用导数证明函数不等式-《中学生数理化》高二数学2026年3月刊

解题篇数经典题突方清中学生数理化 高二数学2026年3月 用导数证明函数不等式 ■广东省肇庆市百花中学 何正文 函数不等式的证明是数学领域中的重要 2= (2x-1)(x-2) 内容，导数作为分析函数性质的有力工具，为 (x-1) 函数不等式的证明提供了多种有效途径。下 当x>2时，g'(x)<0,g(x)单调递减。 面将通过丰富的实例，详细剖析如何运用导 又g(2)=0,所以当x∈[2，十∞)时，g(x)≤ 数，从确定函数单调性、求函数最值及分别求 1 0,即1n(x-1)-x-12x+5≤0。 两个函数最值这三个角度来证明函数不等 式。通过深入的分析和讲解，旨在帮助同学 故当x≥2时，f(x-1)2x一5成立。 们更好地理解导数在函数不等式证明中的应 例2已知函数f(x)=r+1)ln上 x-1 用原理和技巧，提升解决问题的能力。 (x>0且x≠1)，证明：f(x)>2。 一、利用导数确定函数的单调性来证明 分析：若直接移项，则原不等式转化为 函数不等式 对于一个在区间内可导的函数，要证明一 x十1)1n工一2>0。如果直接取不等式左边 x-1 个函数不等式f(x)>g(x)在某个区间上成 为一个函数，再求导，显然计算量很大。考虑 立，一种常用的方法是构造一个新的函数 h(x)=f(x)一g(x),对h(x)求导，通过判断 到为“减负”，不防先将移到右边，则 h'(x)在给定区间内的正负来确定h(x)的单 可简化计算。 调性。如果h(x)在该区间上单调递增，且 证明：f(x)>2台+1)1nx>2,x>0 x-1 h(x)在区间起点处的值大于零，那么在这个区 且x≠1。 间内h(x)>0,即f(x)>g(x)成立；如果 h(x)在该区间上单调递减，且h(x)在区间终 当x∈1，+∞)时，x+1D1nx>29 x-1 点处的值大于零，那么在这个区间内h(x)> lnx>2· x-1 0,即f(x)>g(x)成立。 x+7。 因为1一异所以 份1已知函数f(x)=nx-,正 原不等式等价于1nx>2-4 x+19 明：当x≥2时，f(x-1)2x一5。 记F(x)=lnx-(2-）=nx十 证明：f(x1)=1n(x二1)一，x∈ [2,+∞)。 -2x∈1，十e0).则F'(x)= 4 4 令gx)=nx-1)--2x+5. (x-1)2 (x+1)F=x(x+1)>0,F(x)在(1，+∞) x[2,+o),则g'(x)=-+(x-1D 上单调递增。 所以当x∈(1，十∞)时，F(x)>F(1)= 25 中学生数理化高数学2026年3月 解题篇经典题突破方法 4 0,即1nx>2- 例4已知函数f(x)=(x十1)lnx x十1。 x+1。证明：(x一1)f(x)≥0。 同理，当x∈(0,1)时，原不等式等价于 分析：如果直接把f(x)=(x十1)lnx一 4 1nx<2一+。对于上述的F(x),由上述 x十1代入不等式，再求导证明不等式，过程 分析过程可知，F(x)在(0,1)上单调递增。 将会相当烦琐。既然(x一1)f(x)恰为两个 所以当x∈(0,1)时，F(x)<F(1)=0, 因式相乘，不如将(x一1)和∫(x)“分而治 0x1, 即lnx<2- 4 之”，即(x-1)f(x)≥0曰 或 x+1 f(x)0 综上，当x>0且x≠1时，x+1Dlnz x≥1， x-1 ,从而把问题归结为在不同的定义 f(x)≥0。 >2成立，即f(x)>2。 域下，分别研究f(x)的正负。 例3已知函数f(x)=(1十x)er, x≥1， 证明：(x一1)f(x)≥0→ 或 当x∈[0,1]时，证明：1-x≤f(x)≤1十x 1 f(x)≥0 10<x<1, 分析：要证“当x∈[0,1]时，(1十x)e f(x)0 ≥1一x”,直接的想法可能是：移项作差、取函 数、求导，遗憾的是，不能直接判断导函数的 当x≥1时，f(x)≥0lnx≥ x十1 符号。于是需要变形，那可否利用e>0,两 1一 2 x十1 边同时乘以e2,而变成1十x≥(1-x)e,再 作差求导呢？答案还是不行。既然不能同时 令Fx)=nx-(-)=nx十 乘以er,即乘以两次e,那乘以一次e呢？ 2 2 证明：要证当x∈[0,1]时，(1十x)e2x ≥1一x,只需证明(1十x)ex≥(1一x)e。 x2+1 记h(x)=(1+x)et一(1一x)e,则 x(x+1)>0。 h'(x)=e-(1十x)ex-[(-1)e+(1 于是F(x)在[1，十∞)上为增函数， x)e]=x(e-ex)。 F(x)≥F1)=0,即1nx≥1-名，从而 当x∈[0,1]时，h'(x)=x(e一ex)= f(x)≥0。 二(e-1D≥0。因此Ax)在[o,1]上是增函 当x∈(0,1)时，f(x)0台lnx<1一 数，h(x)≥h(0)=0。 x千。由上述分析过程可知F(x)在(0,1) 所以当x∈[0,1]时，f(x)≥1-x。 上为增函数，F(x)<F(1)=0,即1nx<1一 要证当xe0,1时，1+e中≤十 x千，从而f(x)<0. 2 只需证明e2≥(1十x),即证e≥1十x。 综上，(x一1)f(x)≥0。 记F(x)=e-(1十x)=e一x一1，则 评析：对于比较复杂的函数不等式（比如 F'(x)=e-1。 带有分式)，如果贸然移项、求导，可能会使题 当x∈[0,1]时，F'(x)≥0。因此F(x) 目更麻烦，而将不等式作适当变形（比如两边 在[0,1]上是增函数，F(.x)≥F(0)=0。 同乘因式、去分母、降幂、取对数等)，常常可 所以当x∈[0,1]时，f(x)≤1十z 1 以简化形式，便于证明。 综上，当x∈[0,1]时，1-x≤f(x) 二、利用导数求函数的最值来证明函数 1 不等式 1十x 对于一个在区间上连续且可导的函数，我 26 器脑数餐聚方清中学生表理化 们可以通过求导的方法找到函数的驻点（导数 所以当x>0时，h(x)h(e2)=1十 为零的点)和导数不存在的点，然后将这些点 <1,所以g(x)= 及区间的端点代入函数中，求得函数最值。当 e。又当x>0时，0<1 我们要证明一个函数不等式∫(x)≥A(或 eh(x)<1+e。 f(x)≤A)时，我们只需证明函数f(x)在给定 区间上的最小值大于等于A(或最大值小于等 评析：对于上述的g(x)= e(1-x- 1 于A)。 xlnx),如果直接求其最值，复杂程度可想而 例5设函数f(x)=1-e,证明：当 知。但是，冷静想想，当x>0时，0<<1， x>-1时，f(x)≥ e x+1 范围已经明确，这样问题就落实到求h(x)= 分析：本题没有现成的端点值可以代入 1一x一xlnx的最值。“分而治之，各个击 比较，因此不宜直接用单调性解决，还是要考 破”的魅力又一次展露无遗！ 虑构造函数，研究最值。因为不等式带有分 三、分别求两个函数的最值来证明函数 式，所以先去分式，以简化运算。 不等式 证明：当x>-1时，f(x)≥x千91 要证明f(x)>g(x)在某个区间上成 >1 -台e≥1十x。记F(x)=e一 立，我们可以分别对函数f(x)和g(x)进行 分析。通过求导等方法，找到函数∫(x)在该 (1十x)=e-x-1,则F'(x)=e-1。令 区间上的最小值m,以及函数g(x)在同一区 F'(x)=0,得x=0。 间上的最大值M。如果能够证明m>M,那 当x>0时，F'(x)>0,F(x)在(0， 么在这个区间上，对于任意的x,都有f(x) 十∞)上是增函数；当一1<x<0时，F'(x)< ≥m>M≥g(x),从而就证明了∫(x)> 0,F(x)在（一1,0）上是减函数。 g(x)在该区间上成立。 于是F(x)在x=0处取到最小值， 例7已知f(x)=xlnx。 F(x)≥F(0)=0,即e≥1十x。 (1)求f(x)的最小值： 所以当x>-1时，f(x)≥ x十1。 (2)证明：Hx∈(0，十∞)，都有1nx> 例6已知函数f(x)=血x+1,设 e 2 ex g(x)=xf'(x),其中f'(x)为f(x)的导函 数。证明：对任意x>0,g(x)<1十e2。 解：(1)f(x)的定义域为(0，十∞)。 证明：由f()=血x+1,得(x) f'(x)=lnx+1,令f'(x)=0,得x=1 1-x-xln x ,x≥0。 当x∈(0，是）时，f'(x)<0f(x)单调 因为g(x)=xf'(x),所以g(x)= 递减：当x∈（日，+∞）时，f(x)>0,f(x) 单调递增。 -x-xlnx),x>0。 记h（x)=1一x一xlnx,x>0,求导得 所以f(x)=xlnx的最小值f(x)mm h'(x)=-lnx-2。令h'(x)=-lnx-2= 0,得x=e2。 当x∈(0，e2)时，h'(x)>0,函数h(x) (2)由1)知f(x)m=f(日)=-是，当 单调递增；当x∈(e2,十∞)时，h'(x)<0, 函数h(x)单调递减。 且仅当x= 工时取到最小值。 27 中学生表理化然氨学品聚破方法 Vx∈(0，+o),lnx>1-2=lnz 3 e er 1>0等价 2)当x>0时，lnx十4x一e 2 x23 e 于x1nx> e 49 设m(x)-是-总x∈(0，十).则 由(1)知当a=2时，f(x)=x1nx的最 e m'(x)=12,令m'(x)=0,得x=1。 小值/)=f(e)=品 e 当x∈(0,1)时，m'(x)>0,m(x)单调 设h)=三-子>0则) 递增；当x∈(1，+∞)时，m'(x)<0,m(x) 单调递诚。 x(x-2。当x∈(0,2)时，h'(x)>0:当 e x∈(2，十∞)时，h'(x)<0。 以m(x)x=n（1)=一。，当且仅 故h(x)在(0,2)上单调递增，在(2， x=1时取到最大值。 虽然f(x)的最小值和m(x)的最大值 十e)上单调递减：k(x)=(2)是一子. 恰好相同，但是f(x)的最小值点和m(x)的 最大值点不一样，结合函数的单调性可知 xInr>t2 3e2-2e-16= (3e-8)(e+2) 4e2 4e2 >0,所以 从而对廿x∈(0，十∞)，都有1nx> f()h ()n e4 2 成立。 故当>0时nx+是>0。 例8已知函数f(x)= 评析：本题虽求出了f(x)=xlnx和 2xf() h(x)三一子各自的最值，但是两个最值的 =alnx(其中a>0)。 (1)求函数f(x)=f1(x)·f2(x)的极值； 大小关系很难一眼看穿，所以要借助作差法 （2)证明：当≥0时：nz+是0 (作差、因式分解、定号)确定。因此在解决不 等式问题时，只要各种方法融会贯通、各显神 解：Dr)=x)·f)=名2 通，就能使解题一气呵成。 总之，通过对利用导数证明函数不等式 ar)axnr+ar 的三种方法的详细剖析，我们清晰地看到导 数在函数不等式证明中扮演着至关重要的角 2a.x(21nx+1)。 色。在实际应用中，面对不同形式和特点的 函数不等式，我们要能够灵活选择合适的证 由f'(x)>0,得x>e立；由f'(x)<0, 明方法。同时，通过不断的练习和总结，我们 得0<x<e专 可以更好地掌握这些方法，提高解决函数不 等式证明问题的能力。 故函数f(x)在(0，e)上单调递减，在 注：本文系广东省教育科学规划2025年 (e立，十∞)上单调递增。 中小学教师教育科研能力提升计划重点项目 “指向高中生化学学科关键能力培养的研究 所以函数f(x)的极小值为f(e） 与实践”（项目编号：2025ZQJK309)的阶段性 研究成果。 4e,无极大值。 (责任编辑赵倩) 28