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,)2x 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,)2π上单调递减即可。

证明：令()sin f x x x =- ，其中(0,)2x π∈ 则/()cos 1f x x =-，而(0,)cos 1cos 102x x x π∈⇒<⇒-< 所以()sin f x x x =-在(0,)2π上单调递减，即()sin (0)0f x x x f =-<= 所以sin x x <；令()tan g x x x =- ，其中(0,)2x π∈ 则/221()1tan 0cos g x x x =-=-<，所以()tan g x x x =-在(0,)2π上单调递减， 即()tan (0)0g x x x g =-<=所以tan x x <。

综上所述，sin tan x x x <<评注：证明函数类不等式时，构造辅助函数比较容易，只需将不等式的其中一边变为0，然后另一边的函数作为辅助函数，并利用导数证明其单调性或其最值，进而构造我们所需的不等式的结构即可。

根据不等式的对称性，本例也可以构造辅助函数为在(0,)2π上是单调递增的函数（如：利用()sin h x x x =-在(0,)2π上是单调递增来证明不等式sin x x <），另外不等式证明时，区间端点值也可以不是我们所需要的最恰当的值（比如此例中的(0)f 也可以不是0，而是便于放大的正数也可以）。

因此例可变式为证明如下不等式问题： 已知(0,)2x π∈，求证：sin 1tan 1x 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 +<分析：令()ln(1)f x x x =+-，经过求导易知，()f x 在其定义域(1,)-+∞上不单调，但可以利用最值证明不等式。

证明：令()ln(1)f x x x =+-函数f(x)的定义域是(1,)-+∞,'f (x)=111-+x .令'f (x)=0，解得x=0， 当-1<x<0时, 'f (x)>0,当x>0时,'f (x)<0，又f(0)=0，故当且仅当x=0时，f(x)取得最大值，最大值是0所以()ln(1)(0)0f x x x f =+-<=即ln(1)x x +<二、常数类不等式证明常数类不等式证明的通法可概括为：证明常数类不等式的问题等价转化为证明不等式 ()()f a f b <的问题，在根据,a b 的不等式关系和函数()f x 的单调性证明不等式。

例3已知0,,(1)(1)0m n a b R a b +>>∈--≠且求证：()()n n m m m n a b a b +>+分析： ()()ln()ln()ln()ln()n n m m m nn n m m m n n n m m a b a b a b a b m a b n a b +>+⇐+>+⇐+>+ln()ln()()()n n m m a b a b n mf n f m ++⇐>⇐>ln()()0x x a b f x x ⎧+=+∞⎪⇐⎨⎪⎩在（，）上是减函数m>n>0 证明： 令ln()()(0)x x a b f x x x +=> 则/22ln ln ln()(ln ln )()ln()()()x x x x x x x x x x x x x x a a b b x a b x a a b b a b a b a b f x x x a b +-++-+++==+ 22ln ln ln ln 0()()x x x x x x xx x x x x x x x x x x x x x x a b a b a b a b a b a b a b a b a b x a b x a b ++++++++=<=++ 所以，ln()()0x x a b f x x+=+∞在（，）上是减函数 又因为0m n >>，所以()()f n f m > 即ln()ln()n n m m a b a b n m++> ln()ln()ln()ln()n n m m n n m m m n m a b n a b a b a b +>+⇒+>+即()()n n m m m n a b a b +>+ 评注：利用导数证明常数类不等式的关键是经过适当的变形，将不等式证明的问题转化为函数单调性证明问题，其中关键是构造辅助函数，如何构造辅助函数也是这种通法运用的难点和关键所在。

通过本例，不难发现，构造辅助函数关键在于不等式转化为左右两边是相同结构的式子（本例经过转化后的不等式ln()ln()n n m m a b a b n m++>的两边都是相同式子ln()x x a b x+的结构，所以可以构造辅助函数ln()()x x a b f x x +=），这样根据“相同结构”可以构造辅助函数。

例4 已知02παβ<<<，求证：tan tan 11tan tan ααβββα-<<+ 分析：欲证tan tan 11tan tan ααβββα-<<+，只需证tan tan tan tan ααβββα<<（不然没法构造辅助函数），即tan tan ,tan tan αβααββαβ<<，则需证函数tan (),()tan x f x g x x x x==都在函数区间(0,)2π上单调递增即可。

证明：设tan ()x f x x =，(0,)2x π∈ 则2/222sec tan sin cos ()cos x x x x x x f x x x x--== 由例1知，(0,)sin sin cos sin cos 02x x x x x x x x π∈⇒>>⇒-> 即/()0f x >，所以tan ()x f x x =在(0,)2π上单调递增，而02παβ<<< 所以tan tan αβαβ<，即tan tan ααββ<，进而得到tan 1tan ααββ-< 设()tan g x x x =，(0,)2x π∈ 则/2()tan sec g x x x x =+，又因为(0,)2x π∈，所以/()0g x >， 进而()tan g x x x =在(0,)2π上单调递增，而02παβ<<<所以tan tan ααββ<，即tan tan αββα<，进而得到tan 1tan αββα<+ 综上所述tan tan 11tan tan ααβββα-<<+ 三、同步练习题 1．当1>x 时,求证:xx 132-> 2．已知a,b 为实数，并且e<a<b ，其中e 是自然对数的底，证明：b a a b >3．已知函数()()ln(1)10xf x e x x =-+-≥ （1）求函数()f x 的最小值；（2）若0y x ≤<，求证：1ln(1)ln(1)x y ex y -->+-+ 4．求证：()()e e ee e πππππ+>+参考答案：1．证明：要证x x 132->，只要证)1()13(423>->x x x , 即证=--23)13(4x x ,0)(169423>=-+-x f x x x则当1>x 时，0)1)(12(6)132(6)('3>--=+-=x x x x x f , ),1()(+∞∴在x f 上递增，0)1()(=>∴f x f 即0)(>x f 成立，原不等式得证2．证明：当e<a<b 时， 要证b aa b >， 只要证ln ln b a a b >, 即只要证bb a a ln ln > 考虑函数)0(ln +∞<<=x xx y 。

因为当e x >时， ,0ln 12<-='xx y 所以函数),(ln +∞=e x x y 在内是减函数 因为e<a<b ，所以b b a a ln ln >，即得b a a b > 3．（1）最小值为0（2）因为00y x x y ≤<⇒->，而由（1）知，对0x >，恒有()0f x >，所以不等式()0f x y ->恒成立 即ln(1)10x y e x y ---+->所以1ln(1)x ye x y -->-+ 又因为ln(1)ln[(1)(1)]ln(1)ln[(1)()]ln(1)ln(1)ln(1)(()0)x y y x y y x y x y y x y y x y -+=+-+-+=++--+>+-+-> 所以1ln(1)ln(1)x y e x y -->+-+ 证明：设ln()()(0)x x e f x x xπ+=>， 则'2ln ln()()x xx x x x e x e e f x xππππ+-++= 2(ln )()ln()()x x x x x x x x x e e e x e πππππ+-++=+22ln ln ln ln 0()()xx x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x e e e e e e e e e x e x e πππππππππππ++++++++=<=++ 所以函数ln()()x x e f x xπ+=在其定义域(0,)+∞单调递减 所以()()f f e π<，即ln()ln()e e e e e πππππ++< 根据对数的运算性质得，()()e e e e e πππππ+>+。