1、第三章 第20炼 一元不等式的证明 导数第20炼 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(为常数）恒成立，则只需证明：，进而将不等式的证明转化为求函数的最值（2）已知的公共定义域为，若，则证明：对任意的，有由不等式的传递性可得：，即2、证明一元不等式主要的方法有两个： 第一个方法是将含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，
2、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，转化成为的形式，若能证明，即可得：，本方法的优点在于对的项进行分割变形，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，如果与不满足，则无法证明。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、若在证明中，解析式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
3、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）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：思路：移项构造函数求解即可证明：所证不等式等价于： 令 则只需证明： 令解得： 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： 例2：设函数，证明：当时
4、，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，令，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： ，所以所证不等式等价于 设 只需证即可 令在单调递减，在单调递增 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，证明：思路：若化简不等式左边，则所证不等式等价于，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
5、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，只需让与同号即可。而的正负一眼便可得出，的符号也不难分析，故采取分别判断符号的方法解决。解： 在单调递减，在单调递增 为增函数 时， 时， 综上所述，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，其中常数（1）当时，求函数的极值（2）求证：解：（1）当时， 在单调递增时，在单调递减，在单调递增的极小值为，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
6、形成“”的形式。由第（1）问可得：，即，则所证不等式两边同时除以，即证：，而，所以只需构造函数证明即可解：由（1）得所证不等式： 设令可解得：在单调递增，在单调递减即例5：已知（1）当时，求在的最值（2）求证：，解： （1）的单调区间为 时，（2）思路：所证不等式，若都移到左边构造函数，则函数很难分析单调性，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：所证不等式等价于设 令 在单调递减，在单调递增设 在单调递增，在单调递减 所证不等式成立例6：设为常数），曲线与直线在(0，0)点相切. (1)求的值. (2)证明：当时，.解：（1）过点 （2）思路：所证不等式等价于，若将的
7、表达式挪至不等号一侧，则所构造的函数中，求导后结构比较复杂。观察到对数与根式均含有，进而考虑换元化简不等式。另一方面，当时，而是所证的临界值，进而会对导数值的符号有所影响。解： 所证不等式等价于：令 则不等式转化为： （若不去分母，导函数比较复杂，不易分析）令 只需证即可观察 进而考虑的单调性 （尽管复杂，但有零点在，就能够帮助继续分析，坚持往下进行） 单调递增，单调递减 （是的零点，从而引发连锁反应）单调递减 即所证不等式成立当时，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
8、于寻找到这个零点，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，最终证明不等式。可以说，本题能坚持对进行分析的一个重要原因就是这个零点。例7：（2015，福建，20）已知函数（1）求证：当时，（2）求证：当时，存在，使得对任意的，恒有解：（1）思路：所证不等式为：，只需将含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：，设在单调递减 时，即得证（2）思路：本题的目标是要找到与相关的，因为函数形式较为简单，所以可以考虑移至不等号一侧：，设，因为，所以只需在单增即可。可对进行和分类讨论。证明：设
9、 则且令，即 当时，解得 恒成立在单调递增 可取任意正数 当时，当，故可取任意正数 当时，解得，而在单调递增，在单调递减，均有，只需取即可综上所述：存在，使得对任意的，恒有例8：已知函数（为常数，是自然对数的底数），曲线在处的切线与轴平行（1）求的值（2）设，其中为的导函数。证明：对解：（1）处的切线与轴平行 :（2）所证不等式等价于：设 令在单调递增，在单调递减，即若要证，只需证设 ，令解得：在单调递增 ，即原不等式得证例9：已知函数，函数的导函数，且，其中为自然对数的底数（1）求的极值；（2）当时，对于，求证： 解：（1）函数的定义域为，当时，在上为增函数，没有极值； 当时，令在单调增，在
10、单调递减有极大值，无极小值（2）当时，令，即，则在上为增函数 在上为增函数时， 时，在单调递减，在单调递增， ，由可知 即例10：设函数.（1）证明：时，函数在上单调递增；（2）证明：.解：（1） 只需证即可令 在单调递增即 函数在上单调递增（2）思路：对所证不等式，若直接将左侧构造函数，则无法求出单调区间和最值。（导函数中含有无法进一步运算），所以考虑将左侧的一部分挪至不等号另一侧，构造两个函数进行比较。 (右边,考虑能否恒大于4，,在处单调减，在单调递增， 故为增函数，但无法求的最小值。无法用证明。考虑其他思路。所证不等式也可变为，在第一问中令可得,只需证明即可）解：所证不等式等价于设 在
11、单调递减，在单调递增即 由（1）问可得： 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，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，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：，这也是一个常见的不等式。 所用的不等式性质为：（注意必须均为正项）。由此性质也可推广出一条判断函数增减性的方法：已知在区间恒大于零，若均在区间单调递增，则在区间也单调递增。例如在是单调递增的。本书由作者独家授权“学易书城”，其所含章节未经作者与学易书城同意不得随意转载
