15用导数证明和式不等式典型一例
利用导数证明或解决不等式问题
利用导数证明或解决不等式问题导数是微积分中的重要概念，在解决不等式问题中，导数可以发挥很大的作用。
下面我们将以一些具体的例子来说明如何利用导数证明或解决不等式问题。
例子1：证明不等式x^2≥0在实数域中恒成立。
解析：对于任意实数x，在实数域中，不管x取何值，其平方x^2都大于等于0。
我们可以通过导数来证明这个不等式。
对x^2进行求导，得到导函数2x。
我们知道，导数表示函数的变化率，对于x^2来说，导函数2x表示了函数的斜率，也就是说，无论x取何值，函数x^2的斜率总为正数或者0。
因为函数的斜率总是非负的，所以x^2≥0在实数域中恒成立。
例子2：求函数f(x)=x^3-3x^2+2x的极值点。
解析：要求函数f(x)的极值点，我们可以先求出函数的导数f'(x)，然后将f'(x)=0进行求解。
导数为0的点即为极值点。
将f'(x)=3x^2-6x+2=0进行求解，可以得到x=1或者x=2。
接下来，我们可以求出函数在x=1和x=2处的函数值，并比较求出极值点。
f(1)=1^3-3*1^2+2*1=0f(2)=2^3-3*2^2+2*2=0对f(x)进行求导，得到导函数f'(x)=3x^2-6。
接下来，我们可以将x轴上的一些点带入函数f'(x)进行判断。
当x<−√2时，f'(x)>0；当−√2<x<√2时，f'(x)<0；当x>√2时，f'(x)>0。
由此可见，函数f(x)=x^3-6x在区间(−∞,−√2)，(−√2,√2)，(√2,+∞)上是单调的。
导数证明和不等式综合典型
用导数证明和式不等式-典型（1）若护（工）=『J上再減睛It求宾畫以杓取恒范寵(町证明车等式t2n 1 L 1 Ilii J J 1H^ In 4 hi(” +1)n , 1 1 1< —+ l + - + ——2 23 n解析：:郭问圖利斛出来看第二问•1. 读者朋友们一起来思考这样一个命题逻辑：第二问单独出一道证明题行不行？当然行•2. 为什么不那样出呢？因为那样出的话，难度太大.3. 为什么出在本题的第二问的位置？因为这样命题使得学生解题相对容易一些.4. 为什么会容易一些呢？因为题干和第一问，为我们顺利解决第二问提供帮助.这些内容可作为梯子，为我们搭桥、铺路.5. 从第1问能得到什么结论呢？'"|加 < 数特（打=—■—luz在［人炖）上対城函6. 这个结论对解决第 2问有什么帮助呢？第2问是证明不等式，我们希望能够通过第 1问得到不等式•通过函数的单调性，我们可以得到什么样的不等式呢？di 沿-1）小如取= 2,则鸭（.工）= -- - Inx凶为卩（工）在仏是内诚函数，所以貯（1）=山即——-hi^<O bX + 1 I 2^-11故血兰》——.X 十1为了形式上和所证的不等式靠近，我们两边取对数凶为』总（L +8）.所 U In 丁 > 0, £ > 0' * 建+】不芳式网边同时戕讨数得：i i + i Qr I 11.1】』2（r — I j lui 2 f - J 下面对x 进行赋值，以便于进一步靠近所证不等式 •同时注意到, 需要采用累加的办法•令雷■ n + 1. —」—r < - + -Itifn + 1J 2 T将上述所右不等式相加御:111Ihi2 Ind Ini UnZl 所证不等式的右半部分得证了，下面来看左半部分观察这个不等式，不等号右边为和式的形式，左边不是，为了有利于证明，我们把左边也变 为和式• 不等式为求和型的不等式,要证的不等式可变化为:1 I 1< —■+★・・・十」In 2In3 * I)对照发现，我们只需要证明下面这个不等式即可：和1、n fl +1J +为减少运算量，一般我们把分式不等式的证明转化为整式不等式•上式可等价于:21njn +lj < n+ 1).即证明H| m + I) - Zin (w + I) > 原卩可.为此，我们构造函数如下：脚讯曲+ i卜:只需要证明g(x)恒大于零即可•简证如下：切卷旳= j; (r + I)-2hi |_f + L)(上芒1)因为j > L 所対(“M 故就"> j(l) = >0.iiffUj(j + l)'2hi(j + l)>0,面我们采用的证明方法为分析法，即寻找使结论成立的充分条件•一般用分析法来寻找思路，用综合法来书写过程•所以，本题的左半部分的证明，还是建议大家先构造函数，得出不等式，然后对x进行赋值，接下来进行不等式累加，最后得出结论•具体的书写过程就不赘述了，读者朋友们请自行书写•要理解命题的逻辑数学的特点是教材的知识点也许并不多，但是对知识的迁移能力要求较高，要求在解题中能够联想、思维能够跳跃•但是考试是限时的，命题者要考虑的是：如何能够使一部分资优生在短时间内能够想到正确的解法呢？思来想去，命题者决定：给童鞋们一点提示吧•于是出现了第1问.所以，遇到复杂的问题，尤其是最后一问，童鞋们要主动和前面的小问联系起来，建立关系•记住，人世间没有无缘无故的爱和恨，解题时没有无缘无故的第一问。
导数在证明不等式中的有关应用
导数在证明不等式中的有关应用1.最值的判定导数可以帮助我们判断一个函数在其中一区间的最值。
具体来说，如果在一个区间内，函数的导数恒为零或者导数的正负性在其中一点发生变化，那么在该区间内函数的最值就会出现。
例如，考虑函数$f(x)=x^2-4x+3$。
我们可以通过求取导数$f'(x)=2x-4$，并令其等于零，得到$x=2$。
通过检查导数的符号，可以确认在$x<2$时导数为负，$x>2$时导数为正。
因此，在$x<2$时，函数的导数为负，说明函数在这个区间上是递减的；而在$x>2$时，函数的导数为正，说明函数在这个区间上是递增的。
因此，根据导数的正负性和最值判定原则，我们可以得出结论：函数$f(x)$在区间$(-\infty,2)$上单调递减，在区间$(2,+\infty)$上单调递增。
进一步，我们可以求得函数的最值，即当$x=2$时，函数取得最小值。
因此，我们得到了函数$f(x)$的最值以及最值的取值点。
2.利用导数证明不等式的成立导数可以被用来证明各种类型的不等式。
其中一个常见的方法是使用导数的定义和可微函数的局部性质。
考虑函数$f(x)$在闭区间$[a,b]$上有定义且在开区间$(a,b)$内可微。
如果在$(a,b)$内存在一个点$c$，使得$f'(c)>0$，那么基于导数的定义，我们可以得出结论：对于任意的$x \in (a,b)$，都有$f'(x)>0$。
这意味着$f(x)$在$(a,b)$内是单调递增的。
我们可以进一步得出结论：对于任意的$x \in [a,b]$，都有$f'(x) \geq f'(a)$。
因此，我们可以断定$f(x)$在闭区间$[a,b]$上是凸函数。
根据凸函数的性质，我们可以利用函数的凸性证明各种类型的不等式。
例如，我们可以证明对于任意的$x>0$和$y>0$，成立如下的不等式：$\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}$。
利用导数证明或解决不等式问题
利用导数证明或解决不等式问题导数是微积分中的一个重要概念，它可以描述函数的变化率，并在解决不等式问题中起到重要的作用。
在这篇文章中，我们将探讨如何利用导数证明或解决不等式问题。
让我们回顾一下导数的定义。
对于一个函数f(x)，在某一点x处的导数f'(x)表示函数在该点的斜率，即函数曲线在该点的切线的斜率。
导数可以用极限定义来求取，即f'(x) = lim(h->0) [f(x+h) - f(x)] / h利用导数证明不等式的方法有很多种，下面我们将分别介绍其中的几种常用方法。
第一种方法是利用导数的性质，结合数学推理和几何直观来证明不等式。
具体做法是首先求出函数f(x)在给定区间的导数f'(x)，然后根据导数的符号来判断函数的增减性。
如果导数f'(x)在该区间上恒大于零，则说明函数在该区间上是单调递增的；如果导数f'(x)在该区间上恒小于零，则说明函数在该区间上是单调递减的。
通过分析函数的增减性，我们可以得到不等式的证明。
举个例子，假设需要证明函数f(x) = x^2 + 1在区间[0, +∞)上是单调递增的。
首先求出函数的导数f'(x) = 2x，然后根据导数的符号来判断函数的增减性。
在区间[0, +∞)上，导数f'(x)恒大于零，即2x > 0，所以函数f(x)在该区间上是单调递增的。
我们可以得出结论：对于任意的x1, x2 ∈ [0, +∞)，当x1 < x2时，有f(x1) < f(x2)，即 x1^2 + 1 < x2^2 + 1。
第二种方法是利用极值点来解决不等式问题。
我们知道，在函数f(x)的极值点处，导数f'(x)等于零。
如果我们能够找到函数的所有极值点，并根据导数的符号来判断函数在各个区间上的增减性，那么我们就可以得到不等式的解。
第三种方法是利用导数的性质和中值定理来解决不等式问题。
中值定理是微积分中的一个重要定理，它表明如果函数f(x)在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)上可导，那么存在一个点c，使得f'(c) = (f(b) - f(a)) / (b - a)。
5用导数证明函数不等式的四种常用方法
用导数证明函数不等式地四种常用方法本文将介绍用导数证明函数不等式地四种常用方法.例1 证明不等式：)0)1ln(>+>x x x （.证明 设)0)(1ln()(>+-=x x x x f ，可得欲证结论即()(0)(0)f x f x >>，所以只需证明函数()f x 是增函数.而这用导数易证：1()10(0)1f x x x '=->>+ 所以欲证结论成立. 注 欲证函数不等式()()()f x g x x a >>(或()()()f x g x x a ≥≥)，只需证明()()0()f x g x x a ->>(或()()0()f x g x x a -≥≥).设()()()()h x f x g x x a =->(或()()()()h x f x g x x a =-≥)，即证()0()h x x a >>(或()0()h x x a ≥≥).若()0h a =，则即证()()()h x h a x a >>(或()()()h x h a x a ≥≥).接下来，若能证得函数()h x 是增函数即可，这往往用导数容易解决.例2 证明不等式：)1ln(+≥x x .证明 设()ln(1)(1)f x x x x =-+>-，可得欲证结论即()0(1)f x x >>-.显然，本题不能用例1地单调性法来证，但可以这样证明：即证)1)(1ln()(->+-=x x x x f 地最小值是0，而这用导数易证：1()1(1)11x f x x x x '=-=>-++ 所以函数()f x 在(1,0],[0,)-+∞上分别是减函数、增函数，进而可得min ()(1)0(1)f x f x =-=>-所以欲证结论成立.注 欲证函数不等式()()()(,f x g x x I I >≥∈是区间)，只需证明()()()0()f x g x x I ->≥∈.设()()()()h x f x g x x I =-∈，即证()()0()h x x I >≥∈，也即证min ()()0()h x x I >≥∈(若min ()h x 不存在，则须求函数()h x 地下确界)，而这用导数往往容易解决.例3 (2014年高考课标全国卷I 理科第21题)设函数1e ()e ln x xb f x a x x -=+，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处地切线为e(1)2y x =-+．(1)求,a b ；(2)证明：()1f x >．解 (1)112()e ln e e e x x x x a b b f x a x x x x--'=+-+． 题设即(1)2,(1)e f f '==，可求得1,2a b ==．(2)即证2ln e (0)ex x x x x ->->，而这用导数可证(请注意11e ≠)： 设()ln (0)g x x x x =>，得min 11()e e g x g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭． 设2()e (0)ex h x x x -=->，得max 1()(1)e h x h ==-． 注 i)欲证函数不等式()()(,f x g x x I I ≥∈是区间)，只需证明min max ()()()f x g x x I ≥∈，而这用导数往往可以解决.欲证函数不等式()()(,f x g x x I I >∈是区间)，只需证明min max ()()()f x g x x I >∈，或证明min max ()()()f x g x x I ≥∈且两个最值点不相等，而这用导数往往也可以解决.ii)例3第(2)问与《2009年曲靖一中高考冲刺卷理科数学（一）》压轴题第(3)问完全一样，这道压轴题(即第22题)是：已知函数2()ln ,()3f x x x g x x ax ==-+-．(1)求函数()f x 在[,2](0)t t t +>上地最小值；(2)对一切(0,),2()()x f x g x ∈+∞≥恒成立，求实数a 地取值范围；(3)证明：对一切(0,)x ∈+∞，都有12ln e e x x x>-成立． 例4 (2013年高考北京卷理科第18题)设L 为曲线C ：y ＝ln x x在点(1，0)处地切线．(1)求L 地方程；(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C 在直线L 地下方．解 (1)(过程略)L 地方程为y ＝x －1.(2)即证1ln -≤x xx (当且仅当1=x 时取等号). 设x x x x g ln 1)(--=，得g ′(x )＝x 2－1＋ln x x 2)0(>x . 当0<x <1时，x 2－1<0，ln x <0，所以g ′(x )<0，得g (x )单调递减；当x >1时，x 2－1>0，ln x >0，所以g ′(x )>0，得g (x )单调递增．所以0)1()(min ==g x g ，得欲证结论成立.(2)地另解 即证1ln -≤x x x (当且仅当1=x 时取等号)，也即证0ln 2≥--x x x (当且仅当1=x 时取等号).设x x x x g ln )(2--=，可得)0)(1(12)(>-+='x x xx x g . 进而可得0)1()(min ==g x g ，所以欲证结论成立.(2)地再解 即证1ln -≤x xx (当且仅当1=x 时取等号)，也即证x x x -≤2ln (当且仅当1=x 时取等号). 如图1所示，可求得曲线x y ln =与)0(2>-=x x x y 在公共点(1,0)处地切线是1-=x y ，所以接下来只需证明)0(1,1ln 2>-≤--≤x x x x x x (均当且仅当1=x 时取等号)前者用导数易证，后者移项配方后显然成立.所以欲证结论成立.图1例5 (2013年高考新课标全国卷II 理21(2)地等价问题)求证：e ln(2)x x >+．分析 用前三种方法都不易解决本问题，下面介绍用导数证明函数不等式地第四种常用方法.设()e (2),()ln(2)(2)xf x xg x x x =>-=+>-，我们想办法寻找出一个函数()h x ，使得()()()(2)f x h x g x x ≥≥>-且两个等号不是同时取到.当然，函数()h x 越简洁越好.但()h x 不可能是常数(因为函数()ln(2)(2)g x x x =+>-地值域是R )，所以我们可尝试()h x 能否为一次函数，当然应当考虑切线.如图2所示，可求得函数()e (2)x f x x =>-在点(0,1)A 处地切线是1y x =+，进而可得()()(2)f x h x x ≥>-；还可求得函数()ln(2)(2)g x x x =+>-在点(1,0)B -处地切线也是1y x =+，进而可得()()(2)h x g x x ≥>-.图2进而可用导数证得()()()(2)f x h x g x x ≥≥>-且两个等号不是同时取到，所以欲证结论成立.当然，用例2地方法，也可给出该题地证明(设而不求)：设)2ln(e )(+-=x x f x ，得1()e (2)2x f x x x '=->-+. 可得()f x '是增函数(两个增函数之和是增函数)，且1e 20,(1)e 102f f ⎛⎫''=<=-> ⎪⎝⎭，所以函数()g x '存在唯一地零点0x (得21e ,e 2,1e )2(000000+==+=+-x x x x x x )，再由均值不等式可得 00min 0000011()()e ln(2)ln e 22022x x f x f x x x x x -⎛⎫==-+=-=++-> ⎪++⎝⎭(因为可证01x ≠-)所以欲证结论成立.例6 求证：e ln 2x x >+.证法1 (例5地证法)用导数可证得1e +≥x x (当且仅当0=x 时取等号)，2ln 1+≥+x x (当且仅当1=x 时取等号)，所以欲证结论成立.证法2 (例2地证法)设x x f x ln e )(-=，得1()e (0)x f x x x'=->.可得()f x '是增函数且1110,(0)02 1.52g g ⎛⎫''-=-<=> ⎪⎝⎭，所以函数)(x g 存在唯一地零点0x (得00001e ,e x x x x -==)，再由均值不等式可得 00min 0000011()()e ln ln e 2x x f x f x x x x x -==-=-=+>(因为可证01x ≠) 所以欲证结论成立.注 欲证函数不等式()()(,f x g x x I I >∈是区间)，只需寻找一个函数()h x (可以考虑曲线()y h x =是函数(),()y f x y g x ==地公切线)使得()()()(2)f x h x g x x ≥≥>-且两个等号不是同时取到，而这用导数往往容易解决.下面再给出例5和例6地联系.对于两个常用不等式e 1,ln 1x x x x ≥+≤-，笔者发现e xy =与ln y x =互为反函数，1y x =+与1y x =-也互为反函数，进而得到了本文地几个结论.定理 已知(),()f x g x 都是单调函数，它们地反函数分别是11(),()fx g x --. (1)若()f x 是增函数，()()f s g s ≥恒成立，则11()()ft g t --≤恒成立； (2)若()f x 是减函数，()()f s g s ≥恒成立，则11()()ft g t --≥恒成立； (3)若()f x 是增函数，()()f s g s ≤恒成立，则11()()ft g t --≥恒成立； (4)若()f x 是减函数，()()f s g s ≤恒成立，则11()()ft g t --≤恒成立. 证明 下面只证明(1),(4)；(2),(3)同理可证.(1)设不等式()()f s g s ≥中s 地取值范围是A ，当s A ∈时，(),()f s g s 地取值范围分别是,A A f g ，得不等式11()()f t g t --≤中t 地取值范围是A A f g ⋂，所以1000,,(),()A A t f g x A t g x x g t -∀∈⋂∃∈==.由()()f s g s ≥恒成立，得00()()g x f x ≤.由()f x 是增函数，得1()f x -也是增函数，所以1110000(())(())(())f g x f f x x g g x ---≤==，即11()()f t g t --≤.得11,()()A A t f g f t g t --∀∈⋂≤，即欲证结论成立.(4)设不等式()()f s g s ≤中s 地取值范围是A ，当s A ∈时，(),()f s g s 地取值范围分别是,A A f g ，得不等式11()()f t g t --≥中t 地取值范围是A A f g ⋂，所以1000,,(),()A A t f g x A t g x x g t -∀∈⋂∃∈==.由()()f s g s ≤恒成立，得00()()g x f x ≥.由()f x 是减函数，得1()f x -也是减函数，所以1110000(())(())(())f g x f f x x g g x ---≤==，即11()()f t g t --≤.得11,()()A A t f g f t g t --∀∈⋂≤，即欲证结论成立.推论1 已知(),()f x g x 都是单调函数，它们地反函数分别是11(),()fx g x --. (1)若(),()f x g x 都是增函数，则()()f s g s ≥恒成立11()()ft g t --⇔≤恒成立； (2)若(),()f x g x 都是减函数，则()()f s g s ≥恒成立11()()ft g t --⇔≥恒成立. 证明 (1)由定理(1)知“⇒”成立.下证“⇐”：因为()g x 是增函数，11()()g t f t --≥恒成立，11(),()g x f x --地反函数分别是(),()g x f x ，所以由“⇒”地结论得()()g s f s ≤恒成立，即()()f s g s ≥恒成立.(2)同(1)可证.推论2 把定理和推论1中地“,≥≤”分别改为“,><”后，得到地结论均成立. (证法也是把相应结论中地“,≥≤”分别改为“,><”.)在例5与例6这一对姊妹结论“e ln(2),ln e 2x x x x >+<-”中e x y =与ln y x =互为反函数，ln(2)y x =+与e 2x y =-也互为反函数，所以推论2中地结论“若(),()f x g x 都是增函数，则()()f s g s >恒成立11()()ft g t --⇔<恒成立”给出了它们地联系.版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. 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导数与不等式证明
导数与不等式证明导数是微积分中的重要概念，它描述了函数在某一点的变化率。
而不等式是数学中常用的一种关系，用于比较两个数或表达变量之间的大小关系。
本文将探讨导数与不等式之间的关系，并通过具体的例子来证明与应用。
一、导数的定义与性质首先，我们回顾导数的定义：对于函数f(x)，在点x处的导数可以表示为lim（h->0）（f(x+h)-f(x)）/h。
简单来说，导数就是函数在某一点的斜率。
导数具有以下性质：1. 导数存在性：如果函数在某一点可导，则该点的导数存在。
2. 导数与函数图像：导数可以帮助我们理解函数图像的特性，如切线与曲线的关系、函数的增减性等。
3. 导数的计算：可以通过求导法则，例如常数法则、幂函数法则、链式法则等，来计算导数。
二、不等式的基本性质接下来，我们简要介绍不等式的基本性质。
不等式常见的有大于号（>）、小于号（<）、大于等于号（≥）、小于等于号（≤）等。
对于不等式的证明，通常有以下方法：1. 同向性：如果a>b，那么对于任意正数c，ac>bc。
这个性质可以用于不等式的乘法性质证明。
2. 等价性：如果两个不等式的左边和右边分别相等，则两个不等式等价。
这个性质可以用于不等式的代换和变形。
三、导数与不等式之间的关系导数在不等式的证明中具有重要作用。
通过对比函数在不同区间的导数值以及函数图像的特征，可以得出不等式的结论。
下面通过两个具体的例子来说明导数与不等式之间的关系。
例1：证明函数f(x)=x²在区间（0，∞）上是递增的。
解：首先计算f(x)=x²的导数：f'(x)=2x。
由于导数描述了函数的变化率，当导数大于0时，函数是递增的。
因此，我们需要证明2x>0在区间（0，∞）上成立。
由于x大于0，所以2x大于0，即导数大于0，因此函数f(x)=x²在区间（0，∞）上是递增的。
例2：证明函数f(x)=eˣ在任意区间上是递增的。
完整版利用导数证明不等式常见题型
利用导数证明不等式的常有题型及解题技巧技巧精髓1、利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点， 也是近几年高考的热点。
2、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转变为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得 不等式，而如何依照不等式的构造特色构造一个可导函数是用导数证明不等式的要点。
一、利用题目所给函数证明【例 1】已知函数 f ( x) ln( x 1) x ，求证：当 x 1时，恒有111) xln( xx 1解析： 本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数g(x)ln( x1 1，从其导数下手即可证明。
1)1x1 1x【绿色通道 】 f (x)x 1x 1∴当 1x 0 时， f (x) 0 ，即 f ( x) 在 x ( 1,0) 上为增函数当 x0 时， f ( x) 0 ，即 f (x) 在 x (0,) 上为减函数故函数 f (x) 的单调递加区间为 ( 1,0) ，单调递减区间 (0,)于是函数 f (x) 在 ( 1, ) 上的最大值为 f ( x) maxf (0)0 ，因此，当 x1时， f ( x) f (0) 0 ，即 ln( x1) x 0 ∴ ln( x1) x （右边得证），现证左面，令 g(x) ln( x1)11， 则 g (x)1 1xx 1x 1 ( x 1)2( x 1)2当 x ( 1,0)时 , g ( x) 0;当 x (0,即 g ( x) 在 x ( 1,0) 上为减函数，在 故函数 g( x) 在 ( 1, ) 上的最小值为 )时 , g (x) 0 ，x (0, ) 上为增函数，g (x) min g (0)0 ，∴ 当 x1 时， g( x) g( 0) 0 ，即 ln( x 1)1 1x1∴ ln( x 1)111时, 有11 ln( x1) x，综上可知，当 xx 1x 1【警示启迪 】若是 f (a) 是函数 f ( x) 在区间上的最大（小）值，则有f ( x) f (a) （或 f (x) f (a) ），那么要证不等式，只要求函数的最大值不高出0 即可得证．2、直接作差构造函数证明 【例 2】已知函数 f ( x)1 x2 ln x. 求证：在区间 (1,) 上，函数 f ( x) 的图象在函数 g (x)2 x3 的23图象的下方；第 1页共 4页解析： 函数 f (x) 的图象在函数 g( x) 的图象的下方不等式 f (x)g( x) 问题，即 1x 2ln x2 x3 ，只要证明在区间(1,)上，恒有1 x 2ln x2 x3 成立，设23123F ( x) g ( x)f (x) ， x(1, ) ，考虑到 F (1)6x 1要证不等式转变变为：当F (1) ，这只要证明：g ( x) 在区间 (1,) 是增函数即可。
例说借助导数证明函数不等式 人教版
例说借助导数证明函数不等式用导数证明不等式是一种重要方法，其主要思想是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式；而如何构造辅助函数是用导数方法证明不等式的关键，下面举例说明。
一、直接作差构造函数例1：求证不等式)1(2)1ln(222x x x x x x +-<+<-在),0(+∞∈x 等成立。
证明：令),2()1ln()(2x x x x f --+=补充定义f(0)=0. 01111)(2'>+=+-+=x x x x x f (1) .2x -x x)ln(1 0f(x)0x 0)(2>+∴∞∈∴∞=∴恒成立＞）时，，＋［当）上单调递增。
，＋在［x f y x )ln(1x )2(1x x g(x )2++=－－令,补充定义g （0）＝0，则 0x)4(12x x 11-x)4(12x -4x 4x 1(x)g 22222'>+=+++=－ ）恒成立。
（－）时，，＋［当上单调递增。
在20x)ln(1-x)2(1x x 0x ),0[g(x)2>++∞∈∴+∞∴ 故由（1）、（2）可知，成立－时，不等式x )2(1x -x x )ln(12x x )(0,x 22+<+<+∞∈ 点评：一般的，用导数证明不等式时要注意所构造的函数在区间端点处是否连续，即是否要补充函数在端点处的定义；另外要注意用到一个结论：设函数f(x)在区间[a,+)∞上连续，在区间(a,+∞)内可导，且,0)(;0)('≥>a f x f 又则x>a 时，f(x)>0。
例2：，证明不等式： 1 )1(log )1(log 22-≥--+x x x ；证明：（1）对函数)(x f 求导数：])1(log )1[()log ()(22'--+'='x x x x x f.2ln 12ln 1)1(log log 22-+--=x x ).1(log log 22x x --= 于是.0)21(='f 当)(,0)1(log log )(,2122x f x x x f x <--='<时在区间)21,0(是减函数， 当)(,0)1(log log )(,2122x f x x x f x >--='>时在区间)1,21(是增函数. 所以21)(=x x f 在时取得最小值，1)21(-=f 点评：.若f(x)，g(x)差函数为非单调其差有极大值或极小值，用导函数求其极大值、极小值，从而证明不等式。
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用导数证明和式不等式-典型一例
解析：
来看第二问.
1.读者朋友们一起来思考这样一个命题逻辑：第二问单独出一道证明题行不行？
当然行.
2.为什么不那样出呢？
因为那样出的话，难度太大.
3.为什么出在本题的第二问的位置？
因为这样命题使得学生解题相对容易一些.
4.为什么会容易一些呢？
因为题干和第一问，为我们顺利解决第二问提供帮助.这些内容可作为梯子，为我们搭桥、铺路.
5.从第1问能得到什么结论呢？
6.这个结论对解决第2问有什么帮助呢？
第2问是证明不等式，我们希望能够通过第1问得到不等式.
通过函数的单调性，我们可以得到什么样的不等式呢？
为了形式上和所证的不等式靠近，我们两边取对数.
下面对x进行赋值，以便于进一步靠近所证不等式.同时注意到，不等式为求和型的不等式，需要采用累加的办法.
所证不等式的右半部分得证了，下面来看左半部分.
观察这个不等式，不等号右边为和式的形式，左边不是，为了有利于证明，我们把左边也变为和式.
要证的不等式可变化为：
对照发现，我们只需要证明下面这个不等式即可：
为减少运算量，一般我们把分式不等式的证明转化为整式不等式.上式可等价于：
为此，我们构造函数如下：
只需要证明g(x)恒大于零即可.简证如下：
面我们采用的证明方法为分析法，即寻找使结论成立的充分条件.一般用分析法来寻找思路，用综合法来书写过程.
所以，本题的左半部分的证明，还是建议大家先构造函数，得出不等式，然后对x进行赋值，接下来进行不等式累加，最后得出结论.具体的书写过程就不赘述了，读者朋友们请自行书写.
要理解命题的逻辑.
数学的特点是教材的知识点也许并不多，但是对知识的迁移能力要求较高，要求在解题中能够联想、思维能够跳跃.
但是考试是限时的，命题者要考虑的是：如何能够使一部分资优生在短时间内能够想到正确的解法呢？
思来想去，命题者决定：给童鞋们一点提示吧.于是出现了第1问.
所以，遇到复杂的问题，尤其是最后一问，童鞋们要主动和前面的小问联系起来，建立关系.记住，人世间没有无缘无故的爱和恨，解题时没有无缘无故的第一问.。