利用导数证明不等式的常见题型山西大学附属中学 韩永权 邮箱：hyq616@不等式的证明是近几年高考的一个热点题型，它一般出现的压轴题的位置，解决起来比较困难。

本文给出这一类问题常见的证明方法，给将要参加高考的学子一些启示和帮助。

只要大家认真领会和掌握本文的内容，定会增强解决对这一类问题的办法。

下面听我慢慢道来。

题型一 构造函数法，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，从而证明不等式，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。

例1（人教版选修2-2第32页B 组1题）利用函数的单调性，证明不列不等式（1）),0(,sinx π∈<x x (2))1,0(,02∈>-x x x (3)0,1≠+>x x e x(4)0,ln ><<x e x x x这四道题比较简单，证明的过程分三个步骤，一是构造函数，二是对函数求导，判断函数的单调性，三是求此函数的最值，得出结论。

例2.当1->x 时，求证：x x x ≤+≤+-)1ln(111 证明：令x x x f -+=)1ln()(，则1111)(+-=-+='x xx x f ∴当01<<-x 时，0)(>'x f ,当0>x 时，0)(<'x f ，()f x 在),1(+∞-上的最大值为0)0()(max ==f x f ，因此，0)0()(=≤f x f ，即0)1ln(≤-+x x ∴x x ≤+)1ln(（右面得证），再证左面，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，函数)(x g 在),1(+∞-上的最小值为0)0()(min ==g x g ，∴0)0()(=≥g x g ，即0111)1ln(≥-+++x x∴111)1ln(+-≥+x x （左面得证），综上，当x x x x ≤+≤-+->)1ln(111,1有时启示：证明分三个步骤，一是构造函数，二是对函数求导，判断函数的单调性，三是求此函数的最值，得出结论。

题型二 通过对函数的变形，利用分析法，证明不等式例.bx x x h +=ln )(有两个不同的零点21,x x ①求b 的取值范围；②求证：1221x xe>.解析：①()ln h x x bx =+，其定义域为（0，+∞）.由()0h x =得ln -x b x =，记ln ()x x x ϕ=-，则2ln 1()x x x ϕ-'=,所以ln ()x x x ϕ=-在(0,)e 单调减，在(,)e +∞单调增，所以当x e =时ln ()xx xϕ=-取得最小值1e -.又(1)0ϕ=，所以(0,1)x ∈时()0x ϕ>，而(1,)x ∈+∞时()0x ϕ<,所以b 的取值范围是（1e-，0）.②由题意得1122ln 0,ln 0x bx x bx +=+=,所以12122121ln ()0,ln ln ()0x x b x x x x b x x ++=-+-=,所以12122121ln ln ln x x x xx x x x +=--，不妨设21x x <, 要证212x x e >,需证12122121ln (ln ln )2x xx x x x x x +=->-.即证2121212()ln ln x x x x x x -->+，设21(1)x t t x =>,则2(1)4()ln ln 211t F t t t t t -=-=+-++,所以22214(1)()0(1)(1)t F t t t t t -'=-=>++,所以函数()F t 在（1，+∞）上单调增， 而(1)0F =，所以()0F t >即2(1)ln 1t t t ->+,所以212x x e >.启示：第一问用的是分离参数法，第二问用的是分析法，构造函数，对函数的变形能力要求较高，大家记住下面的变形：12122121ln ln ln x x x x x x x x +=--⇒2121212()ln ln x x x x x x -->+⇒)1(1)1(2ln >+->t t t t 题型三 不等式左右两边的变量不一样，分别为21,x x ，可以分别求出左右两边的最值而证明。

如：21,x x ∀∀，)()(21x g x f <⇔min 2max 1)()(x g x f ≤ 例．已知函数)(ln 2)12(21)(2R a x x a ax x f ∈++-=．（1）当32=a 时，求函数)(x f 的单调区间； （2）当21>a 时，设xe x x x g )2()(2-=，求证：对任意]2,0(1∈x ，均存在]2,0(2∈x ，使得)()(21x g xf <成立．解：（1）增区间为)23,0(，),2(+∞，减区间为)2,23(．（2）若要命题成立，只需当]2,0(∈x 时，max max )()(x g x f <．由xe x x g )2()(2-='可知，当]2,0(∈x 时，)(x g 在区间)2,0(上单调递减，在区间]2,2(上单调递增，0)2()0(==g g ，故0)(max =x g ，所以只需0)(max <x f ．对函数)(x f 来说，xx ax x a ax x f )2)(1(2)12()(--=++-='．当21>a 时，210<<a，函数)(x f 在区间)1,0(a 上单调递增，在区间]2,1(a 上单调递减，221ln 2)1()(max ---==aa a f x f ．当1≥a 时，显然小于0，满足题意；当121<<a 时，可令221ln 2)(---=a a a h ，2241)(a a a h -='， 可知该函数在121<<a 时单调递减，032ln 2)21()(<-=<h a h ，满足题意，所以21>a 满足题意．启示：此类题关键是转化，转化为求函数的最值问题，常见有下面四种形式，(1)21,x x ∀∀，)()(21x g x f <⇔min 2max 1)()(x g x f ≤ (2) 21,x x ∃∀)()(21x g x f <⇔max 2max 1)()(x g x f ≤ (3) 21,x x ∀∃ )()(21x g x f <⇔min 2min 1)()(x g x f ≤(4) 21,x x ∃∃)()(21x g x f <⇔max 2min 1)()(x g x f ≤，只要分别求在右两边函数的最值就可以了。

四 分拆成两个函数研究，要证明)()(x g x f >，如果能证明max min )()(x g x f ≥，便可证)()(x g x f ≥。

大家可以看到不等号左右两边都是相同的x ,而上一种题型不等号两边分别为21,x x 。

由max min )()(x g x f ≥⇒)()(x g x f ≥，但)()(x g x f ≥推不出max min )()(x g x f ≥。

比如,1x e x +≥推不出max min )1()(+≥x e x ,因为1+x 就没有最大值。

max min )()(x g x f ≥比)()(x g x f ≥更严格。

例 （2014新课标1理）设函数1()ln x xbe f x ae x x-=+，曲线()()()11y f x f =在点，处的切线方程为(1)2y e x =-+（I ）求,a b ； （II ）证明：()1f x > 解：（I ）1,2a b ==(II)如果按题型一的方法构造函数求导，发现做不下去，只好半途而废。

所以需要及时调整思路，改变思考方向。

()1f x >等价于2ln xx x xee ->-，设()ln g x x x =，则()1ln g x x '=+，当1(0,)x e∈时，()0g x '<，当1(,)x e ∈+∞时，()0g x '>，故()g x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e+∞单调递增，从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11()g e e =-设2()x h x xe e-=-，则()(1)x h x e x -'=-当(0,1)x ∈时，()0h x '>当(1,)x ∈+∞时，()0h x '< 从而()h x 在(0,)+∞最大值为1(1)h e=-，因()g x 与()h x 极值点不相同。

综上，当0x >时，()()g x h x >即()1f x >启示：掌握下列八个函数的图像和性质，对我们解决不等式的证明问题很有帮助，八个函数分别为(1)xxe y =,(2)x x y ln =,(3)x e y x =,(4)x x y ln =(5)x e x y =,(6)x x y ln =,(7)2ln xxy =,(8)x x y ln 2=要求会画它们的图像，以后见到这种类型的函数，就能想到它们的性质。

题型五 函数的极值点（最值点）不确定，可以先设出来，只设不解，把极值点代入求出最值的表达式而证明。

例 (2015新课标1卷文）设函数()2ln xf x ea x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数； （II ）证明：当0a >时，()22lnf x a a a≥+. 解析：（I ）()f x 的定义域为),0(+∞，)0(2)(2>-='x xae xf x.当0≤a 时,0)(>'x f ，)(x f '没有零点；当0a时，因为2x e 单调递增，x a-单调递增，所以)(x f '在),0(+∞单调递增.又0)(>'a f ,当b 满足04a b 且14b 时，0)2(242221212<-=-<-e a a e b a e b，∴0)(<'b f 。

故当0a 时，)(x f '存在唯一零点,（关键是放缩技巧，对x 范围的限制）（II ）由（I ）知，可设)(x f '在),0(+∞的唯一零点为0x ，当),0(0x x ∈时，0)(<'x f ，当),(0+∞∈x x 时，0)(>'x f ，故)(x f 在),0(0x 单调递减，在),(0+∞x 单调递增，所以当0x x =时，)(x f 取得最小值，最小值为)(0x f ，由于02020=-x a e x，得0220x a e x =， ∴,2ln ln 200x a x -=0000ln 2ln ln 2ln 2ln ln 2x a a x a a x a a a ax --=-=-=，aa ax x 2ln 2ln 00+=-，所以a a a a a ax x a x f 2ln 22ln 22)(000+≥++=，故当0>a 时，aa a x f 2ln 2)(+≥启示：只设不解，整体代换是一种常用的方法，在解析几何中体现很多。