第四节 利用导数证明不等式考点 1 单变量不等式的证明 单变量不等式的证明方法(1)移项法：证明不等式 f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明 f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数 h(x)＝f(x)－g(x)；(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；(3)最值法：欲证 f(x)＜g(x)，有时可以证明 f(x)max＜g(x)min. 直接将不等式转化为函数的最值问题 已知函数 f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 a＜0 时，证明 f(x)≤－－2.[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.当 a≥0，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当 a＜0，则当 x∈时，f′(x)＞0；当 x∈时，f′(x)＜0.故 f(x)在上单调递增，在上单调递减．(2)证明：由(1)知，当 a＜0 时，f(x)在 x＝－取得最大值，最大值为 f＝ln－1－.所以 f(x)≤－－2 等价于 ln－1－≤－－2，即 ln＋＋1≤0.设 g(x)＝ln x－x＋1，则 g′(x)＝－1.当 x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当 x＝1 时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)＝0.所以当 x＞0 时，g(x)≤0.从而当 a＜0 时，ln＋＋1≤0，即 f(x)≤－－2. 将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由 f(x)≤f(x)max或 f(x)≥f(x)min直接证得不等式． 转化为两个函数的最值进行比较 已知 f(x)＝xln x.(1)求函数 f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；(2)证明：对一切 x∈(0，＋∞)，都有 ln x＞－成立．[解] (1)由 f(x)＝xln x，x＞0，得 f′(x)＝ln x＋1，令 f′(x)＝0，得 x＝.当 x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当 x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．① 当 0＜t＜＜t＋2，即 0＜t＜时，f(x)min＝f ＝－；② 当≤t＜t＋2，即 t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tln t.所以 f(x)min＝(2)证明：问题等价于证明 xln x＞－(x∈(0，＋∞))．由(1)可知 f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当 x＝时取到．设 m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，1则 m′(x)＝，由 m′(x)＜0 得 x＞1 时，m(x)为减函数，由 m′(x)＞0 得 0＜x＜1...
