二、不等式的证明

用微分学解这类题的常用方法如下：

设 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在区间 $(a,b)$ 内可导，欲证在 $(a,b)$ 内 $f(x) \geq g(x)$（或 $f(x) > g(x)$），
先令

然后可分别用下述方法之一或联合运用来证明：

单调性证明法

① 如果

且当 $x \in (a,b)$ 时 $\varphi'(x) \geq 0$，
则在 $(a,b)$ 内 $\varphi(x) \geq 0$。
若存在 $x = a$ 的右侧一个小邻域有 $\varphi'(x) > 0$，则结论中的不等式是严格的（即 $\varphi(x) > 0$）。
若在 $x = a$ 处 $\varphi(x)$ 右连续，则可用

代替

② 如果

且当 $x \in (a,b)$ 时 $\varphi'(x) \leq 0$，
则在 $(a,b)$ 内 $\varphi(x) \geq 0$。
若存在 $x=b$ 的左侧一个小邻域有 $\varphi'(x) < 0$，则结论中的不等式是严格的（即 $\varphi(x) > 0$）。
若在 $x = b$ 处 $\varphi(x)$ 左连续，则可用

代替

③ 如果区间 $(a,b)$ 可分成两个子区间，左边一个满足上述①，右边一个满足上述②，
则在 $(a,b)$ 内 $\varphi(x) \geq 0$。

内就有 $\varphi(x) \geqslant 0$。如果①②两个结论都是严格不等式，则就有 $\varphi(x) > 0$。

上面讲的区间 $(a, b)$ 可改为半开区间、闭区间、无穷区间、半无穷区间，结论仍成立。

最值证明法

如果在 $(a, b)$ 内 $f(x)$ 有最小值，且此最小值 $> 0$，则在 $(a, b)$ 内 $f(x) > 0$。如果此最小值 $= 0$，则在 $(a, b)$ 内，除这些最小值点外，均有 $f(x) > 0$。

类似可用 $f(x)$ 的最大值证明 $f(x) < 0$。

拉格朗日中值定理证明法

如果所给题为求证当 $x \in (a, b)$ 时，有

$f(b) - f(a) > A(b - a)$ （或 $f(b) - f(a) < A(b - a)$），

常想到用拉格朗日中值公式去证。在满足定理条件的前提下，由 $f(b) - f(a) = f'(\xi)(b - a)$，只要去证

$f'(\xi) > A$ （或 $f'(\xi) < A$），当 $\xi \in (a, b)$。

拉格朗日余项泰勒公式证明法

如果所给（或能推导出）条件 $f''(x)$ 存在且 $> 0$（或 $< 0$），那么常想到用拉格朗日余项泰勒公式证，将 $f(x)$ 在适当的 $x = x_0$ 处展开，有

$f(x) = f(x_0) + \frac{1}{1!} f'(x_0)(x - x_0) + \frac{1}{2!} f''(\xi)(x - x_0)^2$.

证明的关键是 $x_0 = ?$ 能达到目的。

也可能用两次拉格朗日中值定理去证。

如果所给（或能推导出）条件为更高阶导数存在且 $> 0$（或 $< 0$），那么想到将 $f(x)$ 展至更高阶。但实考中未见这种题，难度也更大。

以上方法的可行性，在于相应的“如果”是否实现。

例 13

证明：$\frac{x}{x + 1} < \ln(1 + x) < x$ ($0 < x$).

【证】 方法一 先证 $\ln(1 + x) < x$，令 $f(x) = \ln(1 + x) - x$，

则 $f'(x) = \frac{1}{1 + x} - 1 = \frac{-x}{1 + x} < 0$，有 $f(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递减。

因而当 $0 < x$ 时，$f(x) < f(0) = 0$，即 $\ln(1 + x) < x$。

再证 $\ln(1 + x) > \frac{x}{x + 1}$，令 $g(x) = \ln(1 + x) - \frac{x}{x + 1}$，

$g'(x) = \frac{1}{1 + x} - \frac{1}{(1 + x)^2} = \frac{x}{(1 + x)^2} > 0$，$g(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增。

因而当 $0 < x$ 时，$g(x) > g(0) = 0$，即 $\frac{x}{x + 1} < \ln(1 + x)$。

方法二 根据拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (1, 1 + x)$，使得

$\ln(1 + x) = \ln(1 + x) - \ln 1 = \frac{x}{\xi},$

而 $1 < \xi < 1 + x$，则 $\frac{x}{1 + x} < \frac{x}{\xi} < x$，有 $\frac{x}{x + 1} < \ln(1 + x) < x$ ($0 < x$).

例 14

（1991，数三）利用导数证明：当 $x > 1$ 时，$\frac{\ln(1 + x)}{\ln x} > \frac{x}{x + 1}$.

方法一

不等式变形为 $(x+1)\ln(1+x) - x\ln x > 0$.

令 $f(x) = (x+1)\ln(1+x) - x\ln x$，则 $f'(x) = \ln(1+x) - \ln x > 0$，当 $x > 1$ 时，$f(x) > f(1) = 2\ln 2 > 0$，即 $(x+1)\ln(1+x) - x\ln x > 0$，亦是 $\frac{\ln(1+x)}{\ln x} > \frac{x}{x+1}$.

方法二 不等式变形为 $(x+1)\ln(1+x) - x\ln x > 0$，只需证明 $f(x) = x\ln x$ 在 $x > 1$ 时单调递增，$f'(x) = \ln x + 1 > 0$，当 $x > 1$ 时 $f(x+1) > f(x)$，即 $(x+1)\ln(1+x) - x\ln x > 0$，亦是 $\frac{\ln(1+x)}{\ln x} > \frac{x}{x+1}$.

方法三 只需证明 $(x+1)\ln(1+x) - x\ln x > 0$，令 $f(t) = t\ln t$，其在区间 $[x, x+1]$ 上用拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x, x+1)$，使得 $(x+1)\ln(1+x) - x\ln x = \ln \xi + 1 > 0$，亦是 $\frac{\ln(1+x)}{\ln x} > \frac{x}{x+1}$.

例 15

（2012，数一、二、三）证明 $x\ln\frac{1+x}{1-x} + \cos x \geq 1 + \frac{x^2}{2}$ ($-1 < x < 1$).

方法一 令 $f(x) = x\ln\frac{1+x}{1-x} + \cos x - 1 - \frac{x^2}{2}$，则

则 $f'(x)$ 在 $(-1, 1)$ 上单调递增，当 $x \in (-1, 0)$ 时，$f'(x) < f'(0) = 0$，当 $x \in (0, 1)$ 时，$f'(x) > f'(0) = 0$，因而 $f(x)$ 在 $x = 0$ 处取到最小值，为 $f(0) = 0$，即有 $x\ln\frac{1+x}{1-x} + \cos x \geq 1 + \frac{x^2}{2}$.

方法二 令 $f(x) = x\ln\frac{1+x}{1-x} + \cos x - 1 - \frac{x^2}{2}$，$f(x)$ 为偶函数，只考虑 $x > 0$ 即可.

当 $0 \leq x < 1$ 时，$f(x)$ 单调不减，$f(x) \geq f(0) = 0$，即 $x\ln\frac{1+x}{1-x} + \cos x \geq 1 + \frac{x^2}{2}$ ($-1 < x < 1$).

例 16 设 $0 < a < b$，求证：$\ln\frac{b}{a} > \frac{2(b-a)}{a+b}$.

方法一 考虑函数 $f(x) = (x+1)\ln x - 2(x-1)$ ($1 < x$)，则

当 $x > 1$ 时，$f''(x) > 0$，所以 $f'(x)$ 严格单增，所以 $f'(x) > f'(1) = 0$ ($x > 1$)，从而 $f(x)$ 在 $[1, +\infty)$ 上严格单增，$f(x) > f(1) = 0$ ($x > 1$).

取 $x = \frac{b}{a}$，得

方法二 考虑函数 $f(x) = (\ln x - \ln a)(x + a) - 2(x - a)(x > a)$，则

当 $x > a$ 时，$f''(x) > 0$，$f'(x)$ 严格单增，所以 $f'(x) > f'(a) = 0, x > a$。

从而 $f(x)$ 在 $[a, +\infty)$ 上严格单增，$f(x) > f(a) = 0, x > a$。

取 $x = b$，得

评注 同方法二可令 $f(x) = (\ln b - \ln x)(b + x) - 2(b - x)(0 < x < b)$。