡8(mod37),∴8888333

3222

2≡8(mod37).2222

27777≡7(mod37),7777≡7(mod37),8888238+7=407,37|407,∴37|N.22

3+7777

3333

≡(8+7)(mod37),而

237.简解:原方程变形为3x-(3y+7)x+3y-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≣0及y为整数可得0≢y≢5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.∵l+m=n,∴l=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l,n-m=1.于是2222l=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l+2l+1=(l+1).即2(l+m+1)是完全平方数.222

229.易知p≠q,不妨设p＞q.令(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.=n,则m＞n由此可得不定方程

例题答案：

1.证明：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc

a(b2c22bc)b(a2c22ac)c(a2b22ab)

a(bc)2b(ca)2c(ab)2

0

ab(ab)bc(bc)ca(ca)6ab.c

评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明a2b2c2abbcca时，可将a2b2

1(abbcca)配方为[(ab)2(bc)2(ca)2]，亦可利用a2b22ab，2b2c22bc,c2a22ca，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.不等式关于a,b,c对称，不妨abc,则ab,bc,acR，且

ab,，bca都大于等于1.caabbcc(abc)abc3a2abc3b2bac3c2cab3aab3aac3bba3bbc3cca3ccb3

ab3a()bb()cbc3a()cac31.评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定n个字母的大小顺序，可方便解题.（2）本题可作如下推广：若ai0(i1,2,,n),则a11a22anaaan(a1a2an)a1a2ann.（3）本题还可用其他方法得证。因aabbabba，同理bbccbccb,ccaacaac，另aabbccaabbcc，4式相乘即得证.（4）设abc0,则lgalgblgc.例3等价于algablgbalgbblga,类似例4可证algablgbclgcalgbblgcclgaalgcblgbclga.事实上，一般地有排序不等式（排序原理）： 设有两个有序数组a1a2an,b1b2bn，则a1b1a2b2anbn（顺序和）

a1bj1a2bj2anbjn（乱序和）a1bna1bn1anb1（逆序和）

其中j1,j2,,jn是1,2,,n的任一排列.当且仅当a1a2an或b1b2bn时等号成立.排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如a,b,cR时,a3b3c3a2bb2cc2aa2ab2bc2c

a2b2c2111111abbcca;abca2b2c2a2b2c2bcabcaabc222.3.思路分析：中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明.111111，则a2b2c2（乱序和）cbacab111111a2b2c2（逆序和），同理a2b2c2（乱序和）abccab111a2b2c2（逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数abc111333组abc及，仿上可证第二个不等式.bcacab

222不妨设abc,则abc,4.分析：不等式右边各项

ai1a；可理解为两数之积，尝试用排序不等式.i22ii设b1,b2,,bn是a1,a2,,an的重新排列，满足b1b2bn，又1111.22223nanbna2a3b2b3.由于b1,b2,bn是互不相同的正整数，b122222n2323nb3bnb11故b11,b22,,bnn.从而b12，原式得证.12222n23n所以a1评述：排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，a2b2abba，a3b3c3a2bb2cc2aaabbbcccaabcbaccab3abc.5.思路分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方．．法.a2b22ab,同理b2c32bc,c2a22ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.22xnx12x2如x1x2xn，可在不等式两边同时加上x2x3x1x2x3xnx1.再如证(a1)(b1)(ac)3(bc)3256a2b2c3(a,b,c0)时，可连续使用基本不等式.ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式

如(等.但其本质特征不等式两边的次数及22系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.思路分析：不等式左边是a、b的4次式，右边为常数式呢.44要证ab1，如何也转化为a、b的4次811,即证a4b4(ab)4.8833评述：（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知x1x2x31,xi0,求证：x1 x211133求证：x1x2x2x3 x3.右侧的可理解为(x1x2x3).再如已知x1x2x30，3332+x3x10，此处可以把0理解为(x1x2x3)，当然本题另有简使证法.38（2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于n个正数a1,a2,an)

调和平均Hnn111a1a2an 几何平均Gnna1a2an 算术平均Ana1a2an

n22a12a2an平方平均Qn

2这四个平均值有以下关系：HnGnAnQn，其中等号当且仅当a1a2an时成立.7.证明: 令biai,(i1,2,,n)则b1b2bn1，故可取x1,x2,xn0，使得 Gnb1

xxx1x,b22,,bn1n1,bnn由排序不等式有： x2x3xnx1b1b2bn

=xx1x2n（乱序和）x2x3x1111x2xn（逆序和）x1x2xn x1

=n，aaa2ana1a2nn,即1Gn.GnGnGnn111，,各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，GnAn.a1a2an 评述:对8.分析:原不等式等价于n1(1)1平均，而右边为其算术平均.n11nn1，故可设法使其左边转化为n个数的几何n111111n21(1)n(1)(1)1(1)(1)11.n1nnnnnn1n1n个n1 评述:（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相近.类似可证(11n11n2)(1).nn1（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁.9.证明:先证左边不等式

111(1n)123n1111n123n (1n)n

n111(11)(1)(1)(1)123n (1n)nn34n1223nn1n(*)

nn[(1n)1]121n1n111123n

n 34n123nn234n1nn1.n23n （*）式成立，故原左边不等式成立.其次证右边不等式

1111n(n1)nn1

23n1 n1n1n(1111111)(1)(1)(1)23nn1123n n1nn112n1123n

（**） n1nn1

用均值不等式证明不等式 篇6

【摘要】：不等式的证明在竞赛数学中占有重要地位．本文介绍了用均值不等式证明几个不等式，我们在证明不等式时，常用到均值不等式。要求我们要认真分析题目，本文通过几个国内外竞赛数学的试题，介绍用均值不等式证明初等不等式的基本方法及技巧。

【关键词】：均值不等式；不等式；方法；技巧

均值不等式

设 a1、a2、、an 是 n 个 正数，则不等式H(a)G(a)A(a)Q(a)称为均值不等式[1]．其中

H(a)

n

1a

11a

2

1an，G(a)

a1a2a1aan，A(n)

a1a2an

n

22，2

Q(n)

a1a2an

n

、an 的调和不等式，几何平均值，算术平均值，均方根平均分别称为 a1、a2、值．

例1设a1、a2、…、an均为正，记

(n)n（a1a2an

n



a1a2an)

试证：(n)(n1)，并求等号成立的条件．

证明由所设条件，得

(n)(n1)

=n（a1a2an

n



n

a1a2an)(n1)（a1a2an

1n1



n1

a1a2an1)

=a1a2annna1a2an(a1a2an1)(n1)n1a1a2an1

=an(n1)(a1a2an1)n1n(a1a2an)n，n1

(a1a2an1)n1，有 将G(a)A(a)应用于n个正数：an，（a1a2an1）



n1个

an(n1)(a1a2an1)n1

n

(a1a2an)n，即

an(n1)(a1a2an1)n1n(a1a2an)n．

所以(n)(n1)，当且仅当an(a1a2an1)立．

n1，即ann1a1a2an时等号成1

此题不只是公式的直接应用．代表了均值不等式中需要挖掘信

、an 的一类题． 息找a1、a2、例2设xyz0，求证：6(x3y3z3)2(x2y2z2)3． 证明当xyz0时不等式显然成立．

除此情况外，x、y、z中至少有一正一负．不妨设xy0，因为

z(xy)，所以

I6(xyz)6[xy(xy)]6[3xy(xy)]54xyz

．

若由此直接用G(a)A(a)(n3)，只能得到较粗糙的不等式

I54xyz54（xyz

2)2(xyz)，3222

3如果改用下面的方法，用G(a)A(a)，便得

I54xyz

222

216

xy2



xy2

z

xyxy2z

(2z22xy)3，2163

再注意到x2y2(xy)22xyz22xy，因而2z22xyx2y2z2，于是即得欲证的不等式．

此题解题的关键在于构造a1、a2、、an通常需要拓宽思路多次尝试，此类也属均值不等式的常考类题． 例3设x0，证明：2

x

2

x

22

x

．(第16届全苏数学竞赛试题[2])

证明此不等式的外形有点像均值不等式． 由G(a)A(a)，得

x2

x

x

2

x

22

x

2

x

22，又

x2

x

1111

(x12x4)2x6，即得要证的不等式．

结语

有些不等式则可以利用某个已经证明成立的不等式来证明(因此多熟悉几个比较常见的不等式是有好处的)；有些不等式还要用数学归纳法来证明等等．而且在一个题目的证明过程中，也往往不止应用一种方法，而需要灵活运用各种方法．因此，要培养和提高自己的证题能力。

参考文献

[1]陈传理等编．数学竞赛教程 [M]．北京：高等教育出版设，1996，(10)：

133-134．

利用导数证明不等式的常用方法 篇7

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

$\begin{array}{l}\text{则}{f}^{\prime }(x)=-\frac{x{}^2}{x+1}.\\ \because x＞0,\\ \therefore f^{\prime }(x)＜0,\end{array}$

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$\frac{x}{1+x}\le \ln (1+x)\le x$成立.

证明:作函数$f(x)=\frac{x}{1+x}-\ln (1+x),$

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

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$1-\frac{1}{t}＜\ln t＜t-1$,

$\begin{array}{l}\text{令}f(t)=t-1-\ln t‚\\ \therefore f^{\prime }(t)=1-\frac{1}{t}.\end{array}$

∵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$g^{\prime }(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{t{}^2}=\frac{t-1}{t{}^2}.$

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.

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

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

当x>e时, h′ (x) <0,

∴h (x) 在 (e, +∞) 上单调递减.

∵e<x<y,

∴h (x) >h (y) ,

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

∴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$\ln x＞\frac{1}{\text{e}{}^x}-\frac{2}{\text{e}x}$成立.

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

设f (x) =xlnx, x∈ (0, +∞) ,

则f′ (x) =lnx+1,

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

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

则$g^{\prime }(x)=\frac{1-x}{\text{e}{}^x}$,

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

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

解: (1) 易知F (x) = (x2+1) lnx- (2x-2) ,

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

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 .

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

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

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

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:$\frac{\ln 2}{2}\cdot \frac{\ln 3}{3}\cdot \frac{\ln 4}{4}\cdots \frac{\text{l}\text{n}n}{n}＜\frac{1}{n}(n\ge 2,n\in \mathbf{{\rm N}}{}^{*}).$

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

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*,

$\begin{array}{l}\text{则}\text{有}0＜\ln n＜n-1‚\\ \therefore 0＜\frac{\text{l}\text{n}n}{n}＜\frac{n-1}{n}.\\ \therefore \frac{\ln 2}{2}\cdot \frac{\ln 3}{3}\cdot \frac{\ln 4}{4}\cdots \frac{\text{l}\text{n}n}{n}＜\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{3}{4}\cdots \frac{n-1}{n}=\frac{1}{n}(n\ge 2,n\in \mathbf{{\rm N}}{}^{*}).\end{array}$

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.

导数证明不等式 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

n>

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；