导数证明不等式的几个方法
高考中利用导数证明不等式的一些策略
高考中利用导数证明不等式的一些策略1与lnx分开来考虑，即将f(x)分解为两个函数的和：f(x)=lnx+2ex-1.然后分别对这两个函数求导，得到f'(x)=1/x+2ex>0，说明f(x)在定义域上单调递增，且f(0)=1，因此f(x)>1成立。
评注：对于这种需要分离成两个函数的不等式，可以先观察不等式的特征，尝试将其分解为两个函数的和或差，然后分别对这些函数求导来证明不等式。
类型三、需要构造辅助函数的不等式1.利用辅助函数构造上下界例3（2016年全国卷1第23题改编）已知a,b,c>0，证明：(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)≥9分析：将(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)展开，得到a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b+3≥9.观察不等式中的每一项，可以发现这些项都可以表示为三个数的和，因此可以构造辅助函数f(x)=ln(x)+1/x-1，然后对f(x)求导，得到f'(x)=1/x^2-1，f'(x)>0当且仅当x1，因此f(x)在(0,1)和(1,∞)上分别是减函数和增函数。
接着，将a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b分别表示为f(ab)+f(ac)+f(bc)+3，然后应用均值不等式，得到f(ab)+f(ac)+f(bc)≥3f((abc)^(2/3))=3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)-3.将此式代入原不等式中，得到3ln(abc)+3/(abc)^(2/3)≥6，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3.再次利用辅助函数，构造g(x)=lnx+(1/3)x^(-2/3)-2/3，对其求导得到g'(x)=1/x-(2/9)x^(-5/3)，g'(x)>0当且仅当x9/4，因此g(x)在(0,9/4)和(9/4,∞)上分别是减函数和增函数。
由于a,b,c>0，因此abc>0，因此可将不等式中的abc替换为x，得到g(abc)≥0，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)-2/3≥0，即ln(abc)+(1/3)/(abc)^(2/3)≥2/3，因此原不等式成立。
高中数学：利用导数证明不等式的常见题型
利用导数证明不等式的常见题型题型一构造函数法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的问题，从而证明不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是利用导数证明不等式的关键.这四道题比较简单，证明过程略.概括而言，这四道题证明的过程分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论.【启示】证明分三个步骤：一是构造函数；二是对函数求导，判断函数的单调性；三是求此函数的最值，得出结论。
题型二通过对函数的变形，利用分析法，证明不等式【启示】解答第一问用的是分离参数法，解答第二问用的是分析法、构造函数，对函数的变形能力要求较高，大家应记住下面的变形：题型三求最值解决任意、存在性变量问题解决此类问题，关键是将问题转化为求函数的最值问题，常见的有下面四种形式：题型四分拆成两个函数研究【注意】(2)如果按题型一的方法构造函数求导，会发现做不下去，只好半途而废，所以我们在做题时需要及时调整思路，改变思考方向.【启示】掌握下列八个函数的图像和性质，对我们解决不等式的证明问题很有帮助，这八个函数分别为要求会画它们的图像，以后见到这种类型的函数，就能想到它们的性质题型五设而不求当函数的极值点（最值点）不确定时，可以先设出来，只设不解，把极值点代入，求出最值的表达式而证明.【启示】设而不求，整体代换是一种常用的方法，在解析几何中体现很多.在本例第（2）问中，只设出了零点而没有求出零点，这是一种非常好的方法，同学们一定要认真体会，灵活应用.题型六估值法题型七利用图象的特点，证明不等式题型八证明数列不等式题型九利用放缩法证明不等式【注意】在解决第（2）问时，用构造函数法证不出来，又试着分开两个函数仍然不行，正当我一筹莫展时，忽然想到与第一问题的切线联系，如果左边的函数的图像在切线的上方，右边函数的图像在切线的下方，这样问题不就得证了吗？心里非常高兴，马上付诸行动。
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的四种常用方法本文将介绍用导数证明函数不等式的四种常用方法.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的单调性法来证，但可以这样证明：即证)1)(1ln()(->+-=x x x x f 的最小值是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 的下确界)，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 处的切线为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《2019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 +>上的最小值；(2)对一切(0,),2()()x f x g x ∈+∞≥恒成立，求实数a 的取值范围；(3)证明：对一切(0,)x ∈+∞，都有12ln e e x x x>-成立．例4 (2018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)处的切线． (1)求L 的方程；(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C 在直线L 的下方．解 (1)(过程略)L 的方程为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)的另解 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)的再解 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)处的切线是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 (2018年高考新课标全国卷II 理21(2)的等价问题)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的第四种常用方法.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 =+>-的值域是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 处的切线是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 -处的切线也是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的方法，也可给出该题的证明(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 '存在唯一的零点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的证法)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的证法)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 存在唯一的零点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 ==的公切线)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的联系.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，进而得到了本文的几个结论.定理 已知(),()f x g x 都是单调函数，它们的反函数分别是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 的取值范围是A ，当s A ∈时，(),()f s g s 的取值范围分别是,A A f g ，得不等式11()()f t g t --≤中t 的取值范围是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 的取值范围是A ，当s A ∈时，(),()f s g s 的取值范围分别是,A A f g ，得不等式11()()f t g t --≥中t 的取值范围是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，它们的反函数分别是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 --的反函数分别是(),()g x f x ，所以由“⇒”的结论得()()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中的“,≥≤”分别改为“,><”后，得到的结论均成立. (证法也是把相应结论中的“,≥≤”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中的结论“若(),()f x g x 都是增函数，则()()f s g s >恒成立11()()f t g t --⇔<恒成立”给出了它们的联系.。
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的几种策略
利用导数证明不等式的几种策略导数在数学中起着至关重要的作用，不仅可以用来求函数的极值点和拐点，还可以用来证明不等式。
在证明不等式时，我们可以利用导数的性质来进行推导。
下面将介绍几种利用导数证明不等式的策略。
1.利用单调性证明不等式对于一个给定的函数，在其定义域内，如果函数在一段区间上是单调递增或者单调递减的，则可以利用该函数的导数证明一些不等式。
例如，我们要证明对于任意正实数x，有ln(x+1) < x。
我们可以设函数f(x) = x - ln(x+1)，然后计算导数f'(x) = 1 - 1/(x+1)。
观察导数的符号可以发现，当x > 0时，导数f'(x) < 0，即函数f(x)在x > 0上是单调递减的。
因此，我们可以得出结论：ln(x+1) < x 对于任意正实数x成立。
2.利用极值点证明不等式对于一个给定的函数，如果该函数在一些点处取得极大值或者极小值，我们可以通过证明该极值点处的函数值与其他点处的函数值之间的关系，来证明不等式。
例如，我们要证明对于任意非负实数x，有x^3-3x^2+1>=0。
我们可以设函数f(x)=x^3-3x^2+1，然后计算导数f'(x)=3x^2-6x。
观察导数的零点可以发现，f'(x)=0时，x=0或者x=2，即函数f(x)在x=0和x=2处取得极小值或者极大值。
进一步计算f(0)=1和f(2)=-1可以发现，f(0)是函数f(x)在其定义域内的最小值。
因此，我们可以得出结论：x^3-3x^2+1>=0对于任意非负实数x成立。
3.利用泰勒展开证明不等式对于一个给定的函数，在一些点的邻域内，我们可以使用该函数的泰勒展开式来近似表示该函数。
通过比较泰勒展开式的高阶项可以得出一些不等式。
例如，我们要证明对于任意正实数x，有e^x>x^2、我们可以使用泰勒展开式来近似表示函数e^x和函数x^2，在x=0处进行展开。
高考数学导数与不等式 导数方法证明不等式
探究点二 双变量不等式的证明
[思路点拨]首先求得导函数的解析式,然后结合导函数的符号即可确定函数的单调性;解: f'(x)=1-ln x-1=-ln x,x∈(0,+∞).当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
[总结反思]待证不等式的两边含有同一个变量时,一般地,可以直接构造“左减右”的函数,即若证明f(x)>g(x)在区间D上恒成立,则构造函数h(x)=f(x)-g(x),再根据函数h(x)的单调性,证明h(x)>0在区间D上恒成立.
课堂考点探究
课堂考点探究
变式题 [2021·云南师大附中模拟] 已知函数f(x)=aex+b,若f(x)的图像在点(0,f(0))处的切线方程为y=x+1.(1)求a,b的值;
课堂考点探究
例2 [2021·辽宁丹东二模] 已知函数f(x)=ln(ax)-x+a.(2)当0<a≤1时,证明:f(x)≤(x-1)ex-a-x+a.
导数与不等式恒成立方法归纳总结
导数与不等式恒成立方法归纳总结思路一：作差解恒成立构造差函数()()()h x f x g x =-．根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式．首先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应含参不等式，从而求出参数的取值范围，也可以分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．证明()()f x g x <，(),x a b ∈时，可以构造函数()()()F x f x g x =-，如果()0F x '<，则()F x 在(),a b 上是减函数，同时若()0F a ≤，由减函数的定义可知，当(),x a b ∈时，有()0F x <，即证明()()f x g x <．例、已知函数()()2112ln 2f x a x a ax x =--+，()'f x 为其导函数. (1) 设()()1g x f x x=+，求函数()g x 的单调区间； (2) 若0a >，设()()11,A x f x ，()()22,B x f x 为函数()f x 图象上不同的两点，且满足()()121f x f x +=，设线段AB 中点的横坐标为0,x 证明：01ax >.解：（1）略 （2）120121212x x ax x x a a+>⇔>⇔>- ()222121'0a f x a a x x x ⎛⎫=+-=-≥ ⎪⎝⎭，故()f x 在定义域()0,+∞上单调递增.只需证： ()122f x f x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，即证()2221f x f x a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭注意到()()12111,,2f x f x f a ⎛⎫+==⎪⎝⎭ 不妨设1210x x a <<<. ()()()22221112ln 22ln 2F x f x f x a x a ax a x a axa a x xa⎛⎫⎛⎫=-+-=----+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-则()()()()322222241122'0222ax a a a F x x x ax ax x ax -=--+=-≤--- 1x a ∀≥，从而()F x 在1,a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单减，故()210F x F a ⎛⎫<= ⎪⎝⎭， 即得. 变式1、设函数． （I ）时，求函数的极值点；（Ⅱ）当时，证明在上恒成立．解（Ⅱ）证明：当a=0时，f （x ）=lnx+x+1令F （x ）=xe x ﹣f （x ）=xe x ﹣lnx ﹣x ﹣1，（x ＞0），则F′（x ）=x+1x•（xe x ﹣1），令G （x ）=xe x ﹣1， 则G′（x ）=（x+1）e x ＞0，（x ＞0），∴函数G （x ）在（0，+∞）递增，又G （0）=﹣1＜0，G （1）=e ﹣1＞0， ∴存在唯一c ∈（0，1）使得G （c ）=0，且F （x ）在（0，c ）上单调递减，在（c ，+∞）上单调递增，故F （x ）≥F （c ）=c•e c ﹣lnc ﹣c ﹣1，由G （c ）=0，得c•e c ﹣1=0，得lnc+c=0， ∴F （c ）=0，∴F （x ）≥F （c ）=0，从而证得x e x ≥f （x ）.变式2、设函数()()2ln 1f x x b x =++，其中0b ≠．当*n N ∈，且2n ≥时证明不等式：33311111111ln 111232321n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++++>-⎪⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦解：当b=-1时, ()()2f x x ln x 1=-+，令()()()332h x x f x x x ln x 1=-=-++，则()()233x x 1h x x 1++'=+在[)0,∞+ 上恒正，所以， ()h x 在[)0,∞+上单调递增，当[)0,∞+时，恒有()()h x h 00=＞，即当[)0,∞+时，()()3232x x ln x 10,ln x 1x x -++++＞即＞，对任意正整数n ，取1x n =得32111ln 1n nn ⎛⎫++ ⎪⎝⎭＞，所以， 333111111ln 11123n 23n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()21ln +12f x x ax x =++2a =-()f x 0a =()xxe f x ≥()0,+∞= 333111111ln 1ln 1ln 123n 23n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭= 333111111ln 1ln 1ln 12233n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++⋅⋅⋅+++⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()22211111123n 2334n n 1++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+⨯⨯⨯+＞＞ =11111111++=2334n n 12n 1--⋅⋅⋅+--++. 变式3、已知函数()21e 2x f x a x x =--（R a ∈）．证明：当1x >时， 1e ln x x x x>-．解：令()1e ln xg x x x x=-+（1x >），则()10g =， ()2e 1e ln 1x xg x x x x =+--'． 令()()h x g x ='，则()e e ln x xh x x x =+' 23e e 2x x x x x-++， 因为1x >，所以e ln 0xx >， e 0x x >， ()2e 10x x x ->， 320x>， 所以()0h x '>，即()()h x g x ='在1x >时单调递增，又()1e 20g ='->，所以1x >时， ()0g x '>，即函数()g x 在1x >时单调递增．所以1x >时， ()0g x >，即1x >时， 1e ln x x x x>-． 思路二：调整目标形式解恒成立观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明. 例．已知函数()()1ln ,1a x f x x a R x -=-∈+．设,m n 为正实数，且m n >，求证：ln ln 2m n m nm n -+<-． 解：要证，只需证，即证21ln .1m m n m n n ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+只需证21ln 0.1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+设()()21ln 1x h x x x -=-+，由（2）知()h x 在()1,+∞上是单调函数，又1mn>， 所以()10m h h n ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，即21ln 01m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭->+成立，所以ln ln 2m n m n m n -+<-. 变式1、已知函数()()21x f x x x e =--.（1）若()f x 在区间(),5a a +有最大值，求整数a 的所有可能取值； （2）求证：当0x >时，()()323ln 247x f x x x x x e <-++-+. 解析：（1）f′(x )＝（x 2＋x －2）e x ，当x <－2时，f′(x )＞0，f (x )单调递增， 当－2＜x ＜1时，f′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ＞1时，f′(x )＞0，f (x )单调递增，由题知：a ＜－2＜a +5，得：－7＜a ＜－2， 则a ＝－6、－5、－4、－3，当a ＝－6、－5、－4，显然符合题意，若a ＝－3时，f (－2)＝5e ―2，f (2)＝e 2，f (－2)＜f (2)，不符合题意，舍去． 故整数a 的所有可能取值－6，―5，－4．（2）f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7可变为(－x 2＋3x －1)e x ＜－3ln x ＋x 3+7，令g (x )＝(－x 2＋3x －1)e x ，h (x )=－3ln x ＋x 3+7，g′(x )＝(－x 2＋x ＋2)e x ， 0＜x ＜2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增， 当x ＞2时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，g (x )的最大值为g (2)＝e 2，h′(x )＝()331x x-，当0＜x ＜1时，h′(x )＜0，h (x )单调递减，当x ＞1时，h′(x )＞0，h (x )单调递增，h (x )的最小值为h (1)＝8＞e 2，g (x )的最大值小于h (x )的最小值，故恒有g (x )＜h (x )，即f (x )＜－3ln x ＋x 3+(2x 2－4x )e x +7．变式2、函数f （x ）=21-lnx ax a-1x-2a 2R ++∈（）（）（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若a ＞0，求证：f （x ）≥3-2a. 解：由（Ⅰ）知()f x 在10a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减； ()f x 在1a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，上单调递增， 则()min 11ln 12f x f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭． 要证()f x ≥32a -，即证1ln 12a a --≥32a -，即证1ln 1a a +-≥0． 令()1ln 1a a a μ=+-，则()22111a a a a aμ'-=-=，由()0a μ'>解得1a >，由()0a μ'<解得01a <<， ∴()a μ在()01，上单调递减；()a μ在()1+∞，上单调递增；∴()()min 11ln1101a μμ==+-=，∴ 1ln 1a a +-≥0成立．从而()f x ≥32a-成立． 思路三：结论再造解恒成立利用导数证明不等式，解决导数压轴题，谨记两点： （1）利用常见结论，如：，()ln 1x x >+，等；（2）利用同题上一问结论或既得结论． 例、 已知函数()ln 1axf x x x =-+． （Ⅰ）若函数()f x 有极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）()f x 有两个极值点（记为1x 和2x ）时，求证：()()()1211x f x f x f x x x+⎡⎤+≥⋅-+⎣⎦． 解（Ⅱ）∵1x ， 2x 是()f x 的两个极值点，故满足方程()0f x '=即1x ， 2x 是()2210x a x +-+=的两个解，∴121x x =∵()()12121212ln ln 11ax ax f x f x x x x x +=-+-++ ()()12121212122ln 1a x x x x x x a x x x x ++=-=-+++ 而在()ln 1ax f x x x =-+中， ()1ln x a f x x x +⎡⎤-=⋅-⎣⎦ 欲证原不等式成立，只需证明()()11ln 1x x f x x f x x x x++⎡⎤⎡⎤⋅-≥⋅-+⎣⎦⎣⎦∵0x >，只需证明()()ln 1f x x f x x -≥-+成立 即证ln 10x x -+≤成立 令()ln 1g x x x =-+，则()111xg x x x-=-=' 当()0,1x ∈时， ()0g x '>，函数()g x 在()0,1上单调递增； 当()1,x ∈+∞时， ()0g x '<，函数()g x 在()1,+∞上单调递减； 因此()()max 10g x g ==，故()0g x ≤，即ln 10x x -+≤成立得证． 变式1、已知函数()ln .f x x kx k =-+（Ⅱ）证明：当1a ≤时，()()2 1.x x f x kx k e ax +-<-- （附： 322ln20.69,ln3 1.10, 4.48,7.39e e ≈≈≈≈） 解（Ⅱ）要证当1a ≤时， ()()1,xx f x kx k e ax +-<--即证当1a ≤时， 2ln 10x e ax x x --->,即证2ln 10x e x x x --->．由（Ⅰ）得，当1k =时， ()0f x ≤,即ln 1x x ≤-，又0x >，从而()ln 1x x x x ≤-, 故只需证2210x e x x -+->，当0x >时成立； 令()()2210xh x e x x x =-+-≥，则()41xh x e x ='-+,令()()F x h x ='，则()4xF x e '=-，令()0F x '=，得2ln2x =．因为()F x '单调递增，所以当(]0,2ln2x ∈时， ()()()0,0,F x F x F x ≤'≤单调递减，即()h x '单调递减，当()2ln2,x ∈+∞时， ()()0,F x F x >''单调递增，即()h x '单调递增，且()()()2ln458ln20,020,2810h h h e =-==-'+'>',由零点存在定理，可知()()120,2ln2,2ln2,2x x ∃∈∃∈，使得()()120h x h x ''==， 故当10x x <<或2x x >时， ()()0,h x h x '>单调递增；当12x x x <<时， ()()0,h x h x '<单调递减，所以()h x 的最小值是()00h =或()2h x ．由()20h x '=，2241xe x =-()()()222222221252221x h x e x x x x x =+-=-+-=---,因为()22ln2,2x ∈，所以()20h x >,故当0x >时，所以()0h x >,原不等式成立．思路四：函数单调或最值解恒成立不等式恒成立的转化策略一般有以下几种：①分离参数＋函数最值；②直接化为最值＋分类讨论；③缩小范围＋证明不等式；④分离函数＋数形结合。
利用导数证明不等式考点与题型归纳
利用导数证明不等式考点与题型归纳考点一单变量不等式的证明方法一移项作差构造法证明不等式ln x ae 1［例1］已知函数f(x)= 1 —~x，g(x)= 'e x + X— bx(e为自然对数的底数)，若曲线y= f(x) 与曲线y= g(x)的一个公共点是 A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直.(1)求a, b的值；2(2)求证：当 x> 1 时，f(x) + g(x)> -xIn x［解］⑴因为f(x)= 1 —-^,In x— 1所以f (x)= 7 , f' (1) =— 1.ae 1 ae 1因为 g(x)= e x + x— bx,所以 g (x)= — e x—x^—b.因为曲线y= f(x)与曲线y= g(x)的一个公共点是 A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以 g(1) = 1,且 f' (1) g- (1) = — 1,即 g(1) = a + 1— b= 1, g' (1) = — a — 1 — b= 1,解得 a=— 1, b=— 1.e 1(2)证明：由(1)知，g(x)= —孑+ x + x,小2^ A In x e 1贝 y f(x)+g(x) > x?1—T—e x— x+X》0.令 h(x) = 1 —皿—€—1+ x(x> 1),x e x则 h'(x)=—+e+x2+1=少+當+1.In x e因为 x> 1,所以 h' (x)=卡+1>o,所以h(x)在［1 ,+s)上单调递增，所以h(x)>h(1) = 0,即 1-也-e—丄+x> o,x e xx2 所以当 x> 1 时，f(x) + g(x)>x.［解题技法］待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，利用导数研究其单调性，借助所构造函数的单调性即可得证.方法二隔离审查分析法证明不等式1 ［例2］ (2019长沙模拟)已知函数f(x)= ex2- xln x•求证：当x> 0时，f(x)v xe x+ -.1 1 1［证明］要证 f(x)v xe x+-，只需证 ex — In x v e x+ ，即 ex - e x< In x+ .ex —e ex ex1令 h(x) = In x +—(x>0),贝U h' (x)= ex易知h(x)在0, e上单调递减，在e，上单调递增，则h(x)min = h 1 = 0，所以In1x+ex》°.再令0(x)= ex— e x,贝U O' (x) = e— e x,易知O(x)在 (0,1)上单调递增，在(1,+^ )上单调递减，则O(X)max= 0(1) = 0，所以ex —e x< 0.x 1因为h(x)与«x)不同时为0，所以ex — e x< In x+ £,故原不等式成立.［解题技法］若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.方法三、放缩法证明不等式［例 3］已知函数 f(x)= ax— In x— 1.(1)若f(x)》0恒成立，求a的最小值；e x(2)求证：—+ x+ In x— 1 > 0;xx［解］(1)f(x) >0 等价于 a >(3)已知k(e x + x2)> x— xIn x恒成立，求k的取值范围. In x+ 1x1 — Inx所以k》- e- x T + x人In x+1…, In x令 g(x) = X~(x>0)，贝V g (x)=—立，所以当 x€ (0,1)时，g' (x)> 0,当 x€ (1 ,+s)时,g' (x)v 0,则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1 ,+s)上单调递减，所以g(x)max= g(1) = 1,则a > 1, 所以a的最小值为1.⑵证明：当a= 1时，由(1)得x> In x+ 1,即 t> In t + 1(t> 0).e—x令~x~ = t,则—x— In x= In t,e—x所以——> —x— In x+ 1,xe-x即一+ x+ In x — 1 > 0. x—xe 、⑶因为k(e-x+ x2) >x— xIn x恒成立，即 k—— + x > 1 — In x恒成立,xe- x二 + x + In x— 1+1,e—x由⑵知■— + x+ In x— 1> 0恒成立,入—xe+ x+ In x— 1x所以一二 ---------------- + K 1,所以k> 1.e—故k的取值范围为［1 , + g).［解题技法］导数的综合应用题中，最常见就是e x和In x与其他代数式结合的难题，对于这类问题, 可以先对e x和In x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负•常见的放缩公式如下：(1)e x> 1 + x,当且仅当x= 0时取等号；(2)e x>ex,当且仅当x = 1时取等号；1(3)当x>0时，e x> 1 + x+ ?x2,当且仅当x= 0时取等号；(6)当 x> 1 时, 2 x— 1x+ 1 < In x<x— 1x，当且仅当x= 1时取等号.X1 +⑷当x>0时，e x>討+ 1,当且仅当x= 0时取等号；X— 1⑸一 < In x< x — K X2— x,当且仅当 x= 1时取等号;X考点二双变量不等式的证明［典例］已知函数 f(x)= In x— 2ax2+ x, a € R.(1)当a = 0时，求函数f(x)的图象在(1, f(1))处的切线方程;⑵若 a =— 2,正实数 X1, x2 满足 f(X1)+ f(X2)+ X1x2= 0,求证:1 ［解］(1)当 a= 0 时，f(x)= In x+ x，则 f(1) = 1，所以切点为(1,1)，又因为 f ' (x) = - +入1,所以切线斜率k= f (1) = 2,故切线方程为 y— 1 = 2(x— 1),即卩2x— y— 1 = 0.(2)证明：当 a=— 2 时，f(x)= In x+ x2 + x(x> 0).由 f(X1 ) + f(X2) + X1X2= 0,即 In X1 + x1+ X1 + In X2 + x2+ x2 + X1X2 = 0,从而(X1+ X2)2 +(X1+ X2) = X1X2 — In(X1X2),令 t= X1X2,设©(t) = t — In t(t> 0),则© (t)= 1 —1 =一,易知©(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+^)上单调递增，所以©(t) > ©(1) = 1,所以(X1+ X2)2 + (X1+ X2) > 1 ,V5 — 1 因为 X1> 0, X2> 0，所以 X1+ X2> —2 —成立.［解题技法］破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式;2 4a x — a 石 2v 0,二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值;三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果. ［题组训练］a已知函数f(x) = In x+ .x(1)求f(x)的最小值；⑵若方程f(x)= a 有两个根x i , X 2(x i v x 2)，求证：x i + X 2> 2a.1 a x — a解：(1)因为 f' (x) = x — x 2= x^(x> 0)，所以当a w 0时，f(x)在(0 ,+R )上单调递增，函数无最小值.当a > 0时，f(x)在(0, a)上单调递减，在(a ,+^)上单调递增.函数f(x)在x= a 处取最小值f(a)= In a+ 1.⑵证明：若函数y= f(x)的两个零点为X 1, x 2(X 1V x 2),由(1)可得 O v X 1V a v X 2.令 g(x) = f(x) — f(2a — x)(0 v x v a),丄 1则 g ' (x)= (x — a) X 2— 2a — x 2 所以g(x)在(0, a)上单调递减，g(x)>g(a) = 0,即 f(x) > f(2a — x).令 x = X 1 v a,贝V f(x 1) >f(2a — X 1),所以 f(x 2) = f(x 1) >f(2a — X 1),由(1)可得f(x)在(a, + g )上单调递增，所以X 2>2a — X 1,故 X 1 + X 2> 2a. 考点三证明与数列有关的不等式a ［典例］已知函数f(x)= In(x+ 1) + 二..X. I 厶(1)若x>0时，f(x)> 1恒成立，求a 的取值范围；1 1 1 1 *⑵求证：ln(n+ 1)>3+ 5171…+ 2^+1 (n C N ).a［解］(1)由 In(x+ 1)+ > 1,得x+ 2a> (x+ 2) — (x+ 2)1 n(x+ 1).令 g(x) = (x+ 2)[1 — In(x+ 1)],x+ 2 1则 g ' (x)= 1 — In (x+ 1) —=— In (x+ 1)—-x+ 1 x + 1 当x>0时，g' (x) v 0，所以g(x)在(0,+g)上单调递减.所以g(x)v g(0) = 2,故a的取值范围为[2 , + ).2(2)证明：由(1)知 In(x+ 1) + > 1(x> 0),x+ 2所以 In(x+ 1) > xx+ 2令 x = k(k> 0)，得 In k+ 1>k+2k+ 1 即In1 > 一2 3所以 In” + In^+ In 4n + 11 1 1 13+…+ In => 1+1+尹…+ 乔，即 ln(n + 1)>3 +1 + 7+・・・+-^(n € N *).3 5 72n + 1［解题技法］证明与数列有关的不等式的策略(1)证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数 n 的不等式替代函数不等式中的自变量.通过多次求和达到证明的目的. 此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到.(2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式 (或与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如e x > x+ 1可化为In(x+ 1)v x 等.［题组训练］(2019 长春质检)已知函数 f(x)= e x ，g(x)= In(x+ a) + b. (1) 若函数f(x)与 g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，求a ，b 的值;(2)当b = 0时，f(x) — g(x) > 0恒成立，求整数 a 的最大值；(3) 求证：In 2 + (In 3 - In2)2+ (In 4 - In 3)3+ — + [ln(n + 1) — In n]n v -^(n € N *). e i 解：⑴因为函数f(x)和g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，所以 f(0) = g(0)且f' (0)=g' (0),ii又因为 f' (x)= e x , g' (x)= ，所以 1 = In a+ b,1 = ;,x+ aa解得 a= 1, b= 1.⑵现证明 e x > x+ 1，设 F(x)= e x - x-1，则 F ' (x)= e x - 1,当 x € (0, + )时，F' (x) > 0，当x € (—a, 0)时，F ' (x)v 0，所以F(x)在(0 ,+s )上单调递增，在(一a, 0)上单调 递减，所以F(x)min = F(0) = 0,即F(x)> 0恒成立，即 e x>x+ 1.同理可得 In(x+ 2)w x+ 1，即 e x> In(x+ 2),当 a w 2 时，ln(x + a) w ln(x+ 2) v e x,所以当a w 2时，f(x) — g(x) > 0恒成立.当 a >3 时，e0v In a，即 e x- In(x+ a)> 0 不恒成立.故整数a的最大值为2.—n+ 1⑶证明：由⑵知e x>ln(x+2),令x= —，—n+1一n+ 1则e~~^~ >ln一n—+2,——n -k 1即 e-n + 1> In ----------- + 2n= [ln(n + 1) - In n]n,n所以 e°+ e-1 + e-2+ …+ e一n+ 1>In 2+ (In 3 — In 2)2+ (In 4— In 3) 3+ …+ [ln(n+ 1) — Innn],11—』1 e 又因为 e0 + e-1+ e-2+ ••• + e-n+1= 1 v —= ,1-；1-1 e-1e ee 所以 In 2 + (In 3 - In 2) 2+ (In 4 — In 3)3+ …+ [ln(n+ 1)-In n]n v e- 1［课时跟踪检测］11. (2019 唐山模拟)已知 f(x)= qx2— a2ln x, a>0.⑴求函数f(x)的最小值；f x — f 2a 3⑵当x>2a时，证明：>尹x— 2a 2解：⑴函数f(x)的定义域为(0 ,+^),a2 x+ a x— a f (x) = x — x=当 x € (0, a)时，f' (x)v 0, f(x)单调递减；当 x € (a ,+s)时，f' (x)> 0, f(x)单调递增.1所以当x= a时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a) = ~a2— a2ln a.(2)证明：由⑴知，f(x)在(2a, + )上单调递增，3则所证不等式等价于 f(x) — f(2a) — ^a(x— 2a) > 0.“ 3设 g(x) = f(x) — f(2a) — 2a(x— 2a),则当x>2a时，, , 3 a2 32x+ a x— 2a2x > 0,g (x) = f (x) — 2a = x—— ^a所以g(x)在(2a,+s)上单调递增,当 x>2a 时，g(x)>g(2a)= 0,3即 f(x) — f(2a) — ?a(x— 2a)>0,f x — f 2a 3故> "a.x— 2a 22.(2018黄冈模拟)已知函数f(x)=亦x— e—x(入€ R). (1)若函数f(x)是单调函数，求入的取值范围；x2 ⑵求证：当 0v X1 v x2 时，e1 — x2 — e1 — X1> 1 —:.1解：⑴函数f(x)的定义域为(0 ,+8 ),••f(x)= An x— e—x,+ xe— x~X~，•••函数f(x)是单调函数，••• f' (x)w 0或f' (x) > 0在(0 ,+s)上恒成立,+ xe x①当函数f(x)是单调递减函数时，f' (x)< 0, •------------------- < 0,即X+ xe—x< 0,疋xe—x Xx X一 1令y(x)=—孑，贝y y (x)=-e^,当 0 v x v 1 时，y (x) v 0；当 x> 1 时，y (x) >0,则y x)在(0,1)上单调递减，在(1 ,+8 )上单调递增，•••当x> 0时，y x)min=y i) =x+ xe②当函数f(x)是单调递增函数时，f' (x)>0,•••------------------- >0,即入 + xe—x》0, xe—xx由①得y(x)= —吞在(o,1)上单调递减，在(1, + 8)上单调递增,又■ y(0) = 0,当 x综上，入的取值范围为1——8(2)证明：由(1)可知，当f(x)= — ein X — e— x在(0, + 8 )上单调递减,X1 X2 ln X2>1 —门■-0 v x i v X2,1 1•••f(X1)>f(x2)，即一：ln X1 — e— X1 >— ?ln X2 — e— X2,•'el — X2— el — x i > In x i — In X2.X2 X2要证e1—X2—e1 — 11>1—X1,只需证In X1—ln X2>1—门即证11 1令 t= X11，t€ (0,1)，则只需证 In t> 1 —-,• - f(x)min ==In k,1t —12 13令 h(t) = In t+ f — 1，则当 0v t v 1 时，h'⑴v 。
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导数证明不等式的几个方法
1、直接利用题目所给函数证明（高考大题一般没有这么直接） 已知函数x x x f -+=)1ln()(，求证：当1->x 时，恒有
x x x ≤+≤+-)1ln(1
11
如果()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超过0就可
2、作差构造函数证明
已知函数.ln 21)(2x x x f += 求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数33
2)(x x g =的图象的下方；
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。
3、合理换元后构造函数可大大降低运算量以节省时间
（2007年，山东卷）
证明：对任意的正整数n ，不等式321)1ln(n
n n n ->+ 都成立.
v1.0 可编辑可修改
4、从特征入手构造函数证明
若函数y=)(x
f恒成立，且常
(x
f在R上可导且满足不等式x)(x
f >－)
数a，b满足a>b，求证：．a)(a
f>b)(b
f
几个构造函数的类型：
5、隔离函数，左右两边分别考察。