用导数证明不等式
利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧（附经典详解）
利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧趣题引入已知函数x x x g ln )(= 设b a <<0， 证明：2ln )()2(2)()(0a b b a b g a g -<+-+<分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。
分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。
证明：1ln )(+=¢x x g ，设)2(2)()()(xa g x g a g x F +-+=2ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g xa g x g x F +-=+-=´+-=¢当a x <<0时0)(<¢x F ，当a x >时 0)(>¢x F ， 即)(x F 在),0(a x Î上为减函数，在),(+¥Îa x 上为增函数上为增函数 ∴0)()(min==a F x F ，又a b > ∴0)()(=>a F b F ， 即0)2(2)()(>+-+ba gb g a g设2ln )()2(2)()()(a x x a g x g a g x G --+-+=)ln(ln 2ln 2ln ln )(x a x xa x x G +-=-+-=¢\当0>x 时，0)('<x G ，因此)(x G 在区间),0(+¥上为减函数；上为减函数； 因为0)(=a G ，又a b > ∴0)()(=<a G b G ， 即 02ln )()2(2)()(<--+-+a x x a g x g a g故2ln )()2(2)()(a x xa g x g a g -<+-+ 综上可知，当综上可知，当b a <<0时，2ln )()2(2)()(0a b ba b g a g -<+-+< 本题在设辅助函数时，考虑到不等式涉及的变量是区间的两个端点，因此，设辅助函数时就把其中一个端点设为自变量，范例中选用右端点，读者不妨设为左端点试一试，就能体会到其中的奥妙了。
导数与构造函数证明不等式的技巧
导数与构造函数证明不等式的技巧导数是微积分中的一个重要概念。
它可以描述函数在各个点上的变化率，也可以用来求函数的最大值、最小值以及拐点等重要信息。
而构造函数则是数学中一种非常常见的证明不等式的方法。
本文将介绍一些常用的导数和构造函数证明不等式的技巧。
一、使用导数证明不等式1. 求导数确定函数的单调性对于一个函数$f(x)$，如果它在某个区间上的导数$f'(x)$大于0，说明它在该区间上单调递增；如果导数$f'(x)$小于0，则说明它在该区间上单调递减。
因此，如果要证明一个不等式在某个区间上成立，可以先求出函数在该区间上的导数，确定其单调性，然后再比较函数在两个端点处的取值即可。
例如，对于函数$f(x)=x^2-4x+3$，我们可以求出它的导数为$f'(x)=2x-4$。
由于$f'(x)>0$时$f(x)$单调递增，因此当$x<2$时，$f(x)<f(2)$，当$x>2$时，$f(x)>f(2)$，即$f(x)$在$x<2$和$x>2$的区间上都小于$f(2)$，因此我们可以得到不等式$f(x)<f(2)$，即$x^2-4x+3<1$。
2. 求导数判断函数的最值对于一个函数$f(x)$，如果它在某个点$x_0$处的导数$f'(x_0)=0$，且$f^{''}(x_0)>0$（即$f(x)$的二阶导数大于0）则$f(x)$在$x_0$处取得一个局部最小值；如果$f^{''}(x_0)<0$，则$f(x)$在$x_0$处取得一个局部最大值。
因此，如果要证明一个不等式最值的存在性，可以先求出函数的导数，再找出导数为0的点即可。
3. 构造特殊的函数如果一个不等式的两边都是多项式，可以考虑构造一个较为特殊的函数，来证明不等式的成立性。
例如，对于不等式$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\leq\dfrac{3}{2\sqrt[3]{abc}}$，我们可以考虑构造一个函数$f(x)=\dfrac{1}{a+b+x}+\dfrac{1}{b+c+x}+\dfrac{1}{c+a+x}-\dfrac{3}{2\sqrt[3]{(a+x)(b+x)(c+x)}}$，并证明$f(x)\leq 0$。
利用导数证明不等式的四种常用方法
利用导数证明不等式的四种常用方法方法一：使用函数的单调性如果函数f(x)在区间[a,b]上单调递增（或递减），则对于任意的x1,x2∈[a,b]，有f(x1)≤f(x2)（或f(x1)≥f(x2)）。
举例说明：证明当x＞0时，e^x＞1+x。
我们考虑函数f(x)=e^x-(1+x)，取f'(x)=e^x-1、如果f'(x)≥0，则f(x)在x＞0上单调递增，且f(x)在x=0处取到最小值。
通过计算可得f'(x)≥0，所以f(x)在x＞0上单调递增，即e^x-(1+x)≥0。
即e^x＞1+x。
方法二：使用函数的极值点如果函数f(x)在一些点x0处取得极小值（或极大值），则该点附近的函数值也有相应的性质。
举例说明：证明(1+x)^n > 1+nx，其中n为自然数。
我们考虑函数f(x) = (1+x)^n - (1+nx)，取f'(x) = n(1+x)^(n-1) - n。
令f'(x) = 0，可得x = -1/(n-1)。
我们先考虑x ∈ (-∞, -1/(n-1))，在此区间上f'(x) > 0，所以f(x)在此区间上单调递增。
当x < -1/(n-1)时，有f(x) > f(-1/(n-1)) = 0。
所以在此区间上(1+x)^n > 1+nx。
同理可得，当x ∈ (-1/(n-1), +∞)时，也有(1+x)^n > 1+nx。
方法三：使用函数的凹凸性如果函数f(x)在一些区间上是凹的（或凸的），则函数的函数值也有相应的性质。
举例说明：证明当a＞0时，有√a≤(a+1)/2我们考虑函数f(x) = √x，取f''(x) = -x^(-3/2)。
我们知道，当f''(x)≥0时，函数f(x)在该区间上为凹函数。
计算可得f''(x)≥0，所以f(x)在[0, +∞)上为凹函数。
利用导数证明不等式
利用导数证明不等式例1．已知x>0，求证：x>ln(1+x)分析：设f(x)=x －ln （1+x ）。
x ∈[0,+∞)。
考虑到f(0)=0，要证不等式变为：x>0时，f(x)>f(0)， 这只要证明：f(x)在区间),0[+∞是增函数。
证明：令：f(x)=x －lnx ，容易看出，f(x)在区间),0[+∞上可导。
且)0(0)(lim 0f x f x ==+→ 由1111)('+=+-=x x x x f 可得：当),0(+∞∈x 时，0)0()('=>f x f 即x －lnx>0，所以：x>0时，x>lnx评注：要证明一个一元函数组成的不等式成立，首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。
例2：当()π,0∈x 时，证明不等式x x <sin 成立。
证明：设,sin )(x x x f -=则.1cos )('-=x x f∵),,0(π∈x ∴.0)('<x f ∴x x x f -=sin )(在),0(π∈x 内单调递减，而.0)0(=f∴,0)0(sin )(=<-=f x x x f 故当),0(π∈x 时，x x <sin 成立。
点评：一般地，证明),,(),()(b a x x g x f ∈<可以构造函数),()()(x g x f x F -=如果,0)('<x F ，则)(x F 在),(b a 上是减函数，同时若,0)(≤a F 由减函数的定义可知，),(b a x ∈时，有,0)(<x F 即证明了)()(x g x f <。
练习：1.当0>x 时，证明不等式2211x x e x ++>成立。
证明：设(),2112x x e x f x---=则().1'x e x f x --= 令,1)(x e x g x --=则.1)('-=x e x g 当0>x 时，().01'>-=x e x g )(x g ∴在()+∞,0上单调递增，而.0)0(=g (),0)0(=>∴g x g 0)(>∴x g 在()+∞,0上恒成立，即0)('>x f 在()+∞,0恒成立。
用导数证明不等式的常见题型及解题技巧
用导数证明不等式的常见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，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。
一、利用题目所给函数证明1.已知函数，求证：当时，恒有分析：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，从其导数入手即可证明。
【绿色通道】∴当时，，即在上为增函数当时，，即在上为减函数故函数的单调递增区间为，单调递减区间于是函数在上的最大值为，因此，当时，，即∴（右面得证），现证左面，令，当，即在上为减函数，在上为增函数，故函数在上的最小值为，∴当时，，即∴，综上可知，当【警示启迪】如果是函数在区间上的最大（小）值，则有（或），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过就可得证．2、直接作差构造函数证明【例2】已知函数求证：在区间上，函数的图象在函数的图象的下方；分析：函数的图象在函数的图象的下方问题，即，只需证明在区间上，恒有成立，设，，考虑到要证不等式转化变为：当时，，这只要证明：在区间是增函数即可。
【绿色通道】设，即，则 =当时， =从而在上为增函数，∴∴当时，即，故在区间上，函数的图象在函数的图象的下方。
【警示启迪】本题首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。
读者也可以设做一做，深刻体会其中的思想方法。
3、换元后作差构造函数证明【例3】（2007年，山东卷）证明：对任意的正整数n，不等式都成立.分析：本题是山东卷的第（II）问，从所证结构出发，只需令，则问题转化为：当时，恒有成立，现构造函数，求导即可达到证明。
【绿色通道】令，则在上恒正，所以函数在上单调递增，∴时，恒有即，∴对任意正整数n，取【警示启迪】我们知道，当在上单调递增，则时，有．如果＝，要证明当时，，那么，只要令＝－，就可以利用的单调增性来推导．也就是说，在可导的前提下，只要证明０即可．4、从条件特征入手构造函数证明【例4】若函数y=在R上可导且满足不等式x >－恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：．a >b【绿色通道】由已知x +>0 ∴构造函数，则x + >0，从而在R上为增函数。
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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例谈利用导数证明不等式的方法
例谈利用导数证明不等式的方法广西藤县第一中学 数学组 林红萍在高中数学学习过程中，我们常遇到一些不等式的证明，看似简单，但却无从下手，很难找到切入点，几种常用的证法都一一尝试，却很难奏效。
这时我们不妨变换一下思维角度，从所证不等式的结构和特点出发，结合自己已有知识，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明。
用导数方法证明不等式，其步骤一般是：构造可导函数——研究单调性或最值——得出不等关系——整理得出结论。
下面举例说明：例1：当()π,0∈x 时，证明不等式x x <sin 成立。
证明：设,sin )(x x x f -=则.1cos )('-=x x f∵),,0(π∈x ∴.0)('<x f ∴x x x f -=sin )(在),0(π∈x 内单调递减，而.0)0(=f ∴,0)0(sin )(=<-=f x x x f 故当),0(π∈x 时，x x <sin 成立。
点评：一般地，证明),,(),()(b a x x g x f ∈<可以构造函数),()()(x g x f x F -= 如果,0)('<x F ，则)(x F 在),(b a 上是减函数，同时若,0)(≤a F 由减函数的定义可知，),(b a x ∈时，有,0)(<x F 即证明了)()(x g x f <。
例2：求证：(),113131->-x x 其中().,1+∞∈x证明：设(),1131)(31+--=x x x f 则,11313131)('3232⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=-x x x f ,01131,11,13232>⎪⎪⎭⎫⎝⎛-∴<∴>x x x 即,0)('>x f )(x f ∴在()+∞∈,1x 上是增函数，又∴=,0)1(f 当1>x 时,有,0)1()(=>f x f ()113131->-∴x x 成立。
专题五-利用导数证明不等式--教案
专题五 利用导数证明不等式一、用函数的单调性证明不等式：我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）．因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性，然后再用函数单调性达到证明不等式的目的．即把证明不等式转化为证明函数的单调性．一般方法：构造辅助函数→判定单调性→得所证不等式．基本依据：若()f x 在(,)a b 内单增⇒()()()f a f x f b <<；若()f x 在(,)a b 内单减⇒()()()f b f x f a <<．具体有如下几种形式：1．由欲证形式直接构造构造“形似”函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单调递增（减）区间，自变量越大，函数值越大（小），来证明不等式成立．【例1】当0x >时，求证；2ln(1)02x x x --+<． 证明：设2()ln(1) (0)2x f x x x x =--+≥，则2()1x f x x '=-+． ∵0x >，∴()0f x '<，故()f x 在[0,)+∞上递减，∴0x >时，()(0)0f x f <=，即2ln(1)02x x x --+<成立． 【针对练习1】求证：当(1,)x ∈+∞时，3221ln 032x x x -->． 证明：设3221()ln 32F x x x x =--，[1,)x ∈+∞，则221(1)(21)()2x x x F x x x x x-++'=--=． 当1>x 时，()0F x '>，从而)(x F 在(1,)+∞上为增函数， ∴1()(1)06F x F >=>，∴3221ln 032x x x -->． 2．由欲证形式做恒等变形作差或作商，变成初等函数四则运算的形式，若变量没有x ，将其中一个常数改为x ），则另一端即为所求作的辅助函数()F x ，然后利用导数证明该函数的单调性，达到证明不等 式的目的．【例2】求证：当),0(+∞∈x 时，2ln(1)2(1)x x x x +<-+． 证明：令2()ln(1)2(1)x f x x x x =--++，补充定义(0)0f =，则 2222244212()104(1)14(1)x x x x f x x x x +-'=--=>+++， ∴()f x 在[0,)+∞上单调递增，∴在(0,)+∞上()(0)0f x f >=， ∴2ln(1)2(1)x x x x +<-+． 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()0f x '>，又()0f a ≥，则x a >时，()0f x >．【针对练习2】求证：当(0,)x π∈时，sin x x <．证明：令()sin f x x x =-，补充定义(0)0f =，则()cos 10f x x '=-<，∴()f x 在(0,)π上单调递减，∴在(0,)π上()(0)0f x f <=，∴sin x x <．【例3】当)1,0(∈x 时，证明：22(1)ln (1)x x x ++<．证明：令22()(1)ln (1)f x x x x =++-，则(0)0f =，而2()ln (1)2ln(1)2f x x x x '=+++-，(0)0f '=，当(0,1)x ∈时，ln(1)22()22[ln(1)]0111x f x x x x x x+''=+-=+-<+++， ∴()f x '在(0,1)x ∈上递减，即()(0)0f x f ''<=，从而()f x 在(0,1)递减， ∴()(0)0f x f <=，22(1)ln (1)x x x ++<．【针对练习3】求证：当),0(+∞∈x 时，2112x e x x ->+． 证明：设21()1 (0)2x f x e x x x =---≥，则()1x f x e x '=--，()1x f x e ''=-． 当0x ≥时，()0f x ''≥，∴()f x '在[0,)+∞上单调递增，()(0)0f x f ''≥=，∴()f x 在[0,)+∞上单调递增，()(0)0f x f ≥=，∴2112x e x x ->+． 【例4】求证：当0x π<<时，sin 2x x π>． 证明：若令()sin 2x x f x π=-，证明过程比较麻烦，我们可令sin 2()x f x x=， 则221cos sin cos 2222()(tan )022x x x x x x f x x x ⋅-'==-<， ∵0x π<<，∴022x π<<，则tan 22x x <，∴()0f x '<，即()f x 在(0,)π上单减， 故1()()f x f ππ>=，即sin 2x x π>． 【例5】求证：当b a e >>时，b a a b >．（常数不等式一般化为函数不等式证明） 分析：ln ln ln ln b a a b a b b a a b a b >⇔>⇔>，可令ln () ()x f x x e x=>，证()f x 单减； 或者ln ln b a a b b a a b >⇔>，证ln ln ()x a a x x a >>，可令()ln ln ()f x x a a x x a =->，证()0f x >．证法一：令ln () ()x f x x e x =>，则21ln ()0x f x x -'=<，∴()f x 在(,)e +∞单减， 又b a e >>，∴ln ln a b a b>，即b a a b >． 证法二：令()ln ln ()f x x a a x x a e =->>，则()ln 0a f x a x'=->， ∵ln 1a >，1a x<，∴()f x 在(,)a +∞单增， ∴()()0f x f a >=，ln ln ()x a a x x a >>，特别地令x b =，得ln ln b a a b >，即b a a b >．【针对练习4】证明：当1x >时，2ln (1)ln ln(2)x x x +>+．证明：设ln(1)() (1)ln x f x x x+=>，则22ln ln(1)ln (1)ln(1)1()ln (1)ln x x x x x x x x f x x x x x +--+++'==+． 由于11x x <<+，∴0ln ln(1)x x <<+，故ln (1)ln(1)x x x x -++，∴在(1,)+∞内()0f x '<，∴()f x 在(1,)+∞单减，即ln(1)ln(2)ln ln(1)x x x x ++>+， 从而2ln (1)ln ln(2)x x x +>+．3．通过换元后作差构造函数证明不等式． 【例6】（07山东）证明：对任意的正整数n ，不等式23111ln(1)n n n +>-都成立． 分析：本题是山东卷的第（2）问，从所证结构出发，只需令x n=1，则问题转化为：当0>x 时，恒有 23ln(1)x x x +>-成立，现构造函数32()ln(1)h x x x x =-++，求导即可达到证明．证明：令32()ln(1)h x x x x =-++，则32213(1)()3211x x h x x x x x +-'=-+=++在),0(+∞∈x 上恒正， ∴函数()h x 在(0,)+∞上单调递增，∴(0,)x ∈+∞时，恒有()(0)0h x h >=，即32ln(1)0x x x -++>，∴23ln(1)x x x +>-．对任意正整数n ，取1(0,)x n =∈+∞，则有23111ln(1)n n n+>-． 【针对练习5】若(0,)x ∈+∞，求证：111ln 1x x x x+<<+． 证明：令11t x +=，∵0x >，∴1t >，11x t =-． 则原不等式11ln 1t t t ⇔-<<-，令()1ln f t t t =--([1,))t ∈+∞，∴1()1f t t'>-． ∵[1,)t ∈+∞，∴()0f t '≥，∴()f t 在[1,)+∞上为增函数．()(1)0f t f >=，∴1ln t t ->． 令1()ln 1g t t t =-+([1,))t ∈+∞，∴22111()t g t t t t-'=-=， ∵[1,)t ∈+∞，∴()0g t '≥，∴()g t 在[1,)+∞上为增函数．()(1)0g t g >=，∴1ln 1t t >-，∴111ln 1x x x x+<<+． 点评：（1）代换作用：此题设代换11t x=+，0x <<+∞实际上就是把原来取不到的0x =值代换为可取 到的1t =，把原来要研究函数在x →+∞处的值，等价为研究函数在1t =处的值；（2）若令1t x =，则11ln(1)x x +<，即为本题的特例，想一想11ln 1x x x +<+如何证？ 4．利用导数求出函数的最值（或值域）后，再证明不等式．【例7】求证：当n N *∈，3n ≥时，221nn >+．证明：要证原式，即需证：2210n n -->，对3n ≥时成立．设()22 1 (3)x f x x x =--≥，则()2ln2 2 (3)x f x x '=-≥，∵3x ≥，∴3()2ln 22f x '≥->，∴()f x 在[3,)+∞上是增函数，∴()f x 的最小值为3(3)26110f =--=>，()0 (3)f x x >≥． ∴，n N *∈，3n ≥时，221n n >+．【针对练习6】当0x >，01a <<时，证明：1a x ax a -≤-．证明：设() 1 (0)a f x x ax a x =-+->，则11()(1)a a f x ax a a x--'=-=-．令()0f x '=，得1x =．当(0,1)x ∈时，()0f x '>，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，即)(x g 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数．故函数()f x 在(0,)+∞上的最大值为max ()(1)0f x f ==，即()(1)0f x f ≤=，∴10a x ax a -+-≤，即1a x ax a -≤-．【例8】（07安徽）已知定义在正实数集上的函数21()22f x x ax =+，2()3ln g x a x b =+，其中0a >， 且2253ln 2b a a a =-，求证：()()f x g x ≥． 证明：设221()()()23ln 2F x g x f x x ax a x b =-=+--，则23()(3)()2a x a x a F x x a x x-+'=+-=， ∵0x >，0a >，∴当x a =时，()0F x '=，故()F x 在(0,)a 上为减函数，在(,)a +∞上为增函数，于是函数()F x 在(0,)+∞上的最小值是()()()0F a f a g a =-=，故当0x >时，有()()0f x g x -≥，即()()f x g x ≥．【针对练习7】已知函数()ln(1)f x x x =+-，求证：当1x >-时，恒有11ln(1)1x x x -≤+≤+． 分析：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1()ln(1)11g x x x =++-+，从其 导数入手即可证明． 证明：1()111x f x x x '=-=-++． ∴当10x -<<时，()0f x '>，即()f x 在(1,0)-上为增函数；当0>x 时，()0f x '<，即()f x 在(0,)+∞上为减函数．于是函数()f x 在(1,)-+∞上的最大值为max ()(0)0f x f ==，因此，当1x >-时，()(0)0f x f ≤=，即ln(1)0x x +-≤，∴ln(1)x x +≤． 令1()ln(1)11g x x x =++-+，则2211()1(1)(1)x g x x x x '=-=+++． 当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，当(0,)x ∈+∞时，()0g x '>，即)(x g 在(1,0)-上为减函数，在(0,)+∞上为增函数．故函数)(x g 在(1,)-+∞上的最小值为min ()(0)0g x g ==，∴当1x >-时，()(0)0g x g ≥=，即1ln(1)101x x ++-≥+，∴111)1ln(+-≥+x x ． 综上可知，当1x >-时，有11ln(1)1x x x -≤+≤+． 【例9】已知31()3f x x x =-，1x ，2[1,1]x ∈-时，求证：12|()()|f x f x -43≤． 证明：∵2()1f x x '=-，[1,1]x ∈-时，()0f x '≤，∴()f x 在[1,1]-上递减，故()f x 在[1,1]-上的最大值为2(1)3f -=，最小值为2(1)3f =-， 即()f x 在[1,1]-上的值域为22[,]33-． ∴1x ，2[1,1]x ∈-时，1|()|f x 23≤，2|()|f x 23≤， 即有12|()()|f x f x -≤12|()||()|f x f x +224333≤+=． 【针对练习8】证明：若1p >，对于[0,1]中的任意x 都有11(1)12p p p x x -≤+-≤．证明：()(1) (01)p p f x x x x =+-≤≤，则1111()(1)[(1)]p p p p f x px p x p x x ----'=--=--，令()0f x '=，则11(1)p p x x --=-，即1x x =-，解得12x =． 当1(,1]2x ∈时，()0f x '>，当1[0,)2x ∈时，()0f x '<，∴()f x 在1[0,)2递减；()f x 在1(,1]2递增．∴()f x 的最小值为111111()()()2()22222p p p p f -=+==， 又(1)1f =，(0)1f =，∴()f x 的最大值为1，即[0,1]x ∈时，11()12p f x -≤≤， 故11(1)12p p p x x -≤+-≤． 二、用中值定理证明不等式： 1．利用拉格朗日中值定理：若()f x 满足以下条件：（1）)(x f 在闭区间],[b a 内连续；（2）)(x f 在开区间),(b a 上可导，则在(,)a b 内至少存在一点ξ，使得()()()f b f a f b aξ-'=-． 一般方法：构造辅助函数→据拉格朗日中值定理得等式→由ξ的范围确定()f ξ'范围得所证不等式．【例1】证明不等式：ln b a b b a b a a--<<(0)a b <<． 分析：把不等式可以改写成11()ln ln ()b a b a b a b a-<-<-，可见中项是函数ln x 在区间[,]a b 两端值之 差，而()b a -是该区间的长度，于是可对ln x 在[,]a b 上使用拉格朗日中值定理．证明：设()ln f x x =，则1()f x x'=．在区间[,]a b 上满足拉格朗日中值定理的条件， 故在(,)a b 上存在ξ，使得()()1()f b f a f b a ξξ-'==-，即ln ln 1b a b a ξ-=-． 又因111b aξ<<，于是有1ln ln 1b a b b a a -<<-，即ln b a b b a b a a --<<． 【针对练习1】设0a b <<，证明：22ln ln 2b a a b a a b ->-+． 证明：设()ln f x x =，则1()f x x'=．在区间[,]a b 上满足拉格朗日中值定理的条件， 故在(,)a b 上存在ξ，使得()()1()f b f a f b a ξξ-'==-，即ln ln 1b a b a ξ-=-． ∵222a b ab +≥，∴2212a b a b ≥+，又因11b ξ<，于是有22ln ln 2b a a b a a b ->-+． 【针对练习2】设2e a b e <<<，证明：2224ln ln ()b a b a e->-． 证明：令2()ln f x x =，则2ln ()x f x x'=．在区间[,]a b 上满足拉格朗日中值定理的条件， 故在(,)a b 上存在ξ，使得()()2ln ()f b f a f b a ξξξ-'==-，即22ln ln ln 2b a b a ξξ-=⋅-，2(,)(,)a b e e ξ∈⊂． 再令ln ()x g x x=2()e x e <<，1ln ()0x g x x -'=<， ∴()g x 单调递减，222()()g g e e ξ>=，从而2ln 42eξξ⋅>， ∴原不等式2224ln ln ()b a b a e->-成立. 说明：也可令2224()ln ln ()f x x a x a e=---，2()e a x e <<<，证()0f x >． 【例2】若0y x <<，1p >，则11()()p p p p py x y x y py x y ---<-<-．分析：∵0y x <<，则原不等式等价于11p pp p x y py px x y---<<-)1(>p ． 令()p f t t =，则我们容易联想到Lagrange 中值定理()()()()f x f y f x y x yξ-'-=-． 证明：设()p f t t =，则1()p f t pt -'=．在(,)y x 上满足Lagrange 中值定理的条件， 故(,)y x ξ∃∈，使得()()()f x f y f x y ξ-'=-，即1p pp x y p x yξ--=-． ∵(,)y x ξ∈，y x ξ<<，∴111p p p py p px ξ---<<，∴11()()p p p p py x y x y py x y ---<-<-．【针对练习3】（13湖北理）设n N *∈，r 为正有理数．证明：1111(1)(1)11r r r r r n n n n n r r ++++--+-<<++． 证明：1()r f x x +=，x N *∈，r 为正有理数，则()(1)r f x r x '=+．在区间[,1]n n +上满足拉格朗日中值定理的条件，故在(,1)n n +上存在ξ，使得(1)()()(1)1r f n f n f r n nξξ+-'==++-， 即11(1)(1)r r r n n r ξ+++-=+，∴11(1)1r r r n n r ξ+++-=+． 又∵(,1)n n ξ∈+，r 为正有理数，∴r r n ξ>，∴11(1)1r r r n n n r +++-<+． 同理可证11(1)1r r r n n n r ++--<+，∴1111(1)(1)11r r r r r n n n n n r r ++++--+-<<++． 【例3】证明：当0x >时，ln(1)1x x x x <+<+． 分析：注意到ln10=，可构造函数的改变量ln(1)ln1x +-，则相应自变量的改变量为(1)1x x +-=，所 证不等式等价于1ln(1)ln111x x x+-<<+，可考虑用拉格朗日中值定理，导数入手即可证明． 证明：令()ln f x x =，则1()f x x'=．在区间[1,1]x +上满足拉格朗日中值定理的条件． 故在(1,1)x +上存在ξ，使得(1)(1)1()11f x f f x ξξ+-'==+-， 即ln(1)ln11x x ξ+-=，∴ln(1)1x x ξ+=．由于1111x ξ<<+，∴1ln(1)11x x x +<<+，即ln(1)1x x x x <+<+． 【针对练习4】若01x <<，证明：2(1)1x x e x -<+． 证明：将不等式变形为2(1)(1)0x x e x --+<，令2()(1)(1)x f x x e x =--+，则2()(12)1x f x x e '=--．在区间[0,] (01)x x <<上满足拉格朗日中值定理的条件．故在(0,)x 上存在ξ，使得()(0)() (0)0f x f f x x ξξ-'=<<-，即()(0)()f x f f x ξ'-=， ∴22(1)(1)[(12)1]x x e x e x ξξ--+=--．由于2()(12)1f e ξξξ'=--的范围不易判断，于是求2()40f e ξξξ''=-<．∴()f ξ'在(0,1)上单调递减，()(0)0f f ξ''<=，即()(0)()0f x f f x ξ'-=<， ∴2(1)(1)0x x e x --+<．小结：拉格朗日中值定理本身是以等式的形式存在的，利用它证明不等式时，根据ξ在(,)a b 内的取值可以估计()f ξ'的取值范围，从而得到要证的不等式．在具体操作时，若要证的不等式不含函数改变 量()()f b f a -和自变量b a -，通过对不等式变形，凑出()()f b f a -和b a -，关键是准确选择函 数()f x ，以及区间[,]a b ．同时在确定()f ξ'时，可利用导数有关知识，如求二阶导数．2．利用积分中值定理：若)(x f 在闭区间],[b a 内连续，则在(,)a b 内至少存在一点ξ，使得()()()ba f x dx fb a ξ'=-⎰．一般方法：构造辅助函数→据积分中值定理得等式→由ξ的范围确定()f ξ'范围得所证不等式．【例4】（13湖北理）设n N *∈，r 为正有理数．证明：1111(1)(1)11r r r r r n n n n n r r ++++--+-<<++． 证明：()r f x x =，x N *∈，r 为正有理数，则在区间[,1]n n +上满足积分中值定理的条件， 故在(,1)n n +上存在ξ，使得111111(1)()[(1)]|11r r n rr n n n n n f n n x dx x r r ξ++++++-+-===++⎰， 即11(1)1r r rn n r ξ+++-=+． 又∵(,1)n n ξ∈+，r 为正有理数，∴r r n ξ>，∴11(1)1r r rn n n r +++-<+． 同理可证11(1)1r r r n n n r ++--<+，∴1111(1)(1)11r r r r r n n n n n r r ++++--+-<<++． 【针对练习5】积分中值定理证明不等式：ln b a b b a b a a--<<(0)a b <<． 分析：1ln ln ln b a b b a dx a x =-=⎰，可见可用积分中值定理构造函数1()f x x=，[,]x a b ∈来处理． 证明：设1()f x x=，则在区间[,]a b 上满足积分中值定理的条件， 故在(,)a b 上存在ξ，使得1()()ln |ln ln b b a a b a f dx x b a x ξ-===-⎰，即ln ln 1b a b a ξ-=-． 又因111b aξ<<，于是有1ln ln 1b a b b a a -<<-，即ln b a b b a b a a --<<． 三、用凹凸性证明不等式：我们知道，在(,)a b 内，若()0f x ''>，则函数()y f x =的图形下凸，即位于区间12[,]x x 中点122x x +处弦的纵坐标不小于曲线的纵坐标，即有：1212()()()22x x f x f x f ++≤，其中1x ，2(,)x a b ∈内任意两点．等号仅在12x x =时成立．在(,)a b 内，若()0f x ''<，则函数()y f x =的图形上凸，即位于区间12[,]x x 中点122x x +处弦 的纵坐标不小于曲线的纵坐标，即有：1212()()()22x x f x f x f ++≥，其中1x ，2(,)x a b ∈内任意两 点．等号仅在12x x =时成立．一般方法：构造辅助函数→判定凹凸性→得所证不等式． 【例1】设0x >，0y >，证明不等式ln ln ()ln2x y x x y y x y ++≥+，且等号仅在x y =时成立． 分析：将不等式两边同时除以2，变形为为ln ln ()ln 222x x y y x y x y +++≥，便可看出，左边是函数 ()ln f t t t =在两点x ，y 处的值的平均值，而右边是它在中点2x y +处的函数值，这时只需 ()0f t ''≥即可得证．证明：设()ln f t t t =，即()1ln f t t '=+，1()0f t t''=>，故函数()y f x =在(0,)+∞是下凸的． 由下凸函数性质x ，(0,)y ∈+∞，1[()()]()22x y f x f y f ++≥，得 ln ln ()ln 222x x y y x y x y +++≥，即ln ln ()ln 2x y x x y y x y ++≥+，等号仅在x y =时成立． 【针对练习1】证明：1()() (0, 0, , 1)22n n n x y x y x y x y n ++>>>≠>． 证明：令() (0, 1)n f t t t n =>>，则1()n f t nt -'=，2()(1)0n f t n n t -''=->，∴函数()n f t t =在(0,)+∞是凹的，据凹凸性的定义可知，对任意的x ，(0,)y ∈+∞，x y ≠有()()()22x y f x f y f ++<，即1()()22n n n x y x y ++>．。
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用导数证明不等式
最基本的方法就是将不等式的的一边移到另一边，然后将这个式子令为一个函数f(x). 对这个函数求导，判断这个函数这各个区间的单调性，然后证明其最大值(或者是最小值)大于 0. 这样就能说明原不等式了成立了!
1.当x>1时,证明不等式x>ln(x+1)
设函数f(x)=x-ln(x+1)
求导，f(x)\'=1-1/(1+x)=x/(x+1)>0
所以f(x)在(1，+无穷大)上为增函数
f(x)>f(1)=1-ln2>o
所以x>ln(x+1
2..证明：a-a^2>0 其中0
F(a)=a-a^2
F\'(a)=1-2a
当00;当1/2
因此，F(a)min=F(1/2)=1/4>0
即有当00
3.x>0,证明：不等式x-x^3/6
先证明sinx
因为当x=0时，sinx-x=0
如果当函数sinx-x在x>0是减函数，那么它一定<在0点的值0，
求导数有sinx-x的导数是cosx-1
因为cosx-1≤0
所以sinx-x是减函数，它在0点有最大值0，
知sinx
再证x-x³/6
对于函数x-x³/6-sinx
当x=0时，它的值为0
对它求导数得
1-x²/2-cosx如果它<0那么这个函数就是减函数，它在0点的值是最大值了。
要证x²/2+cosx-1>0 x>0
再次用到函数关系，令x=0时，x²/2+cosx-1值为0
再次对它求导数得x-sinx
根据刚才证明的当x>0 sinx
x²/2-cosx-1是减函数，在0点有最大值0
x²/2-cosx-1<0 x>0
所以x-x³/6-sinx是减函数，在0点有最大值0
得x-x³/6
利用函数导数单调性证明不等式X-X²>0，X∈(0,1)成立
令f(x)=x-x² x∈[0,1]
则f\'(x)=1-2x
当x∈[0,1/2]时,f\'(x)>0,f(x)单调递增
当x∈[1/2,1]时,f\'(x)<0,f(x)单调递减
故f(x)的最大值在x=1/2处取得，最小值在x=0或1处取得
f(0)=0,f(1)=0
故f(x)的最小值为零
故当x∈(0,1)f(x)=x-x²>0。
i、m、n为正整数，且1
求证(1+m)^n > (1+n)^m
方法一：利用均值不等式
对于m+1个数，其中m个(2+m)，1个1,它们的算术平均数大于几何平均数，即
[(2+m)+(2+m)+...+(2+m)+1]/(m+1)>[(2+m)^m]^[1/(1+m)]
即1+m>(2+m)^[m/(1+m)]
即(1+m)^(1/m)>[1+(m+1)]^[1/(1+m)]
由此说明数列{(1+m)^(1/m)}是单调递减的。
方法二：导数方法
令f(x)=(1+x)^(1/x),x>0
求导数
f\'(x)=(1+x)^(1/x)*[x/(1+x)-ln(1+x)]/x^2
为了考察f\'(x)的正负
令g(x)=x/(1+x)-ln(1+x),x>=0
g\'(x)=-x/(1+x)^2<0,x>0
因此g(x)0,亦即f\'(x)<0
因此f(x)在(0,+∞)上单调递减。
令A*B*C=K的3次方
求证(1+A)的-(1/2)次方加(1+B)的-(1/2)次方加(1+C)的-(1/2)次方 >=(1+K)的-(1/2)次方
化成函数，f(x)，求导，可知其单调区间，然后求最大最小值即可。
理论上所有题目都可以用导数做，但有些技巧要求很高。
(1+A)^-1/2+(1+B)^-1/2+(1+C)^-1/2
=(1+A)^-1/2+(1+B)^-1/2+(1+K^3/AB)^-1/2=f(A,B)
对A求导，f'(A,B)A=0，可得一个方程，解出即得。