最后更新: 2025-05-19 07:38 查看: 42 次反馈同步训练

高考研究：利用导数证明不等式

## 高考研究：利用导数证明不等式
导数中的不等式证明是高考的常考题型，常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合，虽然题目难度较大，但是解题方法多种多样，如构造函数法、放缩法等，针对不同的题目，灵活采用不同的解题方法，可以达到事半功倍的效果.

`例` 已知函数 $f(x)= e ^x-a x-a, ~ a \in R$ ．
（1）讨论 $f(x)$ 的单调性；
（2）当 $a=1$ 时，令 $g(x)=\frac{2 f(x)}{x^2}$ ．证明：当 $x>0$ 时，$g(x)>1$ ．
解：（1）函数 $f(x)= e ^x-a x-a$ 的定义域为 $R$ ，求导得 $f^{\prime}(x)= e ^x-a$ ，当 $a \leqslant 0$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ 恒成立，即 $f(x)$ 在 $(-\infty, ~+\infty)$ 上单调递增，当 $a>0$ 时，令 $f^{\prime}(x)= e ^x-a>0$ ，解得 $x>\ln a$ ，令 $f^{\prime}(x)<0$ ，解得 $x<\ln a$ ，即 $f(x)$ 在 $(-\infty, \ln a)$ 上单调递减，在 $(\ln a, ~+\infty)$ 上单调递增，所以当 $a \leqslant 0$ 时，$f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增，当 $a>0$ 时，$f(x)$ 在 $(-\infty, \ln a)$ 上单调递减，在 $(\ln a, ~+\infty)$ 上单调递增．

（2）当 $a=1$ 时，$g(x)=\frac{2\left( e ^x-x-1\right)}{x^2}$ ，
当 $x>0$ 时，$\frac{2\left( e ^x-x-1\right)}{x^2}>1 \Leftrightarrow e ^x>1+x+\frac{x^2}{2} \Leftrightarrow \frac{\frac{1}{2} x^2+x+1}{ e ^x}<1$ ，令 $F(x)=\frac{\frac{1}{2} x^2+x+1}{ e ^x}-1, x>0, F^{\prime}(x)=\frac{-\frac{1}{2} x^2}{ e ^x}<0$ 恒成立，则 $F(x)$ 在 $(0, ~+\infty)$ 上单调递减，$F(x)<F(0)=\frac{1}{ e ^0}-1=0$ ，因此 $\frac{\frac{1}{2} x^2+x+1}{ e ^x}<1$ 成立，所以当 $x>0$ 时，$g(x)>1$ ，即原不等式得证．

待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.

`例` 设 $a$ 为实数，函数 $f(x)= e ^x-2 x+2 a, x \in R$ ．
（1）求 $f(x)$ 的单调区间与极值；
（2）求证：  当 $ a>\ln 2-1$ 且 $ x>0 $ 时,$ e^x>x^2-2 a x+1 $
解：（1）由 $f(x)= e ^x-2 x+2 a(x \in R )$ 知，$f^{\prime}(x)= e ^x-2$ ．
令 $f^{\prime}(x)=0$ ，得 $x=\ln 2$ ，
当 $x<\ln 2$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ，
函数 $f(x)$ 在区间 $(-\infty, \ln 2)$ 上单调递减；
当 $x>\ln 2$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ ，
函数 $f(x)$ 在区间 $(\ln 2, ~+\infty)$ 上单调递增，
所以 $f(x)$ 的单调递减区间是 $(-\infty, \ln 2)$ ，单调递增区间是 $(\ln 2, ~+\infty)$ ， $f(x)$ 的极小值为 $f(\ln 2)= e ^{\ln 2}-2 \ln 2+2 a=2-2 \ln 2+2 a$ ，无极大值．

（2）要证当 $a>\ln 2-1$ 且 $x>0$ 时，

$$
e^x>x^2-2 a x+1
$$

即证当 $a>\ln 2-1$ 且 $x>0$ 时，

$$
e^x-x^2+2 a x-1>0
$$

设 $g(x)= e ^x-x^2+2 a x-1(x>0)$ ，
则 $g^{\prime}(x)= e ^x-2 x+2 a$ ，
由（1）知 $g^{\prime}(x)_{\text {min }}=2-2 \ln 2+2 a$ ，
又 $a>\ln 2-1$ ，则 $g^{\prime}(x)_{\text {min }}>0$ ，
于是对 $\forall x \in(0, ~+\infty)$ ，都有 $g^{\prime}(x)>0$ ，所以 $g(x)$ 在 $(0, ~+\infty)$ 上单调递增，
于是对 $\forall x>0$ ，都有 $g(x)>g(0)=0$ ，即 $e ^x-x^2+2 a x-1>0$ ，故e $e ^x>x^2-2 a x+1$ ．

## 将不等式转化为两个函数的最值进行比较

`例` 已知函数 $f(x)=e \ln x-a x(a \in R )$ ．
（1）讨论 $f(x)$ 的单调性；
（2）当 $a= e$ 时，证明 $f(x)-\frac{ e ^x}{x}+2 e \leqslant 0$ ．
解：（1）函数的定义域为 $(0,+\infty)$ ，

$$
\because f^{\prime}(x)=\frac{e}{x}-a=\frac{e-a x}{x}(x>0),
$$

$\therefore$ 当 $a \leqslant 0$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立，
故函数 $f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上单调递增；
当 $a>0$ 时，由 $f^{\prime}(x)>0$ ，得 $0<x<\frac{ e }{a}$ ，
由 $f^{\prime}(x)<0$ ，得 $x>\frac{ e }{a}$ ，即函数 $f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{ e }{a}\right)$ 上单调递增，在 $\left(\frac{ e }{a},+\infty\right)$
上单调递减．
综上，当 $a \leqslant 0$ 时，$f(x)$ 在区间 $(0,+\infty)$ 上单调递增；当 $a>0$ 时，$f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{ e }{a}\right)$ 上单调递增，在 $\left(\frac{ e }{a},+\infty\right)$ 上单调递减．

（2）证明 $f(x)-\frac{ e ^x}{x}+2 e \leqslant 0$ ，只需证明 $f(x) \leqslant \frac{ e ^x}{x}-2 e$ ，
由（1）知，当 $a= e$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 上单调递增，在 $(1, ~+\infty)$
上单调递减，

$$
\therefore f(x)_{\max }=f(1)=-e
$$

令 $g(x)=\frac{ e ^x}{x}-2 e (x>0)$ ，则 $g^{\prime}(x)=\frac{(x-1) e ^x}{x^2}$ ，
$\therefore$ 当 $x \in(0,1)$ 时，$g^{\prime}(x)<0$ ，函数 $g(x)$ 单调递减；
当 $x \in(1, ~+\infty)$ 时，$g^{\prime}(x)>0$ ，函数 $g(x)$ 单调递增，

$$
\therefore g(x)_{\min }=g(1)=-e,
$$

$\therefore$ 当 $x>0, a= e$ 时，$f(x)-\frac{ e ^x}{x}+2 e \leqslant 0$ ．

若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.本例中同时含$ln x$与$e^x$，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.

## 适当进行缩放

导数方法证明不等式中，最常见的是 $e ^x$ 和 $\ln x$ 与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对e $x$ 和 $\ln x$ 进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：
（1） $e ^x \geqslant 1+x$ ，当且仅当 $x=0$ 时取等号；
（2） $\ln x \leqslant x-1$ ，当且仅当 $x=1$ 时取等号．
（3） $\sin

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