专题一 第5讲 母题突破1 导数与不等式的证明
第5讲 导数的综合应用
[考情分析] 1.导数逐渐成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题是高考的热点和难点.2.多以解答题压轴形式出现，难度较大．
母题突破1 导数与不等式的证明 母题 (2017·全国Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a <0时，证明f (x )≤－
34a
－2. (2)思路分析
?f (x )≤－34a
－2 ↓
?f (x )max ≤－
34a －2 ↓
?f (x )max ＋
34a ＋2≤0 ↓
?构造函数证明
(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x
. 若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，
故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．
若a <0，则当x ∈?
???0，－12a 时，f ′(x )>0； 当x ∈???
?－12a ，＋∞时，f ′(x )<0. 故f (x )在????0，－12a 上单调递增，在????－12a ，＋∞上单调递减．
(2)证明 由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a
处取得最大值，最大值为f ????－12a ＝ln ????－12a －1－14a
， 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ????－12a －1－14a ≤－34a
－2， 即ln ????－12a ＋12a
＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x
－1. 当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0；
当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.
所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0.
所以当x >0时，g (x )≤0.
从而当a <0时，ln ????－12a ＋12a
＋1≤0， 即f (x )≤－34a
－2. [子题1] 设函数f (x )＝ln x －x ＋1.证明：当x ∈(1，＋∞)时，1 ，x >0， 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当0 ∴f (x )＝ln x －x ＋1≤f (1)＝0，∴ln x ≤x －1， ∴当x >1时，ln x 且ln 1x <1x －1，② 由①得，1 ， ∴ln x >x －1x ，∴x >x －1ln x ， 综上所述，当x >1时，1 ≥ln x ＋1. 证明 设g (x )＝f (x )－(e －2)x －1＝e x －x 2－(e －2)x －1(x >0)， 则g ′(x )＝e x －2x －(e －2)， 设m (x )＝e x －2x －(e －2)(x >0)， 则m ′(x )＝e x －2， 易得g ′(x )在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 又g ′(0)＝3－e>0，g ′(1)＝0， 由0 所以存在x 0∈(0，ln 2)，使得g ′(x 0)＝0， 所以当x ∈(0，x 0)∪(1，＋∞)时，g ′(x )>0； 当x ∈(x 0,1)时，g ′(x )<0. 故g (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 又g (0)＝g (1)＝0，所以g (x )＝e x －x 2－(e －2)x －1≥0， 故当x >0时，e x ＋(2－e )x －1x ≥x . 又由母题可得ln x ≤x －1，即x ≥ln x ＋1， 故e x ＋(2－e )x －1x ≥ln x ＋1. 规律方法 利用导数证明不等式f (x )>g (x )的基本方法 (1)若f (x )与g (x )的最值易求出，可直接转化为证明f (x )min >g (x )max . (2)若f (x )与g (x )的最值不易求出，可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )>0. (3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明． (4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式. 跟踪演练 1．(2018·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1. (1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间； (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0. (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x . 由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 当0 所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)． (2)证明 当a ≥1e 时，f (x )≥e x e －ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1(x ∈(0，＋∞))， 则g ′(x )＝e x e －1x . 当0 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e 时，f (x )≥0. 2．(2020·内蒙古自治区模拟)已知f (x )＝ln x ＋2e x . (1)若函数g (x )＝xf (x )，讨论g (x )的单调性与极值； (2)证明：f (x )>1e x . (1)解 由题意，得g (x )＝x ·f (x )＝x ln x ＋2e (x >0)， 则g ′(x )＝ln x ＋1. 当x ∈????0，1e 时，g ′(x )<0，所以g (x )单调递减；当x ∈??? ?1e ，＋∞时，g ′(x )>0，所以g (x )单调递增， 所以g (x )的单调递减区间为????0，1e ，单调递增区间为??? ?1e ，＋∞， g (x )的极小值为g ????1e ＝1e ，无极大值． (2)证明 要证ln x ＋2e x >1e x (x >0)成立， 只需证x ln x ＋2e >x e x (x >0)成立， 令h (x )＝x e x ，则h ′(x )＝1－x e x ， 当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 所以h (x )的极大值为h (1)， 即h (x )≤h (1)＝1e ， 由(1)知，x ∈(0，＋∞)时，g (x )≥g ????1e ＝1e ， 且g (x )的最小值点与h (x )的最大值点不同， 所以x ln x ＋2e >x e x ，即ln x ＋2e x >1e x ，所以f (x )>1e x . 专题强化练 1．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，g (x )＝x ·e x －1，求证：f (x )≤g (x )． 证明 令F (x )＝f (x )－g (x )＝ln x ＋x －x e x ＋1(x >0)， 则F ′(x )＝1x ＋1－e x －x e x ＝1＋x x －(x ＋1)e x ＝(x ＋1)????1x －e x . 令G (x )＝1x －e x ，可知G (x )在(0，＋∞)上为减函数， 且G ????12＝2－e>0，G (1)＝1－e<0， ∴存在x 0∈????12，1，使得G (x 0)＝0，即1x 0 －0e x ＝0. 当x ∈(0，x 0)时，G (x )>0， ∴F ′(x )>0，F (x )为增函数； 当x ∈(x 0，＋∞)时，G (x )<0， ∴F ′(x )<0，F (x )为减函数． ∴F (x )≤F (x 0)＝ln x 0＋x 0－x 00e x ＋1， 又∵1x 0－0e x ＝0，∴1x 0 ＝0e x ，即ln x 0＝－x 0， ∴F (x 0)＝0，即F (x )≤0，∴f (x )≤g (x )． 2．(2020·沈阳模拟)已知函数f (x )＝x 2－(a －2)x －a ln x ，a >0. (1)求函数y ＝f (x )的单调区间； (2)当a ＝1时，证明：对任意的x >0，f (x )＋e x >x 2＋x ＋2. (1)解 f (x )＝x 2－(a －2)x －a ln x ，a >0，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －(a －2)－a x ＝(2x －a )(x ＋1)x ， 令f ′(x )>0，得x >a 2；令f ′(x )<0，得0 . ∴函数y ＝f (x )的单调递减区间为????0，a 2，单调递增区间为??? ?a 2，＋∞. (2)证明 ∵a ＝1， ∴f (x )＝x 2＋x －ln x (x >0)， 即证e x －ln x －2>0恒成立， 令g (x )＝e x －ln x －2，x ∈(0，＋∞)， 即证g (x )min >0恒成立， g ′(x )＝e x －1x ，g ′????12<0，g ′(1)>0， ∴?x 0∈????12，1，使g ′(x 0)＝0成立，即0e x －1x 0 ＝0， 则当0 又∵0e x －1x 0＝0，即0e x ＝1x 0 ， ∴g (x 0)＝0e x －ln x 0－2＝0e x ＋ln 1x 0－2＝1x 0 ＋x 0－2， 又∵x 0∈????12，1， ∴x 0＋1x 0>2， ∴g (x 0)>0，即对任意的x >0，f (x )＋e x >x 2＋x ＋2. 不等式的证明方法 不等式的证明是高中数学的一个难点，证明方法多种多样，近几年高考出现较为形式较为活跃，证明中经常需与函数、数列的知识综合应用，灵活的掌握运用各种方法是学好这部分知识的一个前提，下面我们将证明中常见的几种方法作一列举。 注意ab b a 22 2 ≥+的变式应用。常用2 222b a b a +≥ + (其中+ ∈R b a ,)来解决有关根式不等式的问题。 一、比较法 比较法是证明不等式最基本的方法，有做差比较和作商比较两种基本途径。 1、已知a,b,c 均为正数，求证： a c c b b a c b a ++ +++≥++1 11212121 证明：∵a,b 均为正数， ∴ 0) (4)(44)()(14141)(2 ≥+=+-+++=+-+-b a ab b a ab ab b a a b a b b a b a b a 同理 0)(41 4141)(2 ≥+= +-+-c b bc c b c b c b ，0) (414141)(2 ≥+=+-+-c a ac a c a c a c 三式相加，可得 01 11212121≥+-+-+-++a c c b b a c b a ∴a c c b b a c b a ++ +++≥++111212121 二、综合法 综合法是依据题设条件与基本不等式的性质等，运用不等式的变换，从已知条件推出所要证明的结论。 2、a 、b 、),0(∞+∈c ，1=++c b a ，求证： 31222≥ ++c b a 证：2 222)(1)(3c b a c b a ++=≥++?∴ 2222)()(3c b a c b a ++-++0 )()()(222222222222≥-+-+-=---++=a c c b b a ca bc ab c b a 3、设a 、b 、c 是互不相等的正数，求证：)(4 4 4 c b a abc c b a ++>++ 证 ： ∵ 2 2442b a b a >+ 2 2442c b c b >+ 2 2442a c a c >+∴ 222222444a c c b b a c b a ++>++ ∵ c ab c b b a c b b a 2 2222222222=?>+同理：a bc a c c b 222222>+ b ca b a a c 222222>+ ∴ )(222222c b a abc a c c b b a ++>++ 4、 知a,b,c R ∈，求证: )(22 2 2 2 2 2 c b a a c c b b a ++≥++ ++ + 证明：∵ ) (2 2 2 2 2 2 2 2)(22b a b a b a b a ab ab +≥++≥+∴≥+ 5.3、不等式典型例题之基本不等式的证明——（6例题） 雪慕冰 一、知识导学 1.比较法：比较法是证明不等式的最基本、最重要的方法之一，它是两个实数大小顺序和运算性质的直接应用，比较法可分为差值比较法(简称为求差法)和商值比较法(简称为求商法). (1)差值比较法的理论依据是不等式的基本性质：“ａ-ｂ≥0ａ≥ｂ；ａ-ｂ≤0ａ≤ｂ”.其一般步骤为：①作差：考察不等式左右两边构成的差式，将其看作一个整体；②变形：把不等式两边的差进行变形，或变形为一个常数，或变形为若干个因式的积，或变形为一个或几个平方的和等等，其中变形是求差法的关键，配方和因式分解是经常使用的变形手段；③判断：根据已知条件与上述变形结果，判断不等式两边差的正负号，最后肯定所求证不等式成立的结论.应用范围：当被证的不等式两端是多项式、分式或对数式时一般使用差值比较法. (2)商值比较法的理论依据是：“若ａ，ｂ∈R + ，ａ/ｂ≥1ａ≥ｂ；ａ/ｂ≤1ａ≤ｂ”.其一般步骤为：①作商：将左右两端作商；②变形：化简商式到最简形式；③判断商与1的大小关系，就是判定商大于1或小于1.应用范围：当被证的不等式两端含有幂、指数式时，一般使用商值比较法. 2.综合法：利用已知事实(已知条件、重要不等式或已证明的不等式)作为基础，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理，最后推出所要证明的不等式，其特点和思路是“由因导果”，从“已知”看“需知”，逐步推出“结论”.即从已知Ａ逐步推演不等式成立的必要条件从而得出结论Ｂ. 3.分析法：是指从需证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，进而转化为判定那个条件是否具备，其特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”.用分析法证明书写的模式是：为了证明命题Ｂ成立，只需证明命题Ｂ1为真，从而有…，这只需证明Ｂ2为真，从而又有…，……这只需证明Ａ为真，而已知Ａ为真，故Ｂ必为真.这种证题模式告诉我们，分析法证题是步步寻求上一步成立的充分条件. 4.反证法：有些不等式的证明，从正面证不好说清楚，可以从正难则反的角度考虑，即要证明不等式Ａ>Ｂ，先假设Ａ≤Ｂ，由题设及其它性质，推出矛盾，从而肯定Ａ>Ｂ.凡涉及到的证明不等式为否定命题、惟一性命题或含有“至多”、“至少”、“不存在”、“不可能”等词语时，可以考虑用反证法. 5.换元法：换元法是对一些结构比较复杂，变量较多，变量之间的关系不甚明了的不等式可引入一个或多个变量进行代换，以便简化原有的结构或实现某种转化与变通，给证明带来新???? 利用导数证明不等式的两种通法 利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。 一、函数类不等式证明 函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式()()f x g x >（()()f x g x <）的问题转化为证明()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-，然后利用导数证明函数()h x 的单调性或证明函数()h x 的最小值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）。 例1 已知(0,)2x π ∈，求证：sin tan x x x << 证明这个变式题可采用两种方法： 第一种证法：运用本例完全相同的方法证明每个不等式以后再放缩或放大，即证明不等式 sin x x <以后，根据sin 1sin x x x -<<来证明不等式sin 1x x -<； 第二种证法：直接构造辅助函数()sin 1f x x x =--和()tan 1g x x x =--，其中(0, )2x π∈ 然后证明各自的单调性后再放缩或放大（如：()sin 1(0)10f x x x f =--<=-<） 例2 求证：ln(1)x x +< 技巧 一、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。 二、解题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、利用题目所给函数证明 【例1】 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时， 恒有x x x ≤+≤+- )1ln(1 11 1. 均值不等式法 例1 设.)1(3221+++?+?=n n S n 求证.2 )1(2)1(2 +<<+n S n n n 例2 已知函数bx a x f 211 )(?+=，若54)1(=f ，且)(x f 在[0，1]上的最小值为21，求证：.2121 )()2()1(1-+ >++++n n n f f f 例3 求证),1(2 21321 N n n n C C C C n n n n n n ∈>?>++++- . 例4 已知222121n a a a +++=，222121n x x x +++=，求证：n n x a x a x a +++ 2211≤1. 2．利用有用结论 例5 求证.12)1 211()511)(311)(11(+>-++++n n 例6 已知函数 .2,,10,)1(321lg )(≥∈≤x x f x f 对任意*∈N n 且2≥n 恒成立。 例7 已知1 12111,(1).2n n n a a a n n +==+++ )(I 用数学归纳法证明2(2)n a n ≥≥； )(II 对ln(1)x x +<对0x >都成立，证明2n a e <（无理数 2.71828 e ≈） 例8 已知不等式21111[log ],,2232 n n N n n *+++>∈>。2[log ]n 表示不超过n 2log 的最大整数。设正数数列}{n a 满足：.2,),0(111≥+≤ >=--n a n na a b b a n n n 求证.3,][log 222≥+ 证明不等式的13种方法 咸阳师范学院基础教育课程研究中心安振平 不等式证明无论在高考、竞赛，还是其它类型的考试里，出现频率都是比较高，证明难度也是比较大的.因此，有必要总结证明不等式的基本方法，为读者提供学习时的参考资料.笔者选题的标准是题目优美、简明，其证明方法基本并兼顾巧妙. 1．排序方法 对问题的里的变量不妨排出大小顺序，有时便于获得不等式的证明. 例1已知,,0a b c ≥，且1a b c ++=，求证： ()22229 1. a b c abc +++≥2．增量方法 在变量之间增设一个增量，通过增量换元的方法，便于问题的变形和处理.例2设,,a b c R + ∈，试证：2222 a b c a b c a b b c c a ++++≥+++.3．齐次化法 利用题设条件，或者其它变形手段，把原不等式转换为齐次不等式. 例3设,,0,1x y z x y z ≥++=，求证： 2222222221.16 x y y z z x x y z +++≤4．切线方法 通过研究函数在特殊点处的切线，利用切线段代替曲线段，来建立局部不等式.例4已知正数,,x y z 满足3x y z ++=，求证： 323235 x y +≤++.. 5．调整方法 局部固定，逐步调整，探究多元最值，便能获得不等式的证明. 例5已知,,a b c 为非负实数，且1a b c ++=，求证：13.4 ab bc ca abc ++-≤ 6．抽屉原理 在桌上有3个苹果，要把这3个苹果放到2个抽屉里，无论怎样放，我们会发现至少会有一个抽屉里面放2个苹果.这一简单的现象，就是人们所说的“抽屉原理”.巧用抽屉原理，证明某些不等式，能起到比较神奇的效果. 例6（《数学通报》2010年9期1872题）证明：在任意13个实数中，一定能找到两个实数,x y ，使得0.3.10.3x y x ->+7．坐标方法 构造点坐标，应用解析几何的知识和方法证明不等式. 例7已知a b c R ∈、、，a 、b 不全为零，求证： ()()()22 22222 22.a b ac a b bc a b c a b +++++≥+++8．复数方法 构造复数，应用复数模的性质，可以快速证明一些无理不等式. 例8（数学问题1613，2006，5）设,,,0,a b c R λ+ ∈≥求证：9．向量方法 构造向量，把不等式的证明纳入到向量的知识系统当中去. 例9已知正数,,a b c 满足1a b c ++=，求证： 4 ≤. 10．放缩方法 不等式的证明，关键在于恒等变形过程中的有效放大、或者缩小技巧,放和缩应当恰到好处. 例10已知数列{}n a 中，首项132 a = ，且对任意*1,n n N >∈，均有 11n n a a +=++()211332.42 n n n a -+< 证明不等式的基本方法 导学目标：1.了解证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法.2.会用比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法证明比较简单的不等式． [自主梳理] 1.三个正数的算术—几何平均不等式：如果a ，b ，c>0，那么_________________________，当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立． 2.基本不等式(基本不等式的推广)：对于n 个正数a 1，a 2，…，a n ，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即a 1＋a 2＋…＋a n n ≥n a 1·a 2·…·a n ，当且仅当__________________时等号成立． 3.证明不等式的常用五种方法 (1)比较法：比较法是证明不等式最基本的方法，具体有作差比较和作商比较两种，其基本思想是______与0比较大小或______与1比较大小． (2)综合法：从已知条件出发，利用定义、______、______、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫综合法．也叫顺推证法或由因导果法． (3)分析法：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的________条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实(定义 、公理或已证明的定理、性质等)，从而得出要证的命题成立为止，这种证明方法叫分析法．也叫逆推证法或执果索因法． (4)反证法 ①反证法的定义 先假设要证的命题不成立，以此为出发点，结合已知条件，应用公理、定义、定理、性质等，进行正确的推理，得到和命题的条件(或已证明的定理、性质、明显成立的事实等)矛盾的结论，以说明假设不正确，从而证明原命题成立，我们把它称为反证法． ②反证法的特点 先假设原命题不成立，再在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实等矛盾． (5)放缩法 ①定义：证明不等式时，通过把不等式中的某些部分的值________或________，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法． ②思路：分析观察证明式的特点，适当放大或缩小是证题关键． 题型一 用比差法与比商法证明不等式 1.设t ＝a ＋2b ，s ＝a ＋b 2＋1，则s 与t 的大小关系是( A ) ≥t >t ≤t 证明不等式的几种常用方法 证明不等式除了教材中介绍的三种常用方法，即比较法、综合法和分析法外，在不等式证明中，不仅要用比较法、综合法和分析法，根据有些不等式的结构，恰当地运用反证法、换元法或放缩法还可以化难为易．下面几种方法在证明不等式时也经常使用． 一、反证法 如果从正面直接证明，有些问题确实相当困难，容易陷入多个元素的重围之中，而难以自拔，此时可考虑用间接法予以证明，反证法就是间接法的一种．这就是最“没办法”的时候往往又“最有办法”，所谓的“正难则反”就是这个道理． 反证法是利用互为逆否的命题具有等价性来进行证明的，在使用反证法时，必须在假设中罗列出各种与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，则反证法都是不完全的． 用反证法证题的实质就是从否定结论入手，经过一系列的逻辑推理，导出矛盾，从而说明原结论正确．例如要证明不等式A＞B，先假设A≤B，然后根据题设及不等式的性质，推出矛盾，从而否定假设，即A≤B不成立，而肯定A＞B成立．对于要证明的结论中含有“至多”、“至少”、“均是”、“不都”、“任何”、“唯一”等特征字眼的不等式，若正面难以找到解题的突破口，可转换视角，用反证法往往立见奇效． 例1 设a、b、c、d均为正数，求证：下列三个不等式：①a＋b＜c＋d； ②(a＋b)(c＋d)＜ab＋cd；③(a＋b)cd＜ab(c＋d)中至少有一个不正确． 反证法：假设不等式①、②、③都成立，因为a、b、c、d都是正数，所以 不等式①与不等式②相乘，得：(a ＋b)2＜ab ＋cd ，④ 由不等式③得(a ＋b)cd ＜ab(c ＋d)≤( 2 b a +)2 ·(c ＋d)， ∵a ＋b ＞0，∴4cd ＜(a ＋b)(c ＋d)， 综合不等式②，得4cd ＜ab ＋cd ， ∴3cd ＜ab ，即cd ＜31 ab ． 由不等式④，得(a ＋b)2＜ab ＋cd ＜ 34ab ，即a 2＋b 2＜－3 2 ab ，显然矛盾． ∴不等式①、②、③中至少有一个不正确． 例2 已知a ＋b ＋c ＞0，ab ＋bc ＋ca ＞0，abc ＞0，求证：a ＞0，b ＞0， c ＞0． 证明：反证法 由abc ＞0知a ≠0，假设a ＜0，则bc ＜0， 又∵a ＋b ＋c ＞0，∴b ＋c ＞－a ＞0，即a(b ＋c)＜0， 从而ab ＋bc ＋ca = a(b ＋c)＋bc ＜0，与已知矛盾． ∴假设不成立，从而a ＞0， 同理可证b ＞0，c ＞0． 例3 若p ＞0，q ＞0，p 3＋q 3= 2，求证：p ＋q ≤2． 证明：反证法 假设p ＋q ＞2，则(p ＋q)3＞8，即p 3＋q 3＋3pq (p ＋q)＞8， ∵p 3＋q 3= 2，∴pq (p ＋q)＞2． 故pq (p ＋q)＞2 = p 3＋q 3= (p ＋q)( p 2－pq ＋q 2)， 又p ＞0，q ＞0 ? p ＋q ＞0， ∴pq ＞p 2－pq ＋q 2，即(p －q)2 ＜0，矛盾． 不等式证明基本方法 例1 ：求证：221a b a b ab ++≥+- 分析：比较法证明不等式是不等式证明的最基本的方法，常用作差法和作商法，此题用作差法较为简便。 证明：221()a b a b ab ++-+- 2221[()(1)(1)]02 a b a b =-+-+-≥ 评注：1．比较法之一（作差法）步骤：作差——变形——判断与0的关系——结论 2．作差后的变形常用方法有因式分解、配方、通分、有理化等，应注意结合式子的形式，适当选 用。 例2：设c b a >>，求证：b a a c c b ab ca bc 2 22222++<++ 分析：从不等式两边形式看，作差后可进行因式分解。 证明：)(222222b a a c c b ab ca bc ++-++ =)()()(a b ab c a ca b c bc -+-+- =)()]()[()(a b ab c b b a ca b c bc -+-+-+- =))()((a c c b b a --- c b a >>Θ，则,0,0,0<->->-a c c b b a ∴0))()((<---a c c b b a 故原不等式成立 评注：三元因式分解因式，可以排列成一个元的降幂形式： =++-++)(222222b a a c c b ab ca bc )())(()(2a b ab b a b a c a b c -++-+-，这样容易发现规律。 例3 ：已知,,a b R +∈求证：11()()2()n n n n a b a b a b ++++≤+ 证明：11()()2()n n n n a b a b a b ++++-+ 11n n n n a b ab a b ++=+-- ()()n n a b a b a b =-+- ()()n n a b b a =-- 1.函数2ln 2)(x x x f -=，求函数)(x f y =在]2,2 [上的最大值 2.. 已知f(x)=e x -ax- （1）求f(x)的单调增区间； （2）若f(x ）在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围； （3）是否存在a,使f(x)在（-∞，0］上单调递减，在［0，+∞）上单调递增？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由. 3. 已知函数f(x)=x 2e -ax (a ＞0),求函数在［1，2］上的最大值. 4.已知x ＝3是函数f(x)＝aln(1＋x)＋x2－10x 的一个极值点． (1)求a 的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)若直线y ＝b 与函数y ＝f(x)的图象有3个交点，求b 的取值范围． 5. (2010年全国)已知函数 f(x)＝x3－3ax2＋3x ＋1. (1)设a ＝2，求 f(x)的单调区间； (2)设 f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a 的取值范围． 不等式的证明： 一、函数类不等式证明 函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式 ()()f x g x >（()()f x g x <） 的问题转化为证明 ()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），进而构造辅助函数 ()()()h x f x g x =-，然后利用导数证明函数()h x 的单调性或证明函数()h x 的最小 值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）。 一、利用题目所给函数证明 【例1】 已知函数 x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有 x x x ≤+≤+- )1ln(1 1 1 【绿色通道】1 111)(+- =-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数 故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞ 于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(m a x ==f x f ，因此，当1->x 时， 0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证） ， 现证左令11 1 )1ln()(-+++=x x x g ， 2 2)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ， ∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即011 1 )1ln(≥-+++x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(11 1 ,1有时 【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证． 2、直接作差构造函数证明 【例2】已知函数 .ln 2 1)(2 x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数3 3 2)(x x g = 的图象的下方； 【绿色通道】设)()() (x f x g x F -=，即x x x x F ln 2 132)(2 3--= ， 分式 摘要：分式不等式的证明是高中数学中的难点之一，本文主要通过作差法，利用基本不等式法，利用非负实数的性质，利用放缩法，环元法，构造法，类比法，局部不等式法来分析与 证明分式不等式，从而对分式不等式的证明有着整体的理解。通过方法与总结克服证明分式不等式的胆怯心理。 关键词：分式不等式 证明方法 作差法 基本不等式法 构造法 二．利用基本不等式法 均 值 不 等 式 即 ： 利用不等式 ∑ =n i y i x m i n 11 ≥∑=∑=n i y i n n i x i n m 1 11)1(∑=-∑=n i i m m y x n n i i 1 2 1 1)(（2,1,,=∈+i R y x i i ）证明一 类难度较大的分式不等式是很简捷的。 例2.若1,2)(i R =∈+ a i 且N m s n i i a ∈=∑=,1 ，则有∑+=-n i m a a i i 1 ) (1)(s n n s m n +≥ 证明:(1)当m=1时， ∵n a a n i i n i i 2 1 1 1 ≥∑∑=-=，s n a n i i 2 1 1 ≥∑=-，所以有：)1 1 (a a i n i i +∑=-=∑∑==-+n i i n i i a a 1 1 1 ≧s n 2 +s=n(n s s n +) (2)当m=2时, )1 1 (a a i n i i +∑=-≧ n m 2 1 -n i i n i m a a ∑+=-1 )(1≧n )( n s s n m + 综上，由（1）（2）知原不等式成立。 排序不等式即，适用于对称不等式 例3.设a,b,c 是正实数，求证： 23 ≥+++++b a c a c b c b a 证明：不妨设a ≧c b ≥则b a a c c b +≥+≥+1 11 由排序不等式得： ≥+++++b a c a c b c b a b a a a c c c b b +++++ (1) ≥+++++b a c a c b c b a b a b a c a c b c +++++ (2) 由（1）+(2)得 2（ b a c a c b c b a +++++）3≥，所以2 3≥+++++b a c a c b c b a 利用倒数不等式即:若a i >0,则n a a n i i n i i 2 1 1 1 ≥∑∑=-= 例4．设βα,都是锐角，求证：且βα,取什么值时成立？ 证明：1cos sin 2 2=+βα，不等式左边拆项得： ββαcos sin sin cos 2 2 2 2 1 1 + = β αβααsni 2 2 2 2 2 sin cos sin cos 1 1 1 + + 又由于1sin sin cos sin cos 2 2222=++βαβαα 由倒数不等式有: ) (sin sin cos sin cos 2 2 2 2 2 βαβαα++)1 1 1 ( 2 2 2 2 2 sin cos sin cos β αβααsni + + ≥9 所以原不等式成立 当且仅当βαβααsin sin cos sin cos 2 2222==即2tan ,1tan ==αβ时等 利用导数证明不等式的两种通法 吉林省长春市东北师范大学附属实验学校 金钟植 岳海学 利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。 一、函数类不等式证明 函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式()()f x g x >（()()f x g x <）的问 题转化为证明()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），进而构造辅助函数 ()()()h x f x g x =-，然后利用导数证明函数()h x 的单调性或证明函数()h x 的最小值（最 大值）大于或等于零（小于或等于零）。 例1 已知(0, )2 x π ∈，求证：sin tan x x x << 分析：欲证sin tan x x x <<，只需证函数()sin f x x x =-和()tan g x x x =-在(0,)2 π 上 单调递减即可。 证明： 令()sin f x x x =- ，其中(0,)2 x π ∈ 则/ ()cos 1f x x =-，而(0,)cos 1cos 102 x x x π ∈? 不等式性质的应用 不等式的性质是解不等式、证明不等式的基础和依据。教材中列举了不等式的性质，由这些性质是可以继续推导出其它有关性质。教材中所列举的性质是最基本、最重要的，对此，不仅要掌握性质的内容，还要掌握性质的证明方法，理解掌握性质成立的条件，把握性质之间的关联。只有理解好，才能牢固记忆及正确运用。 1．不等式性质成立的条件 运用不等式的基本性质解答不等式问题，要注意不等式成立的条件，否则将会出现一些错误。对表达不等式性质的各不等式，要注意“箭头”是单向的还是双向的，也就是说每条性质是否具有可逆性。 例1：若0< B ．a b a 11>- C ．||||b a > D ．22b a > 解：∵0<->-b a 。 由b a -< -11，b a 11>，∴（A ）成立。 由0<< b a ，||||b a >，∴（C ）成立。 由0>->-b a ，2 2 )()(b a ->-，2 2b a >，∴（D ）成立。 ∵0<->-a b a ， )(11b a a --<-，b a a ->11，∴（B ）不成立。 故应选B 。 例2：判断下列命题是否正确，并说明理由。 （1）若0<c ，在2 2c b c a >两边同乘以2 c ，不等式方向不变。∴b a >。 （3）错误。b a b a 1 1，成立条件是0>ab 。 （4）错误。b a >，bd ac d c >?>，当a ，b ，c ，d 均为正数时成立。 2．不等式性质在不等式等价问题中的应用 例3：下列不等式中不等价的是（ ） （1）2232 >-+x x 与0432 >-+x x （2）13 8112++ >++ x x x 与82>x （3）35 7354-+>-+x x x 与74>x （4） 023 >-+x x 与0)2)(3(>-+x x A ．（2） B ．（3） C ．（4） D ．（2）（3） 解：（1）0432232 2 >-+?>-+x x x x 。 （2）482>?>x x ，44,11 3 8112>?>-≠?++>++ x x x x x x 。 4、基本不等式的证明（1） 目标： (,0)2 a b a b +≥的证明过程，并能应用基本不等式证明其他不等式。 过程： 一、问题情境 把一个物体放在天平的一个盘子上，在另一个盘子上放砝码使天平平衡，称得物体的质量为 a 。如果天平制造得不精确，天平的两臂长略有不同（其他因素不计） ，那么a 并非物体的实际质量。不过，我们可作第二次测量：把物体调换到天平的另一个盘上，此时称得物体的质量为b 。那么如何合理的表示物体的质量呢？ 把两次称得的物体的质量“平均”一下，以2 a b A +=表示物体的质量。这样的做法合理吗？ 设天平的两臂长分别为12,l l ，物体实际质量为M ，据力学原理有1221,l M l a l M l b == ，有2,M ab M == ,0a b >时，2 a b +叫,a b ,a b 的几何平均数 2 a b + 二、建构 一般，判断两数的大小可采用“比较法”： 02a b +-=≥ 2 a b +≤（当且仅当a b =时取等号） 说明：当0a =或0b =时，以上不等式仍成立。 从而有 2 a b +≤(0,0)a b ≥≥（称之“基本不等式” ）当且仅当a b =时取等号。 2 a b +≤的几何解释： 如图,,2 a b OC CD OC CD +≥== 三、运用 例1 设,a b 为正数，证明：1(1)2(2)2b a a a b a +≥+≥ 注意：基本不等式的变形应用 2,2a b a b ab +??≤+≤ ??? 例2 证明： 22(1)2a b ab +≥ 此不等式以后可直接使用 1(2)1(1)1 x x x + ≥>-+ 4(3)4(0)a a a +≤-< 2 2≥ 2 2> 例3 已知,0,1a b a b >+=，求证：123a b +≥+ 四、小结 五、作业 反馈32 书P91 习题1，2，3 第 1 页 共 6 页 构造函数法证明不等式的八种方法 1、利用导数研究函数的单调性极值和最值，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，也是近几年高考的热点。 2、解题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。 以下介绍构造函数法证明不等式的八种方法： 一、移项法构造函数 【例1】 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有 x x x ≤+≤+-)1ln(1 11 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 11 1)1ln()(-++ +=x x x g ，从其导数入手即可证明。 【解】1111)(+-=-+='x x x x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ，即)(x f 在)0,1(-∈x 上为增函数 当0>x 时，0)(<'x f ，即)(x f 在),0(+∞∈x 上为减函数 故函数()f x 的单调递增区间为)0,1(-，单调递减区间),0(+∞ 于是函数()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，当1->x 时，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln( （右面得证）， 现证左面，令111)1ln()(-+++=x x x g ， 22) 1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则 当0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时 ， 即)(x g 在)0,1(-∈x 上为减函数，在),0(+∞∈x 上为增函数， 故函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ， ∴当1->x 时，0)0()(=≥g x g ，即011 1)1ln(≥-++ +x x ∴111)1ln(+-≥+x x ，综上可知，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(11 1,1有时 【警示启迪】如果()f a 是函数()f x 在区间上的最大（小）值，则有()f x ≤()f a （或()f x ≥()f a ）， 那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过0就可得证． 2、作差法构造函数证明 【例2】已知函数.ln 21)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数33 2)(x x g =的图象的下方； 柯西证明均值不等式的方法 by zhangyuong （数学之家） 本文主要介绍柯西对证明均值不等式的一种方法，这种方法极其重要。 一般的均值不等式我们通常考虑的是n n G A ≥: 一些大家都知道的条件我就不写了 n n n x x x n x x x ......2121≥ +++ 我曾经在《几个重要不等式的证明》中介绍过柯西的这个方法，现在再次提出： 8444844)()(: 4422)()(abcdefgh efgh abcd h g f e d c b a abcd abcd cd ab d c b a d c b a ≥+≥+++++++=≥+≥+++=+++八维时二维已证，四维时： 这样的步骤重复n 次之后将会得到 n n n x x x x x x n 2 221221 (2) ...≥ +++ 令A n x x x x x x x x x x n n n n n n =+++= =====++......;,...,2122111 由这个不等式有 n n n n n n n n n n A x x x A x x x A n nA A 2 121 212 221)..(..2 )2(- -=≥ -+= 即得到 n n n x x x n x x x ......2121≥ +++ 这个归纳法的证明是柯西首次使用的，而且极其重要，下面给出几个竞赛题的例子： 例1： 1 1 12101(1,2,...,)11(...)n i i i n n n a i n a a a a =<<=≥ --∑ 若证明 例2： 1 1 1211(1,2,...,)1 1(...)n i i i n n n r i n r r r r =≥=≥ ++∑ 若证明 这2个例子是在量在不同范围时候得到的结果，方法正是运用柯西的归纳法： 给出例1的证明： 12121 2 212 2 123 4 211(1)2(1)(1) 11,(1)(2)2(1) 22(1)2(1)2211111111n a a a a a a p a q a q p p q p q pq q p q q q p q a a a a =+ ≥ ?- --≥----=+= ?--≥-+?-+≥?+≥+?≥+ + + ≥+ ----≥ 当时设，而这是元均值不等式因此此过程进行下去 因2 1 1 2 1221 1212221 12 2 1 1 2 11(...)...(...)112 2 (2) 1111() 111n n n n n n n n i i n n n n n n n n n i i n n i i a a a a a a a a a a G n a G G G G n a G =++-==≥ --=====+-≥ = ----≥ --∑ ∑ ∑ 此令有即 例3： 1 115,,,,1(1),,111,,11( )( ) 1 1 n n i i i i i i i i i n n n i i i i i i n n i i i i i i i i i i i n r s t u v i n R r S s n n T t U u V v n n n r s t u v R ST U V r s t u v R ST U V =>≤≤== = = = ++≥--∑∑∑∑∑∏ 已知个实数都记，求证下述不等式成立： 要证明这题，其实看样子很像上面柯西的归纳使用的形式 一个不等式的七种证明方法 证明不等式就是证明所给不等式在给定条件下恒成立.由于不等式的形式是多种多样的,因此,不等式的证明方法也可谓是千姿百态.针对不等式证明,要具体问题具体分析,灵活选用证明方法,提高代数变形,推理论证能力,一题多解,有助于我们对辩证唯物主义观点有进一步的认识. 题目：已知a ,b ,c ,d ∈R ,求证:ac +bd ≤))((2222d c b a ++ 分析一:用分析法 证法一:(1)当ac +bd ≤0时,显然成立. (2)当ac +bd >0时,欲证原不等式成立, 只需证(ac +bd )2≤(a 2+b 2)(c 2+d 2) 即证a 2c 2+2abcd +b 2d 2≤a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2 即证2abcd ≤b 2c 2+a 2d 2 即证0≤(bc -ad )2 因为a ,b ,c ,d ∈R ,所以上式恒成立, 综合(1)、(2)可知:原不等式成立. 分析二:用综合法 证法二: (a 2+b 2)(c 2+d 2)=a 2c 2+a 2d 2+b 2c 2+b 2d 2 =(a 2c 2+2abcd +b 2d 2)+(b 2c 2-2abcd +a 2d 2) =(ac +bd )2+(bc -ad )2≥(ac +bd )2 ∴))((2222d c b a ++≥|ac +bd |≥ac +bd . 故命题得证. 分析三:用比较法 证法三:∵(a 2+b 2)(c 2+d 2)-(ac +bd )2=(bc -ad )2≥0, ∴(a 2+b 2)(c 2+d 2)≥(ac +bd )2 ∴))((2222d c b a ++≥|ac +bd |≥ac +bd , 即ac +bd ≤))((2222d c b a ++. 分析四:用放缩法 证法四:为了避免讨论,由ac +bd ≤|ac +bd |, 可以试证(ac +bd )2≤(a 2+b 2)(c 2+d 2). 由证法1可知上式成立,从而有了证法四. 分析五:用三角代换法 证法五:不妨设???==???==ββ ααsin cos ,sin cos 2 211r d r c r b r a (r 1,r 2均为变量). 则ac +bd =r 1r 2cos αcos β+r 1r 2sin αsin β=r 1r 2cos （α-β） 又|r 1r 2|=|r 1|·|r 2|=))((22222222d c b a d c b a ++=+?+ 及r 1r cos （α-β）≤|r 1r 2| 所以ac +bd ≤))((2222d c b a ++. 分析六:用换元法高中不等式的证明方法
不等式典型例题之基本不等式的证明
导数证明不等式
高考数学数列不等式证明题放缩法十种方法技巧总结(供参考)
证明不等式的种方法
不等式证明的常用基本方法
证明不等式的几种常用方法
高中数学基本不等式证明
导数不等式证明
分式不等式的证明与方法
利用导数证明不等式的两种通法
不等式的证明方法习题精选精讲
4 基本不等式的证明(1)
【高考数学】构造函数法证明导数不等式的八种方法
均值不等式的证明方法
一个不等式的七种证明方法