导数在不等式证明中的应用
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
导数在解决不等式问题中起着非常重要的作用，利用导数可以轻松地证明和解决各种
不等式问题。
本文将通过一些具体的例子，来展示导数在不等式问题中的应用。
我们来看一个简单的例子：证明当x>0时，e^x\geq1+x。
我们可以利用导数来证明这
个不等式。
我们计算e^x和1+x的导数，分别为e^x和1。
然后我们发现e^x-1\geq x，这意味着在x>0时，e^x\geq1+x。
这样就利用导数证明了这个不等式。
除了证明不等式，我们还可以利用导数来解决不等式问题。
我们要求解不等式
x^2-5x+6>0。
我们可以通过求解x^2-5x+6的导数来判断x^2-5x+6的增减性。
首先求导得
到2x-5，然后令2x-5=0，解得x=\frac{5}{2}。
这说明在x<\frac{5}{2}时，x^2-5x+6<0，而在x>\frac{5}{2}时，x^2-5x+6>0。
不等式x^2-5x+6>0的解集是x<\frac{5}{2}或
x>\frac{3}{2}。
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。
如何发挥典型题的“典型性”——不等式证明中导数的应用
高 中 版中’ ？ 毒 ｌ ： ・ ？
教 教
案例 点评
２ ０ １ ３年 ４月
综上 当 ＞ ０ 且朋 ｌ 时
） ＞
．
递增 ；
点评 ： 通过 两次求导， 最 终 求得 函数 ｙ － ｇ （ ） 恒 ￣ｑ － Ｏ ．
当 ∈ （ ， ＋ ∞ ） 时 （ ） ＜ ０ ， 所 ） 在 （ ， ＋ ∞ ）
一 ． ，
＋ｌ 一ｌ
（ １ ， １ ） ） 处 的切线方程为 ＋ ２ ３ － ０ ．
（ １ ） 求ａ ， ｂ 的值 ；
解析 ： ｇ （ ） ＝
（ ２ ） 证明 ： 当 ＞ ０ ， 且 ≠ｌ 时
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—
．
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一
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研 究 背 景
所 ㈤ ＝
一
２ ０ １ ３年 ４月
案 例 点 评
材 法
如何发挥典型题 的 “ 典型性 、 － － ‘ 一 Ｉ － － ＂
— —
不等式证 明 中导数的应 用
刘 文 娣
⑩江 西 省 安 福 县 第 二 中学
所谓典型问题是指具有 代表性 的问题 ，既涵盖 了本 知识点的常规考查题型 ，又涉及 到处理此类 问题 的大部
决含有参数的不等式证明问题 ，是 近几年高考 的一个亮 点， 且有愈演愈烈之势． 而构造 函数 后利用导数求 函数最
值来处理 这类问题 ， 往往 入 口宽 ， 本 文拟举例说 明 ， 以期
抛砖引玉． 题目 已知 函 ） ＝
十ｌ
步骤过程 目标 ；提高概念把握 的准确性和预算 的准确
二、 问题 审 视
分相关 方法． 在高 中数学学 习 中 ， 对 典型 问题 的处 理 ， 对
例谈导数在不等式证明中的应用
“ ” 同 中求 “ ” 这 是 一种 教 学 智 慧 ． 手 拈 来 的 智 慧 ， 同 异 ， 信 让
（ 上接 ６ ４页 ）
正如 佘 承 智 老 师在 讲 座 中所 说 ： 教 学 策 略 没 有 好 坏 之 “ 分 ， 没有 妙 差 之 异 ， 的 只 是 合适 与 否． 于是 在 清 白如 布 也 有 ” 的课 堂上 就 色 彩 斑 斓 ， 放 异 彩． 不 同 的 领 悟 中 ， 现 大 在 体
了 不 同 的 教 学 理 解 、 学 风 格 和 教 学 智 慧 ． 以 ， 何 在 教 所 如
３ ．同 题异 构 促 进 了 对 教 师 角 色 的思 考 ． 同题 异 构 ， 我 让
从 中 看 到 了 自身 的很 多 问题 ． 比如 ： 价 与 激 励 方 面言 语 单 评
一； 问题 与 认 知方 面无 所 谓 探 与 究 ； 体 与 合 作 方 面 流 于 形 个 式 ， 等． 且 更 加 深刻 地 认 识 到 一 个 优 秀 的 教 师 不 仅 应 是 等 而 投 入 的精 细 、 熟 的 知 识 、 新 的意 识 、 理 的 设 计 、 容 的 娴 创 合 从 心态 ， 而且 应 有 情 感 的 激 荡 、 和 的 力 量 、 法 的 引 领 、 料 亲 学 材 的取 舍 、 问题 巧 设 计 的 能 力． 教 学 是 一 门艺 术 ， 们 的教 学 应 以学 生 为 主 体 ． 断 的 我 不 实 践 和思 索 使 我 渐 渐 明 ， 使 教 学 真 正成 为 艺 术 ， 得 研 要 还
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
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。
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.
利用导数证明不等式的几种方法
利用导数证明不等式的几种方法导数是微积分的一个重要概念，它可以用来研究函数的变化趋势和性质。
在证明不等式时，利用导数是一种常见的方法。
下面将介绍几种常用的利用导数证明不等式的方法。
一、极值点法这种方法的基本思路是通过求函数的导数，并找出函数的极值点，来确定不等式的成立条件。
具体步骤如下：1.求函数的导数。
2.找出导数存在的区间。
3.求出导数的零点即函数的极值点。
4.判断在极值点附近函数的变化情况，从而确定不等式的成立条件。
例如，我们要证明一个函数f(x)在区间[a,b]上是单调递增的。
则可以通过求函数的导数f'(x)，找出f'(x)的零点，然后判断f'(x)的符号来确定f(x)的变化趋势。
这种方法的特点是简单直观，容易理解和操作。
但是要求函数的导数存在，在一些特殊情况下可能无法使用。
二、Lagrange中值定理法Lagrange中值定理是微积分中的一个重要定理，它表明：如果一个函数在区间 [a, b] 上连续，并且在 (a, b) 上可导，则在 (a, b) 存在一个点 c，使得函数在 c 处的导数等于函数在 [a, b] 上的平均变化率。
利用这个定理，可以通过求函数在区间两个点处的导数差值，来推导出不等式。
具体步骤如下：1.假设函数在区间[a,b]上连续，并且在(a,b)上可导。
2.设点a和点b为函数的两个不同取值，即f(a)和f(b)。
3. 由Lagrange中值定理，存在点 c 在 (a, b) 上，使得 f'(c) = (f(b) - f(a)) / (b - a)。
4.判断f'(c)的符号，从而确定不等式的成立条件。
Lagrange中值定理法的优点是具有普适性，可以应用于各种函数。
但是要求函数在区间上连续，在一些特殊情况下可能无法使用。
三、Cauchy中值定理法Cauchy中值定理是微积分中的另一个重要定理，它是Lagrange中值定理的推广形式。
导数证明不等式的几个方法
导数证明不等式的几个方法在高等数学中，我们学习了很多种方法来证明不等式。
其中一种常见的方法是使用导数。
导数是用来描述函数变化率的概念，因此可以很好地用来证明不等式。
本文将介绍几种使用导数证明不等式的方法。
一、利用导数的正负性来证明不等式这种方法是最直接的方法之一、假设我们要证明一个函数f(x)在一个区间上大于等于0，我们可以先求出函数f(x)的导数f'(x)，然后根据f'(x)的正负性来判断f(x)的增减情况。
如果f'(x)大于等于0，则说明f(x)在整个区间上是递增的；如果f'(x)小于等于0，则说明f(x)在整个区间上是递减的。
根据递增或递减的性质，我们可以得出f(x)大于等于0的结论。
例如，我们要证明函数f(x)=x^2在区间[0,∞)上大于等于0。
首先求出f(x)的导数f'(x)=2x。
然后我们发现在整个区间上，f'(x)大于等于0，说明f(x)是递增的。
由于f(0)=0，因此可以得出f(x)大于等于0的结论。
二、利用导数的单调性来证明不等式这种方法是一种延伸和推广。
与前一种方法类似，我们可以根据导数的单调性来判断函数f(x)的增减情况。
如果f'(x)在一个区间上是递增的，那么f(x)在该区间上是凸的；如果f'(x)在一个区间上是递减的，那么f(x)在该区间上是凹的。
利用这个性质，我们可以得出一些重要的结论。
例如，如果我们要证明一个凸函数在一个区间上大于等于一个常数c，那么只需要证明在这个区间的两个端点上的函数值大于等于c，同时导数在这个区间上是递增的。
三、利用导数的极值来证明不等式这种方法利用了导数的极值特性。
如果一个函数f(x)在一些点x0处的导数为0，并且在这个点的左右两侧的导数符号发生了改变，那么我们可以得出结论，在x0处取得极值。
如果f(x)在x0处取得最大值，那么在这个点的左侧函数值都小于等于f(x0)，而在这个点的右侧函数值都大于等于f(x0)；反之，如果f(x)在x0处取得最小值，那么在这个点的左侧函数值都大于等于f(x0)，而在这个点的右侧函数值都小于等于f(x0)。
利用导数证明不等式的常用方法
利用导数证明不等式的常用方法导数是微积分中的重要理论工具，其应用十分广泛，其中一项应用就是证明不等式。
下面将介绍一些利用导数证明不等式的常用方法。
首先，我们需要明确一些基本概念和定理。
设函数f(x)在区间[a,b]上连续，(a,b)上可导，那么：1.如果f'(x)>0，那么f(x)在[a,b]上单调递增；如果f'(x)<0，那么f(x)在[a,b]上单调递减。
2.如果在(a,b)上f'(x)>g'(x)，则f(x)>g(x)。
3.如果在(a,b)上f'(x)≥g'(x)，则f(x)≥g(x)。
基于以上定理，我们将介绍三种常用的利用导数证明不等式的方法。
方法一：使用函数性质和导数的单调性这种方法适用于证明比较简单的不等式，主要步骤如下：1.首先，根据题目中给出的不等式，构造一个连续函数f(x)。
2.然后，求出f'(x)，根据导数的正负确定f(x)的单调性。
3.最后，根据f(x)的单调性和不等式的要求，得出不等式的成立。
例如，我们来证明当x>0时，有e^x>1+x：1.构造函数f(x)=e^x-1-x。
2.求导得到f'(x)=e^x-1，由于e^x>0，所以f'(x)>0。
3.根据f(x)的单调性，得出e^x-1-x在x>0时为递增函数。
4.由于f(0)=e^0-1-0=0，所以当x>0时，有f(x)>0，即e^x>1+x成立。
方法二：使用导数的比较性质这种方法适用于需要比较多个函数的不等式，主要步骤如下：1.首先，根据题目中给出的不等式，构造多个连续函数。
2.然后，求出这些函数的导数。
3.利用导数的比较性质，确定函数之间的大小关系。
4.最后，根据函数之间的大小关系和不等式的要求，得出不等式的成立。
例如，我们来证明当0 < x < 1时，有x < ln(1 + x)：1.构造函数f(x) = ln(1 + x) - x。
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导数在不等式证明中的应用
作者：齐雨萱
来源：《知识文库》2020年第03期
高中数学学习中，不等式是研究各项数学问题的基础工具，不等式证明是一种常见数学题型，也是同学们较为头疼的数学题型之一，要想提高自身的不等式证明准确率和效率，就必须充分掌握运用导数理论展开科学解题，导数理论证明不等式是最为高效和基本的一种解题方法，合理利用导数工具进行不等式实践证明，能够有效将不等式证明过程从困难转化为简单，帮助自身建立起更好的数学自信心，并提高数学解题综合能力。
本文将对导数在不等式证明中的应用展开分析与探讨，为不等式证明过程提供一定借鉴与参考。
在实践计算函数某个区间导数最大值或者小于0时，可以通过合理运用导数单调性展开科学高效证明。
首先，必须准确计算出该函数在此区间中表现出来的递减或者递增过程，这样才能够顺利证明不等式问题。
在日常证明数学不等式过程中，要学会结合不等式的不同特点，合理运用不同形式构造出对应的函数，同时科学采用导数工具去证明出实际构造出函数的单调性，这样一来就能够根据函数单调性特征去完成对该不等式的有效证明，提高整个证明解题过程的效率。
通过去科学准确判断出函数单调性，就可以比较出区间大小，同时在该区间中融入不等式，有效将不等式与函数结合在一起，除此之外，要正确认识到利用导数单调性进行证明不等式能够为自身提供极为实用的解题思路，无论是多复杂的曲线，往往只需要经过两个步骤就可以实现对不等式题目的高效准确证明。
这两个解题步骤是先将不等式与函数有机结合起来，接着准确判断出该函数在对应区间的单调性。
比如，当遇到这个问题时，已知X〉0，证明X-X2/2-1N（1+X）〈0，我们在证明这个不等式的时候，可以合理利用导数单调性去进行有效证明。
在相应单调区间内，通过判断函数是递减还是递增去得出该不等式是否成立。
证明解题步骤如下所示：假设函数f（X）=X-X2/2-1N（1+X）（X〉0），则f（X）=X-X2/2，当X〉0时，f（X）〈0，这样我们就能够准确判定出f（X）在X〉0区间中该函数是一种递减的发展趋势，X=0可以去除函数的最大值，通过f（X）〈f（0）有效证明出f（X）〈0成立，并且也能够准确证明出X-X2/2-1N（1+X）〈0是成立的。
在不等式证明学习过程中，要理解到函数f（X）不只是可以与0作比较，还可以利用其它常数展开比较，比如常见的a、b等，当真正理解掌握了导数原理，就能够利用导数单调性快速准确证明不等式问题了。
在高中数学中，函数极大值与极小值实质是指在某个域上函数取得的最大值或者是最小值点的函数值，促使函数取得极大值与极小值的点则被人们称之为极值点。
该域不仅可以是整个函数域，也可以是一个领域。
在不等式证明解题过程中，可以先通过合理运用导数准确求出极数，并有效判断出该极数是属于极大值，还是极小值，接着就能够求出最终的最大值或最小值，并在极值结果下完成对不等式的证明。
其定理是令F（x）=f（x）-g（x），令F‘（x）=f’
（x）-g’（x）=0，求出点a.倘若是F‘’（x）〉0，则a为极小值，倘若是F‘’（x）〈0，则a为最大值，而相对应的f（a）是函数f（x）在某区间上的极大值或者最小值，这样一来就能够有效得出f（x）≤f（a），亦或者是f（x）≥f（a）。
在实践运用导数和函数极值之间的关系去科学证明不等式时，所要采用的步骤如下所示：1）要根据实际不等式题目去有效构造出对应的辅助函数，通常情况下要以作商或者作差为主：2）针对于该辅助函数在需要证明区间内准确找出其极值或者是最值，这样就能够使用极值或者最值完成与需要证明条件之间的比较，从而促使不等式得到有效证明，帮助我们高效解题。
在高中数学导数学习过程中，导数定义是导数关系内容中最为基础的数学知识。
基于数学定义辅助应用下展开解题是高中数学实践应用过程中一种较为常见的方法，在不等式证明解题中，可以通过对导数不同方面的深入分析完成对定义型不等式的有效证明。
在不等式题目实践证明解题中，首先可以通过假设y=f（X），在X0的邻近区域中可以有效定义假设出limx0f （X）-f（X0）/X-X0=lim△/△X时存在的，这样在X0区域中f（X）可导。
要正确了解到在X0区域中f（X）有一个极值点y=f（X），可以通过使用高中导数定义去有效证明出其中一部分定义型的不等式问题，接着再通过合理运用导数定义展开对不等式的证明过程。
值得注意的是要学会认真观察判断分析题目含义，首先要科学明确实际题目中已知条件与结论的关系，要在不等式题目中准确找到合适的X0邻近区域，这样就能够高效运用导数实现对应定义。
比如，当面对函数题目f（X）=b1sinx+b2sin2x+...bnsinnx，其中b1、b2、b3一直到bn均是实数，同时n是属于整数。
我们在解题过程中，首先要假设出f（X）
=b1cosx+2b2cos2x+3b3cos3x...+nbncosnx，然后就能够证明出f（0）=nb1+nb2+nb3+...nbn，最后我们只需要根据高中导数定义得出1b1+2b2+3b3+...nbn≤1。
在高中数学不等式证明解题中，可以通过运用函数的凹凸性去科学有效证明不等式。
要正确理解到导数的单调性会影响到函数凹凸性，可以基于建立坐标系方法去知道函数的导数会在某段区间内呈现出单调递增的现象，这样就能够得出该区间的函数是向下凹的。
反之亦然，倘若是导数函数的整体在该段区间内表现为单调递减的状态，这样就能够得出该区间的函数是向上凸的。
在面对不等式证明问题时，可以合理运用导数曲线凹凸性去展开计算和观察分析，最终能够得知f（x）在该段区间内可导。
首先我们可以建设在该区间内存在两个点，它们分别是x1、x2，在函數f（x）中，f（x）〉0，x∉A区间，这样就可以得出f（x）在该区间A内会呈现出一种凹陷的状态。
倘若在函数f（x）中，f（x）〈0，x∉A区间，那么就可以得出f（x）在该区间A内呈现出一种凸出的状态。
比如，当进行对不等式问题证明中，已知x>0，y>0，且x≠y，请证明出不等式xlnx+ylny>（x+y）ln。
针对该不等式证明问题时，我们可以通过合理运用函数凹凸性去展开证明解题。
首先我们要假设一个新函数f（a），使f（a）=alna，其中a〉0，这样就能够得出1（a），f1（a）=>0，从而就可以判断出函数f（a）=alna在区间（x，y）中，x>0，y>0，该函数在区间
内呈现出一种凹陷的状态。
利用函数凹凸性进行不等式证明解题的弊端在于会操作起来比较麻烦，而优势则是在于利用函数凹凸性更加直观清晰，能够促使不等式较为抽象的内容变得更加直观明了。
针对于此，我们在面对部分特殊不等式题型时可以科学采用函数凹凸性展开解题，前提是要充分掌握了解函数函数f（x）基础性质，提高对问题的判断分析能力，避免在证明解题过程中遇到各种阻碍，造成思路出现不清晰的现象。
在高中数学不等式证明中作差法是一种学生常用的解题方法，该解题方法最为显著的优势特点是操作简单方便、应用难度小，只要进行反复训练使用就能够轻松掌握作差法。
当面对 f （x） < g（x）或者 f（x） > g（x）这些基础函数形式时，可以科学采用作差法去有效构建出新函数。
比如，函数形式Z（x）= f（x） - g（x），然后只需要证明出构造新函数的Z（x） < 0 或者Z（x） > 0 就可以了。
当遇到下面这个不等式证明题目时，已知x >0 时，证明 x-x2/2〈ln（x+1）恒成立。
我们首先要根据题目条件展开分析，得出该题能够符合差数形式f（x） < g（x），因此可以通过合理运用作差法做构建出新的函数，然后在进行不等式证明。
该不等式证明步骤如下：令Z （x）=x-x2/2-ln（x+1）0），将该函数进行求导得出Z’（x）=-x2/x+1。
因为x> 0，所以得出Z’（x）2/2〈ln（x+1）是恒成立的。
综上所述，在高中数学实践学习中导数是重要组成部分，导数在不等式证明中的灵活应用能够为我们高中生有效提供各种解题思路，散发学生实践创新思维，从而全面提高数学学习综合能力和素养。
在高中数学实践学习过程中，要想提高自身的不等式解题水平，就必须充分发挥出导数在不等式证明中的作用。
数学学习的关键所在就在于要注重提高自身的思维推理能力和创新实践能力，要学会运用不同解题方法打开解题思路。
在不等式证明中导数知识应用是极为广泛的，我们要根据实际不等式题目情况合理选择运用导数工具，只有这样才能够确保高效准确的达到不等式证明目的。
在日常做题练习中，要认真注意导數使用条件，灵活选用导数工具展开不等式证明，从而避免犯错。
（作者单位：榕城中学）。