(完整版)利用导数证明不等式的常用方法
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。
【高中数学】利用导数证明不等式
【高中数学】利用导数证明不等式第四节利用导数证明不等式考点1作差法构造函数证明不等式(1)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x＞a)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x＞a)，设h(x)＝f(x)－g(x)，即证h(x)＞0(x＞a)．若h(a)＝0，h(x)＞h(a)(x＞a)．接下来往往用导数证得函数h(x)是增函数即可．(2)欲证函数不等式f(x)＞g(x)(x∈I，I是区间)，只需证明f(x)－g(x)＞0(x∈I)．设h(x)＝f(x)－g(x)(x∈I)，即证h(x)＞0(x∈I)，也即证h(x)min＞0(x∈I)(若h(x)min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．已知函数f(x)＝ax＋x ln x在x＝e－2(e为自然对数的底数)处取得极小值．(1)求实数a的值；(2)当x＞1时，求证：f(x)＞3(x－1)．[解](1)因为f(x)定义域为(0，＋∞)，f(x)＝ax＋x ln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋1，因为函数f(x)在x＝e－2处取得极小值，所以f′(e－2)＝0，即a＋ln e－2＋1＝0，所以a＝1，所以f′(x)＝ln x＋2.当f′(x)＞0时，x＞e－2；当f′(x)＜0时，0＜x＜e－2，所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝e－2处取得极小值，符合题意，所以a＝1.(2)证明：由(1)知a＝1，所以f(x)＝x＋x ln x.令g(x)＝f(x)－3(x－1)，即g(x)＝x ln x－2x＋3(x＞0)．g′(x)＝ln x－1，由g′(x)＝0，得x＝e.由g′(x)＞0，得x＞e；由g′(x)＜0，得0＜x＜e.所以g(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(1，＋∞)上的最小值为g(e)＝3－e＞0.于是在(1，＋∞)上，都有g(x)≥g(e)＞0，所以f(x)＞3(x－1)．将不等式转化为函数最值来证明不等式，其主要思想是依据函数在固定区间的单调性，直接求得函数的最值，然后由f(x)≤f(x)max或f(x)≥f(x)min直接证得不等式．(2019·广州模拟)已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a 为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x＞0时，x2＜e x.[解](1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2，当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，故g(x)在R上单调递增．所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜e x.考点2拆分法构造函数证明不等式若f(x)min＞g(x)max，则f(x)＞g(x)，常借助此结论，将要证明的不等式拆、分成两个函数，然后比较它们的最值．设函数f(x)＝ax2－(x＋1)ln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为0.(1)求a的值；(2)求证：当0＜x≤2时，f(x)＞1 2x.[解](1)f′(x)＝2ax－ln x－1－1 x，由题意，可得f′(1)＝2a－2＝0，所以a＝1.(2)证明：由(1)得f(x)＝x2－(x＋1)ln x，要证当0＜x≤2时，f(x)＞12x，只需证当0＜x≤2时，x－ln xx－ln x＞12，即x－ln x＞ln xx＋12.令g(x)＝x－ln x，h(x)＝ln xx＋12，令g′(x)＝1－1x＝0，得x＝1，易知g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，故当0＜x≤2时，g(x)min＝g(1)＝1.因为h′(x)＝1－ln xx2，当0＜x≤2时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0,2]上单调递增，故当0＜x≤2时，h(x)max＝h(2)＝1＋ln 22＜1，即h(x)max＜g(x)min.故当0＜x≤2时，h(x)＜g(x)，即当0＜x≤2时，f(x)＞1 2x.在证明的不等式中，若对不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可以借助两个函数的最值进行证明．已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝e时，求证：xf(x)－e x＋2e x≤0.[解](1)f′(x)＝ex－a(x＞0)，①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②若a＞0，令f′(x)＝0，得x＝ea，则当0＜x＜ea时，f′(x)＞0；当x＞ea时，f′(x)＜0，故f (x )在? ????0，e a 上单调递增，在? ??e a ，＋∞上单调递减． (2)证明：因为x ＞0，所以只需证f (x )≤e xx －2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.记g (x )＝e xx －2e(x ＞0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2，当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x ＞0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e xx －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.考点3 换元法构造函数证明不等式换元法构造函数证明不等式的基本思路是直接消掉参数a ，再结合所证问题，巧妙引入变量c ＝x 1x 2，从而构造相应的函数．其解题要点为：联立消参利用方程f (x 1)＝f (x 2)消掉解析式中的参数a抓商构元令c ＝x 1x 2，消掉变量x 1，x 2，构造关于c 的函数h (c ) 用导求解利用导数求解函数h (c )的最小值，从而可证得结论x 1，x 2(x 1≠x 2)．求证：x 1x 2＞e 2.[证明] 不妨设x 1＞x 2＞0，因为ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，所以ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，ln x 1－ln x 2＝a (x 1－x 2)，所以ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝a ，欲证x 1x 2＞e 2，即证ln x 1＋ln x 2＞2.因为ln x 1＋ln x 2＝a (x 1＋x 2)，所以即证a ＞2x 1＋x 2，所以原问题等价于证明ln x 1－ln x 2x 1－x 2＞2x 1＋x 2，即ln x 1x 2＞2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令c ＝x 1x 2(c ＞1)，则不等式变为ln c ＞2(c －1)c ＋1. 令h (c )＝ln c －2(c －1)c ＋1，c ＞1，所以h ′(c )＝1c －4(c ＋1)2＝(c －1)2c (c ＋1)2＞0，所以h (c )在(1，＋∞)上单调递增，所以h (c )＞h (1)＝ln 1－0＝0，即ln c －2(c －1)c ＋1＞0(c ＞1)，因此原不等式x 1x 2＞e 2得证．破解含双参不等式证明题的三个关键点(1)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)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值．(3)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．已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋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；(2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，求证：x 1＋x 2≥5－12.[解] (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点(1,1)，又因为f ′(x )＝1x ＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.(2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x (x ＞0)．由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，得ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)，令t ＝x 1x 2(t ＞0)，令φ(t )＝t －ln t ，得φ′(t )＝1－1t ＝t －1t ，易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)＝1，所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1，因为x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12成立. 课外素养提升③ 逻辑推理——用活两个经典不等式保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．(1)对数形式：x ≥1＋ln x (x ＞0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x ≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x ＞x ＋1＞x ＞1＋ln x (x ＞0，且x ≠1)．【例1】 (1)已知函数f (x )＝1ln (x ＋1)－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．(1)B [因为f (x )的定义域为x ＋1＞0，ln (x ＋1)－x ≠0，即{x |x ＞－1，且x ≠0}，所以排除选项D.当x ＞0时，由经典不等式x ＞1＋ln x (x ＞0)，以x ＋1代替x ，得x ＞ln(x ＋1)(x ＞－1，且x ≠0)，所以ln(x ＋1)－x ＜0(x ＞－1，且x ≠0)，即x ＞0或－1＜x ＜0时均有f (x )＜0，排除A ，C ，易知B 正确．](2)[证明] 令g (x )＝f (x )－? ????12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x －x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．【例2】设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1ln x ＜x .[解] (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )在(0,1)上单调递增；当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x ＜x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，x －1ln x ＞1.①因此ln 1x ＜1x －1，即ln x ＞x －1x ，x －1ln x ＜x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1＜x －1ln x ＜x .。
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。
利用导数证明不等式的两种通法
利用导数证明不等式的两种通法吉林省长春市东北师范大学附属实验学校金钟植岳海学利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。
下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。
一、函数类不等式证明函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式f(x) g(x)( f(x) g(x))的问题转化为证明f (x) g (x) 0 ( f (x) g(x) 0)，进而构造辅助函数h(x) f (x) g(x)，然后利用导数证明函数h(x)的单调性或证明函数h(x)的最小值(最大值)大于或等于零(小于或等于零)。
例 1 已知x (0,—)，求证：sinx x tanx2分析：欲证si nx x tanx，只需证函数f(x) si nx x和g(x) x tanx在(0,—)上2单调递减即可。
证明：令f(x) sinx x，其中x (0, —)2则f/(x) cosx 1 ，而x (0,刁)cosx 1 cosx 1 0所以f(x) si nx x 在(0—)上单调递减，即f(x) si nx x f (0) 02所以sin x x ；令g(x) x tanx，其中x (0,—)2/ 1 2则g (x) 1 — tan x 0 ,所以g(x) x tanx在(0,—)上单调递减，cos x 2即g(x) x tanx g(0) 0所以x tanx。
综上所述，sinx x tanx评注：证明函数类不等式时，构造辅助函数比较容易，只需将不等式的其中一边变为0,然后另一边的函数作为辅助函数，并利用导数证明其单调性或其最值，进而构造我们所需的不等式的结构即可。
根据不等式的对称性，本例也可以构造辅助函数为在(0,—)上是单调递增2的函数(如：利用h(x) x si nx在(0,—)上是单调递增来证明不等式si nx x)，另外不2等式证明时，区间端点值也可以不是我们所需要的最恰当的值(比如此例中的f(0)也可以不是0,而是便于放大的正数也可以)。
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：$\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}$。
利用导数证明不等式的方法
利用导数证明不等式的方法导数是微积分中的重要概念，它在数学中有着广泛的应用。
在证明不等式时，导数也可以发挥重要的作用。
本文将介绍如何利用导数证明不等式，并通过具体的例子来说明这一方法的实际应用。
我们需要了解导数的定义。
在微积分中，导数表示函数在某一点上的变化速率。
对于函数f(x)，它在点x处的导数可以通过极限的方式来定义，即f'(x) = lim(h->0) [f(x+h) - f(x)] / h。
导数可以帮助我们研究函数的变化趋势和性质。
在证明不等式时，我们可以利用导数的性质来推导。
首先，我们需要找到函数的临界点，即导数为0或不存在的点。
在这些点上，函数的极值可能出现。
然后，我们可以通过导数的正负来判断函数的增减性。
如果导数在某个区间上恒大于0，则说明函数在该区间上是递增的；反之，如果导数在某个区间上恒小于0，则说明函数在该区间上是递减的。
通过这些性质，我们可以推导出不等式的成立。
假设我们要证明一个不等式f(x) ≤ g(x)，我们可以定义一个新的函数h(x) = f(x) - g(x)。
然后，我们可以通过研究h(x)的导数来证明不等式的成立。
如果h(x)的导数恒小于等于0，则说明h(x)在整个定义域上是递减的，即h(x) ≤ 0，从而得到f(x) ≤ g(x)。
类似地，如果h(x)的导数恒大于等于0，则说明h(x)在整个定义域上是递增的，即h(x)≥ 0，也能得到f(x) ≤ g(x)。
下面，我们通过一个具体的例子来说明这一方法。
假设我们要证明不等式x^2 ≤ 2x。
我们可以定义函数h(x) = x^2 - 2x，并求出h(x)的导数。
通过计算，我们可以得到h'(x) = 2x - 2。
我们注意到h'(x)是一个一次函数，且导数恒大于等于0。
因此，根据上述的推导方法，我们可以得出结论x^2 ≤ 2x。
通过这个例子，我们可以看到利用导数证明不等式的方法的实际应用。
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。
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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利用导数证明不等式的两种通法
利用导数证明不等式的两种通法吉林省长春市东北师范大学附属实验学校金钟植 岳海学利用导数证明不等式是高考中的一个热点问题，利用导数证明不等式主要有两种通法，即函数类不等式证明和常数类不等式证明。
下面就有关的两种通法用列举的方式归纳和总结。
一、函数类不等式证明函数类不等式证明的通法可概括为：证明不等式()()f x g x >（()()f x g x <）的问题转化为证明()()0f x g x ->（()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-，然后利用导数证明函数()h x 的单调性或证明函数()h x 的最小值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）。
例1 已知(0,)2x π∈，求证：sin tan x x x <<分析：欲证sin tan x x x <<，只需证函数()sin f x x x =-和()tan g x x x =-在(0,)2π上单调递减即可。
证明：令()sin f x x x =- ，其中(0,)2x π∈ 则/()cos 1f x x =-，而(0,)cos 1cos 102x x x π∈⇒<⇒-< 所以()sin f x x x =-在(0,)2π上单调递减，即()sin (0)0f x x x f =-<= 所以sin x x <；令()tan g x x x =- ，其中(0,)2x π∈ 则/221()1tan 0cos g x x x =-=-<，所以()tan g x x x =-在(0,)2π上单调递减， 即()tan (0)0g x x x g =-<=所以tan x x <。
综上所述，sin tan x x x <<评注：证明函数类不等式时，构造辅助函数比较容易，只需将不等式的其中一边变为0，然后另一边的函数作为辅助函数，并利用导数证明其单调性或其最值，进而构造我们所需的不等式的结构即可。
利用导数证明不等式的九大题型
利用导数证明不等式的九大题型
题型一:构造函数法
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
解答第一问用的是分离参数法;解答第二问是构造函数，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，常见的有下面四种形式
题型四:分拆成两个函数研究
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
题型五:设而不求:当函数的极值点不确定时，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
题型六:估值法:极值点不确定，先设出来，再估计极值点的取值范围，从而证明不等式。
题型七:利用图像的特点证明不等式
题型八:证明数列不等式
题型九:利用方缩法证明不等式。
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证明不等式的技巧和导数有关的主要有两个方面：一是利用导数的性质来求极值，二是利用导数的中值定理来证明不等式。
一、利用导数的性质来求极值1. 极值的存在性：如果函数在开区间(a,b)上连续，在闭区间[a,b]上可导，并且在区间内部有两个不同的点x1和x2使得f'(x1)和f'(x2)异号，则在(a,b)内存在至少一个点c，使得f(c)取得极值。
这个性质可以通过把函数图像在区间内部画出来来直观地理解。
2. 极值的判定条件：设函数f在开区间(a,b)内可导，如果f'(x)在点x=c处为0或者不存在，且f'(c)在从c的左侧和右侧分别取有限不等的符号，则f(c)为极值点。
如果f'(c)在从c的左侧和右侧分别取相等的符号，则f(c)不是极值点。
3. 极值的求解方法：求解极值有两种方法，一种是使用判定条件找到可能的极值点，然后对极值点进行求导计算；另一种是直接对函数进行求导计算，然后通过对导数方程求解，找到可能的极值点。
二、利用导数的中值定理来证明不等式导数的中值定理是数学中一个非常重要的定理，它的表述是：如果函数f在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，那么存在一个点c∈(a,b)，使得f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)。
这个定理可以用来证明一些不等式的性质。
利用导数的中值定理来证明不等式的基本步骤如下：1. 将不等式转化为两个函数的差值形式，即设函数g(x)=f(x)-h(x)，其中f(x)和h(x)是要证明不等式的两个函数。
2. 判断g(x)在[a,b]上的连续性和在(a,b)内的可导性。
3. 在(a,b)内找到一个点c，使得g'(c)=(f(c)-h(c))/(b-a)。
4. 根据g(x)的符号来确定f(x)和h(x)之间的关系，进而证明不等式的成立。