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 。
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。
利用导数证明不等式 高考数学大一轮复习(新高考地区)(解析版)
3.5 利用导数证明不等式【题型解读】【知识储备】1.导数证明不等式方法：（1）构造单函数求最值证明不等式； （2）构造双函数比较最值证明不等式； （3）参变分离转化为具体函数最值证明不等式； （4）不等式放缩证明不等式；（5）双变量不等式证明转化为单变量不等式证明。
2.常用不等式的生成在不等式“改造”或证明的过程中，可借助题目的已知结论、均值不等式、函数单调性、与e x 、ln x 有关的常用不等式等方法进行适当的放缩，再进行证明．下面着重谈谈与e x 、ln x 有关的常用不等式的生成． （1）生成一：利用曲线的切线进行放缩设e x y =上任一点P 的横坐标为m ，则过该点的切线方程为()e e m my x m -=-，即()e 1e m m y x m =+-，由此可得与e x 有关的不等式：()e e1e xmm x m ≥+-，其中x ∈R ，m ∈R ，等号当且仅当x m=时成立．特别地，当0m =时，有e 1x x ≥+；当1m =时，有e e x x ≥． 设ln y x =上任一点Q 的横坐标为n ，则过该点的切线方程为()1ln y n x n n -=-，即11ln y x n n=-+，由此可得与ln x 有关的不等式：1ln 1ln x x n n≤-+，其中0x >，0n >，等号当且仅当x n =时成立．特别地，当1n =时，有ln 1x x ≤-；当e n =时，有1ln ex x ≤．利用切线进行放缩，能实现以直代曲，化超越函数为一次函数． 生成二：利用曲线的相切曲线进行放缩由图1可得1ln x x x -≥；由图2可得1ln e x x≥-；由图3可得，()21ln 1x x x -≤+（01x <≤），()21ln 1x x x -≥+（1x ≥）；由图4可得，11ln 2x x x ⎛⎫≥- ⎪⎝⎭（01x <≤），11ln 2x x x ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭（1x ≥）．综合上述两种生成，我们可得到下列与e x 、ln x 有关的常用不等式： 与e x 有关的常用不等式： （1）e 1x x ≥+（x ∈R ）； （2）e e x x ≥（x ∈R ）． 与ln x 有关的常用不等式：（1）1ln 1x x x x -≤≤-（0x >）； （2）11ln e ex x x -≤≤（0x >）；（3）()21ln 1x x x -≤+（01x <≤），()21ln 1x x x -≥+（1x ≥）；（4）11ln 2x x x ⎛⎫≥- ⎪⎝⎭（01x <≤），11ln 2x x x ⎛⎫≤- ⎪⎝⎭（1x ≥）．用1x +取代x 的位置，相应的可得到与()ln 1x +有关的常用不等式．【题型精讲】【题型一 构造单函数证明不等式】方法技巧 构造单函数证明不等式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，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证． 例1 （2022·山东济南历城二中高三月考）已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性； (2)当a <0时，证明f (x )≤－34a－2. 【解析】(1)f ′(x )＝2ax 2＋(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax ＋1)(x ＋1)x .当a ≥0时，f ′(x )≥0，则f (x )在(0，＋∞)单调递增．若a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞单调递减． (2)第一次构造辅助函数g (x )＝f (x )＋34a＋2. 要证原不等式成立，需证g (x )max ≤0，即证f (x )max ＋34a ＋2≤0.由(1)知，当a <0时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫－12a .即证ln ⎝⎛⎭⎫－12a ＋12a＋1≤0 不妨设t ＝－12a >0，则证ln t －t ＋1≤0，令h (t )＝ln t －t ＋1，求导得h ′(t )＝1t －1.h ′(t )>0时，t ∈(0,1)；h ′(t )<0时，t ∈(1，＋∞)．所以h (t )在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，则h (t )max ＝h (1)＝0.故f (x )≤－34a －2.【题型精练】1．（2022·天津·崇化中学期末）已知函数()ln 1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为230x y +-=．（1）求a 、b 的值；（2）证明：当0x >，且1x ≠时，()ln 1xf x x >-． 【解析】（1）()()221ln 1x a x bx f x x x +⎛⎫- ⎪⎝⎭'=-+． 由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点()1,1，所以()()11112f f ⎧=⎪⎨'=-⎪⎩，即1122b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩，解得1a =，1b =． （2）由（1）知()ln 11x f x x x =++，所以()ln ln 1ln 111x x xf x x x x x >⇔+>-+- ()222ln 12110ln 0112x H x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫⇔+>⇔=--> ⎪⎢⎥--⎝⎭⎣⎦．构造函数()11ln 2h x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭（0x >），则()()22211111022x h x x x x -⎛⎫'=-+=-≤ ⎪⎝⎭，于是()h x 在()0,+∞上递减．当01x <<时，()h x 递减，所以()()10h x h >=，于是()()2101H x h x x=>-；当1x >时，()h x 递减，所以()()10h x h <=，于是()()2101H x h x x=>-．综上所述，当0x >，且1x ≠时，()ln 1xf x x >-． 2. （2022·山东济南高三期末）设函数()f x alnx x=，a R ∈．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =且1x >时，证明：213()2x x f x -+>．【解析】解：（1）函数()f x alnx x=+，定义域为(0,)+∞，1()a x f x x x-'=，① 当a ≤0时，()0f x '<，则()f x 在(0,)+∞上单调递减； ②当0a >时，令()0f x '=，解得21x a =， 当21(0,)x a ∈时，()0f x '<， 当21(x a∈，)+∞时，()0f x '>， 所以()f x 的单调递增区间为21(a ，)+∞，递减区间为21(0,)a ． 综上所述，当a ≤0时，()f x 的单调递减区间为(0,)+∞； 当0a >时，()f x 的单调递增区间为21(a ，)+∞，递减区间为21(0,)a ． （2）证明：当1a =时，令21()3(1)2h x lnx x x x x =+-+->， 则2211(1)(1)()1x x x x xx x x x h x x x x xx xx x--+---'=--+==，因为1x >，则()0h x '<，所以()h x 在(1,)+∞上单调递减， 故()h x h <（1）102=-<，则21302lnx x x x +-+-<，故213()2x x f x -+>． 【题型二 构造双函数比较最值证明不等式】方法技巧 构造双函数比较最值证明不等式若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含ln x 与e x ，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．例2（2022·山东青岛高三期末）设函数1()ln x xbe f x ae x x-=+，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(1) 2.y e x =-+（I ）求,;a b （II ）证明：() 1.f x >【解析】（1）因为()1e f '=，()12f =，而()()12e e e ln x x a x bx bf x a x x-+-'=+，所以()()1e e 12f a f b '⎧==⎪⎨==⎪⎩，解得1a =，2b =．（2）由（1）知，()12e e ln x xf x x x -=+，于是()12e 1e ln 1x xf x x x ->⇔+>，将不等式改造为2ln e ex x x x +>． 令()2ln e m x x x =+，则()1ln m x x '=+．由()0m x '>可得1e x >，由()0m x '<可得10ex <<，所以()m x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上递减，在1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增，所以()min11e em x m ⎛⎫⎡⎤== ⎪⎣⎦⎝⎭．令()e x x n x =，则()1ex xn x -'=．由()0n x '<可得1x >，由()0n x '> 可得01x <<，所以()n x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，所以()()max11en x n ⎡⎤==⎣⎦． 两个函数的凸性相反．此时，我们可以寻找与两个曲线都相切的公切线1ey =，将两个函数进行隔离，又因为等号不能同时成立，所以2ln e e xx x x +>． 【题型精练】1．（2022·天津市南开中学月考）已知函数f (x )＝a ln x ＋x . (1)讨论f (x )的单调性； (2)当a ＝1时，证明：xf (x )<e x .【解析】(1) f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝ax ＋1＝x ＋a x .当a ≥0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a <0时，若x ∈(－a ，＋∞)，则f ′(x )>0； 若x ∈(0，－a )，则f ′(x )<0.所以f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增，在(0，－a )上单调递减． 综上所述，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增，在(0，－a )上单调递减． (2)当a ＝1时，要证xf (x )<e x ， 即证x 2＋x ln x <e x ，即证1＋ln x x <e x x 2.令函数g (x )＝1＋ln x x，则g ′(x )＝1－ln xx 2.令g ′(x )>0，得x ∈(0，e)；令g ′(x )<0，得x ∈(e ，＋∞)．所以g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， 所以g (x )max ＝g (e)＝1＋1e ，令函数h (x )＝e xx 2，则h ′(x )＝e x (x －2)x 3.当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以h (x )min ＝h (2)＝e 24.因为e 24－⎝⎛⎭⎫1＋1e >0，所以h (x )min >g (x )max ，即1＋ln x x <e xx2，从而xf (x )<e x 得证．2. （2022·安徽省江淮名校期末）已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0. 【解析】(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，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⎝⎛⎭⎫ea ，＋∞上单调递减． (2)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.设g (x )＝e xx －2e(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2，所以当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.故不等式xf (x )－e x ＋2e x ≤0得证． 【题型三 放缩法证明不等式】方法技巧 放缩法证明不等式导数方法证明不等式中，最常见的是e x 和ln x 与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对e x 和ln x 进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．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)ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取等号． 例3 （2022·河南高三期末）已知函数f (x )＝a e x －1－ln x －1. (1)若a ＝1，求f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )≥0.【解析】(1)当a ＝1时，f (x )＝e x －1－ln x －1(x >0)， f ′(x )＝e x －1－1x，k ＝f ′(1)＝0，又f (1)＝0，∴切点为(1,0)．∴切线方程为y －0＝0(x －1)，即y ＝0. (2)∵a ≥1，∴a e x －1≥e x －1，∴f (x )≥e x －1－ln x －1. 方法一 令φ(x )＝e x －1－ln x －1(x >0)，∴φ′(x )＝e x －1－1x ，令h (x )＝e x －1－1x ，∴h ′(x )＝e x －1＋1x 2>0，∴φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，又φ′(1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，φ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0， ∴φ(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(1)＝0，∴φ(x )≥0，∴f (x )≥φ(x )≥0，即f (x )≥0. 方法二 令g (x )＝e x －x －1，∴g ′(x )＝e x －1.当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，∴g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴g (x )min ＝g (0)＝0，故e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时取“＝”． 同理可证ln x ≤x －1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 由e x ≥x ＋1⇒e x －1≥x (当且仅当x ＝1时取“＝”)， 由x －1≥ln x ⇒x ≥ln x ＋1(当且仅当x ＝1时取“＝”)， ∴e x －1≥x ≥ln x ＋1， 即e x －1≥ln x ＋1，即e x －1－ln x －1≥0(当且仅当x ＝1时取“＝”)，即f (x )≥0. 【题型精练】1．（2022·广东·高三期末）已知函数1()1x e f x lnx-=+．（1）求函数()f x 的单调区间； （2）解关于x 的不等式11()()2f x x x>+【解析】（1）函数1()1x e f x lnx -=+．定义域为：11(0,)(,)ee+∞． 121(1)()(1)x e lnx x f x lnx -+-'=+，f '（1）0=． 令1()1g x lnx x =+-，211()0g x x x'=+>， ∴函数()g x 在定义域上单调递增． ∴10x e <<，11x e<<．()0f x '<，函数()f x 单调递减．1x >时，()0f x '>，函数()f x 单调递增． （2）不等式11()()2f x x x>+，即111()12x e x lnx x ->++．10x e <<，()0f x <，舍去．当1x =时，不等式的左边=右边，舍去．1x e∴>，且1x ≠．①11x e <<时，由1x e x ->，要证不等式111()12x e x lnx x ->++．可以证明：11()12x x lnx x >++．等价于证明：22211x lnx x >++．令222()(1)1x F x lnx x =-++． 2222(1)()0(1)x F x x x --'=<+，∴函数()F x 在1(,1)e上单调递减，()F x F ∴>（1）0=． ②当1x >时，不等式⇔12211x e lnxx x -+>+． 令122()1x e h x x -=+，1()lnxu x x+=． 12222(1)()0(1)x e x h x x --'=>+，函数()h x 在(1,)+∞上单调递增， ()h x h ∴>（1）1=．由1lnx x <-，()1u x ∴<．∴不等式12211x e lnxx x-+>+成立． 综上可得：不等式11()()2f x x x >+的解集为：1(,1)(1,)e +∞．【题型四 双变量不等式证明】方法技巧 双变量不等式证明对于两个未知数的函数不等式问题，其关键在于将两个未知数化归为一个未知数，常见的证明方法有以下4种：方法1：利用换元法，化归为一个未知数方法2：利用未知数之间的关系消元，化归为一个未知数 方法3：分离未知数后构造函数，利用函数的单调性证明 方法4：利用主元法，构造函数证明例4 （2022·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）已知函数()1ln f x x a x x=-+． ⑴讨论()f x 的单调性；⑵若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【解析】（1）定义域为()0,+∞，()222111a x ax f x x x x -+'=--+=-． ①若0a ≤，则()0f x '<，()f x 在()0,+∞上递减．②若240a ∆=-≤，即02a <≤时，()0f x '≤，()f x 在()0,+∞上递减．③若240a ∆=->，即2a >时，由()0f x '>2244a a a a x --+-<，由()0f x '<，可得240a a x --<<或24a a x +->，所以()f x 在24a a ⎛-- ⎝⎭，24a a ⎫+-+∞⎪⎪⎝⎭上递减，在2244a a a a --+-⎝⎭上递增．综上所述，当2a ≤时，()f x 在()0,+∞上递减；当2a >时，()f x 在24a a ⎛-- ⎝⎭，24a a ⎫+-+∞⎪⎪⎝⎭上递减，在2244a a a a --+-⎝⎭上递增．【证明】（2）法1：由（1）知，()f x 存在两个极值点，则2a >．因为1x ，2x 是()f x 的两个极值点，所以1x ，2x 满足210x ax -+=，所以12x x a +=，121x x =，不妨设1201x x <<<．()()11221212121211ln ln x a x x a x f x f x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+--+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭==-- ()()()()21121212121212121212ln ln ln ln ln ln 112x x x x a x x a x x a x x x x x x x x x x x x ---+---=--+=-+---，于是()()()121212212121222ln ln ln ln 2ln 222111f x f x a x x x x x a a x x x x x x x x ----<-⇔-+<-⇔<⇔<⇔----22212ln 0x x x +-<．构造函数()12ln g x x x x =+-，1x >，由（1）知，()g x 在()1,+∞上递减，所以()()10g x g <=，不等式获证．法2：由（1）知，()f x 存在两个极值点，则2a >．因为1x ，2x 是()f x 的两个极值点，所以1x ，2x 满足210x ax -+=，不妨设1201x x <<<，则2214x x a --，121x x =．()()11221212121211ln ln x a x x a x f x f x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+--+ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭==-- ()22111122122*********ln ln ln14124a a x x x x a x x a a x x x x a a x x x x x x a -----++-=--+=----，于是()()22212222124ln44222444a a a f x f x a a a a a a a x x a a a ---+-+-<-⇔-<-⇔----- 22222444ln 4ln 222a a a a a a ⎛-+--⇔-< ⎪⎝⎭．设242a t -=，则244a t +，构造函数())2ln1t t t tϕ=-+，0t >，则()22212111011t t t t t ϕ++'==->+++，所以()t ϕ在()0,+∞上递增，于是()()00t ϕϕ>=，命题获证．法3：仿照法1，可得()()12121212ln ln 21f x f x x x a x x x x --<-⇔<--，因为121x x =，所以1212121121212122211212ln ln ln ln 1ln ln ln x x x x x x xx x x x x x x x x x x x x --<⇔⇔->⇔>--令()120,1x t x =，构造函数()12ln h t t t t=+-，由（1）知，()h t 在()0,1上递减，所以()()10h t h >=，不等式获证．【题型精练】1.（2022·全国高三课时练习）已知函数f (x )＝ln x －2(x －1)x ＋1，g (x )＝x ln x －m (x 2－1)(m ∈R )． (1)若函数f (x )，g (x )在区间(0，1)上均单调且单调性相反，求实数m 的取值范围； (2)若0＜a ＜b ，证明：ab ＜a －b ln a －ln b＜a ＋b2．【解析】 (1)f ′(x )＝1x －4(x ＋1)2＝(x －1)2x (x ＋1)2＞0，所以f (x )在(0，1)上单调递增．由已知f (x )，g (x )在(0，1)上均单调且单调性相反，得g (x )在(0，1)上单调递减． 所以g ′(x )＝ln x ＋1－2mx ≤0在(0，1)上恒成立，即2m ≥ln x ＋1x，令φ(x )＝ln x ＋1x (x ∈(0，1))，φ′(x )＝－ln xx 2＞0，所以φ(x )在(0，1)上单调递增，φ(x )＜φ(1)＝1，所以2m ≥1，即m ≥12．(2)由(1)f (x )＝ln x －2(x －1)x ＋1在(0，1)上单调递增，f (x )＝ln x －2(x －1)x ＋1＜f (1)＝0，即ln x ＜2(x －1)x ＋1，令x ＝a b ∈(0，1)得ln a b ＜2⎝⎛⎭⎫a b －1a b ＋1＝2(a －b )a ＋b ，∵ln ab ＜0，∴a －b ln a －ln b＜a ＋b 2．在(1)中，令m ＝12，由g (x )在(0，1)上均单调递减得g (x )＞g (1)＝0，所以x ln x －12(x 2－1)＞0，即ln x ＞12⎝⎛⎭⎫x －1x ， 取x ＝ab∈(0，1)得ln a b ＞12⎝⎛⎭⎫a b－b a ，即ln a －ln b ＞a －b ab， 由ln a －ln b ＜0得：ab ＜a －b ln a －ln b ，综上：ab ＜a －b ln a －ln b ＜a ＋b2．总结提升 两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(, )ln ln ().a ba b L a b a b a a b -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩(, )2a bab L a b +≤≤（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当a b =时，等号成立．2. （2022·全国高三课时练习）已知函数f (x )＝ax 2－x －ln 1x．(1)若f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝2x ＋1平行，求f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若函数f (x )在定义域内有两个极值点x 1，x 2，求证：f (x 1)＋f (x 2)＜2ln2－3．【解析】(1)∵f (x )＝ax 2－x －ln 1x ＝ax 2－x ＋ln x ，x ∈(0，＋∞)，∴f ′(x )＝2ax －1＋1x ，∴k ＝f ′(1)＝2a ．∵f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝2x ＋1平行，∴2a ＝2，即a ＝1． ∴f (1)＝0，故切点坐标为(1,0)．∴切线方程为y ＝2x －2． (2)∵f ′(x )＝2ax －1＋1x ＝2ax 2－x ＋1x，∴由题意知方程2ax 2－x ＋1＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根x 1，x 2， ∴Δ＝1－8a ＞0，x 1＋x 2＝12a ＞0，x 1x 2＝12a ＞0，∴0＜a ＜18．f (x 1)＋f (x 2)＝ax 21＋ax 22－(x 1＋x 2)＋ln x 1＋ln x 2＝a (x 21＋x 22)－(x 1＋x 2)＋ln(x 1x 2)＝a [(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]－(x 1＋x 2)＋ln(x 1x 2)＝ln 12a －14a－1，令t ＝12a ，g (t )＝ln t －t 2－1，则t ∈(4，＋∞)，g ′(t )＝1t －12＝2－t 2t＜0，∴g (t )在(4，＋∞)上单调递减．∴g (t )＜ln4－3＝2ln2－3，即f (x 1)＋f (x 2)＜2ln2－3． 【题型五 数列不等式证明】例5 （2022·辽宁省实验中学分校高三期末）已知函数()1ln f x x a x =--.（1)若()0f x ≥，求a 的值（2）设m 为整数，且对于任意正整数，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值. 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞． ①当1x =时，有()10f =，成立．②当1x >时，11ln 0ln x x a x a x ---≥⇔≤，令()1ln x h x x-=，则()21ln 1ln x x h x x -+'=，令()1ln 1k x x x=-+，则()210x k x x-'=>，所以()k x 在()1,+∞上递增，于是()()10k x k >=，所以()0h x '>，所以()h x 在()1,+∞上递增．由洛必达法则可得1111lim lim 11ln x x x x x++→→-==，所以1a ≤． ③当01x <<时，11ln 0ln x x a x a x ---≥⇔≥，令()1ln x h x x-=，仿照②可得()h x 在()0,1上递增．由洛必达法则可得1111lim lim 11ln x x x x x--→→-==，所以1a ≥． 综上所述，1a =． （2）当1a =时()1ln 0f x x x =--≥，即ln 1x x ≤-，则有()ln 1x x +≤，当且仅当0x =时等号成立，所以11ln 122k k ⎛⎫+< ⎪⎝⎭，*k ∈N ，于是2111ln 1ln 1ln 1222n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭21111112222n n+++=-<，所以2111111e222n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．当3n =时，23111359135111222224864⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=⨯⨯=> ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，于是m 的最小值为3．【题型精练】1. （2022·江苏·昆山柏庐高级中学期末）设函数()()ln 1f x x =+，()()g x xf x '=，0x ≥，其中()f x '是()f x 的导函数． （1）若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；（2）设*n ∈N ，比较()()()12g g g n +++与()n f n -的大小，并加以证明．【解析】（1）()11f x x '=+，所以()1xg x x=+． 法1：（分离参数法）当0x =时，()()f x ag x ≥恒成立．当0x >时，()()f x ag x ≥在()0,+∞上恒成立()()()()()1ln 1f x x x a Fx g x x++⇔≤==在()0,+∞上恒成立．()()2ln 1x x F x x -+'=，令()()ln 1G x x x =-+，则()01xG x x'=>+，所以()G x 在()0,+∞上递增，于是()()00G x G >=，即()0F x '>，所以()F x 在()0,+∞上递增． 由洛必达法则，可得()()()001ln 11ln 1lim lim 11x x x x x x++→→++++==，所以1a ≤，于是实数a 的取值范围为(],1-∞．法2：（不猜想直接用最值法）令()()()()ln 11axh x f x ag x x x=-=+-+，则()()()()22111111a x ax x a h x x x x +--+'=-=+++，令()0h x '=，得1x a =-． ①当10a -≤，即1a ≤时，()0h x '≥在[)0,+∞上恒成立，所以()h x 在[)0,+∞上递增，所以()()00h x h >=，所以当1a ≤时，()0h x ≥在[)0,+∞上恒成立．②当10a ->，即1a >时，()h x 在()0,1a -上递减，在()1,a -+∞上递增，所以当1x a =-时()h x 取到最小值，于是()()1ln 1h x h a a a ≥-=-+．设()ln 1a a a ϕ=-+，1a >，则()110a aϕ'=-<，所以函数()a ϕ在()1,+∞上递减，所以()()10a ϕϕ<=，即()10h a -<，所以()0h x ≥不恒成立．综上所述，实数a 的取值范围为(],1-∞． （2）()()()1212231ng g g n n +++=++++，()()ln 1n f n n n -=-+，比较结果为：()()()()12g g g n n f n +++>-．证明如下．上述不等式等价于()111ln 1231n n +>++++．为证明该式子，我们首先证明11ln 1i i i +>+． 法1：在（1）中取1a =，可得()ln 11x x x +>+，令1x i =，可得11ln 1i i i +>+．令1,2,,i n =可得21ln 12>，31ln 23>，…，11ln 1n n n +>+，相加可得()111ln 1231n n +>++++，命题获证． 法2：令1t i =，则()11ln ln 111i t t i i t +>⇔+>++，构造函数()()ln 11tF t t t=+-+，01t <<，则()()()22110111t F t t t t '=-=>+++，于是()F t 在()0,1上递增，所以()()00F t F >=，于是11ln 1i i i +>+． 下同法1．。
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)。
A新高考数学 高考重难专攻(一) 导数与不等式的证明
成立．
适当放缩法
已知函数f(x)＝aex－ln x－1． (1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间； (2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0． [解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x． 由题设知，f′(2)＝0，所以a＝21e2． 从而f(x)＝21e2ex－ln x－1，f′(x)＝21e2ex－1x． 当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0． 所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
1．待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接构造“左减右” 或“右减
2．利用构造差函数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数g(x)； (3)利用导数研究g(x)的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
x＝ln 2．
于是当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
2(1－ln 2＋a)
故 f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)． 所以 f(x)在 x＝ln 2 处取得极小值，极小值为 f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)证明：当a＝0，x∈(0,1)时，x2－1x<fexx等价于－elnx x＋x2－1x<0， ∵当x∈(0,1)时，ex∈(1，e)，－ln x>0，∴－elnx x<－ln x， ∴只需要证－ln x＋x2－1x<0在(0,1)上恒成立． 令g(x)＝－ln x＋x2－1x，x∈(0,1)， ∴g′(x)＝－1x＋2x＋x12＝2x3－x2x＋1>0， 则函数g(x)在(0,1)上单调递增，于是g(x)<g(1)＝－ln 1＋1－1＝0， ∴当x∈(0,1)时，x2－1x<fexx．
利用导数证明不等式的四种方法
利用导数证明不等式的四种方法在初等数学中证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法、反证法、数学归纳法和构造法.但是当不等式比较复杂时，用初等的方法证明会比较困难,有时还证不出来.如果用函数的观点去认识不等式,利用导数为工具,那么不等式的证明就会化难为易.本文通过举例阐述利用泰勒公式, 中值定理,函数的性质, Jensen 不等式等四种方法证明不等式,说明了导数在证明不等式中的重要作用.一、利用泰勒公式证明不等式若函数)(x f 在含有0x 的某区间有定义,并且有直到)1(-n 阶的各阶导数,又在点0x 处有n 阶的导数)(0)(x fn ,则有公式)()(!)()(!2)()(!1)()()()(00)(200000x R x x n x f x x x f x x x f x f x f n n n +-++-''+-'+=在上述公式中若0)(≤x R n (或0)(≥x R n ),则可得)(00)(200000)(!)()(!2)()(!1)()()(n n x x n x f x x x f x x x f x f x f -++-''+-'+≥或)(00)(200000)(!)()(!2)()(!1)()()(n n x x n x f x x x f x x x f x f x f -++-''+-'+≤例1 证明: ).11(,32)1ln(32<<-+-≤+x x x x x 证明 设)11)1ln()(<<-+=x x x f （ 则)(x f 在0=x 处有带有拉格朗日余项三阶泰勒公式)11()1(432)1ln(4432<<-+-+-=+ξξ x x x x x0)1(444≤+-ξx 32)1ln(32x x x x +-≤+∴ 由以上证明可知,用泰勒公式证明不等式,首先构造函数,选取适当的点0x 在0x 处展开,然后判断余项)(x R n 的正负,从而证明不等式.二、利用中值定理证明不等式微分)(Lagrange中值定理: 若)(x f 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 ab a f b f f b a --='∍∈∃)()()(),(ξξ 例2 若)()(1,011y x py y x y x py p x y p p p p -<-<-><<--则 分析 因为,0x y <<则原不等式等价于11--<--<p p p p px yx y x py)1(>p .令p t x f =)(,则我们容易联想到Lagrange 中值定理yx y f x f y x f --=-)()())(('ξ.证明 设p t t f =)(,显然],[)(x y t f 在满足Lagrange 中值定理的条件则 ,)()()(),(y x y f x f f x y --='∍∈∃ξξ 即yx y x p ppp ---＝1ξ111,),(---<<∴<<∴∈p p p px p py x y x y ξξξ )()(11y x py y x y x py p p p p -<-<-∴-- 例3 设)(x f 在],[b a 上连续可导,且,0)()(==b f a f 则dx x f a b x f babx a ⎰-≥≤≤)()(4)(max 2'证明 设)(max 'x f M bx a ≤≤=则由中值公式,当),(b a x ∈时,有))(())(()()(11a x f a x f a f x f -'=-'+=ξξ ))(())(()()(22b x f b x f b f x f -'=-'+=ξξ其中).,(),,(21b x x a ∈∈ξξ由此可得)()()()(x b M x f a x M x f -≤-≤及所以4)()()()()()(22222a b M dx x b M dx a x M dxx f dx x f dx x f b a abb a bab a a bb a -=-+-≤+=⎰⎰⎰⎰⎰++++ 即⎰-≥badx x f a b M )()(42所以 dx x f a b x f babx a ⎰-≥'≤≤)()(4)(max 2积分第二中值定理]1[ 若在区间f ],[b a 上f 为非负的单调递减函数,而g 是可积函数,则存在],[b a ∈ξ,使得⎰⎰=ξabag a f fg )(例4 设⎰+=12sin )(x xdt t x f ,则0>x 时xx f 1)(<特别地:当2003=x 时机为2003年浙江省高等数学竞赛试题(工科、经管类)证明 令u t =,则由积分第二中值定理xudu x udu ux f xx x 1sin 212sin )(2221≤=⎰⎰+ξ ＝又因为⎰⎰⎰+++-++-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++-=222222)1(2322)1(2322)1(cos 41)1cos()1(21cos 21cos 21)1(cos 1212sin )(x x x x x xu udu x x x x u udu x x u u udu ux f ＝ ＝于是,0>x 时xx x x x duu x x x f x x 1)111(21)1(212141)1(2121)(22)1(23=-+-+++++<⎰+- ＝由上可见利用中值定理证明不等式,通常是首先构造辅助函数和考虑区间,辅助函数和定义区间的选择要与题设和结论相联系,然后由中值定理写出不等式,从而进行证明.三、利用函数的单调性证明不等式定理1 如果函数)(),(x g x f 满足以下条件:(1) )(),(x g x f 在闭区间],[b a 内连续(2) )(),(x g x f 在开区间),(b a 可导,且有)()(x g x f '>'(或)()(x g x f '<') (3) )()(a g a f =则 在),(b a 内有)()(x g x f >(或)()(x g x f <令)()()(x g x f x F -=由于0)(0)()()()(≤⇔≤-⇔≤x F x g x f x g x f 所以证明)()(x g x f ≤⇔证明0)(≤x F 则相应地有推论1 若)(x f 在],[b a 上连续,在),(b a 内可导,c a f =)(且0)('>x f (或0)('<x f )则在),(b a 内有c x f >)((或c x f <)().例5 证明:当1>x 时,有).2ln(ln )1(ln 2+⋅>+x x x分析 只要把要证的不等式变形为)1ln()2ln(ln )1ln(++>+x x x x ,然后把x 相对固定看作常数,并选取辅助函数xx x f ln )1ln()(+=.则只要证明)(x f 在),0(+∞是单调减函数即可. 证明 作辅助函数xx x f ln )1ln()(+= )1(>x于是有xx x x x x x x x x x x x f 22ln )1()1ln()1(ln ln )1ln(1ln )(+++-=+-+=' 因为 ,11+<<x x 故)1ln(ln 0+<<x x 所以 )1ln()1(ln ++<x x x x因而在），（∞+1内恒有0)('<x f ,所以)(x f 在区间),1(+∞内严格递减.又因为x x +<<11,可知)1()(+>x f x f即)1ln()2ln(ln )1ln(++-+x x x x 所以 ).2ln(ln )1(ln 2+⋅>+x x x例6 证明不等式x x x x <+<-)1ln(22,其中0>x .分析 因为例6中不等式的不等号两边形式不一样,对它作差)2()1ln(2x x x --+,则发现作差以后不容易化简.如果对)1ln(x +求导得x+11,这样就能对它进行比较.证明 先证 )1ln(22x x x +<-设 )2()1l n ()(2x x x x f --+= )0(>x则 00)01l n ()0(=-+=f xx x x x f +=+-+=1111)(2'0>x 即 0012>>+x x 01)(2>+='∴x x x f ,即在),0(+∞上)(x f 单调递增0)0()(=>∴f x f 2)1ln(2x x x ->+∴ 再证 x x <+)1ln(令 x x x g -+=)1l n ()( 则 0)0(=g 111)(-+='xx g10<+∴>xx １１x x x g <+∴<'∴)1ln(0)( x x x x <+<-∴)1ln(22定理1将可导函数的不等式)()(x g x f <的证明转化为)()(x g x f '<'的证明，但当)(x f '与)(x g '的大小不容易判定时，则有推论2 设)(x f ，)(x g 在[b a ,]上n 阶可导， （1）)()()()(a g a f k k = 1,2,1,0-=n k （2）)()()()(x g x f n n > （或)()()()(x g x f n n <）则在（b a ,）内有)()(x g x f > （或)()(x g x f <）例7 证明:331x x tgx +>，)2,0(π∈x .分析 两边函数类型不同,右边多项式次数较高,不易比较,对它求一阶导数得.1)31(,sec )(232x x x x tgx +='+='仍然不易比较,则我们自然就能想到推论2.证明 设tgx x f =)(331)(x x x g +=则 （1）0)0()0(==g f（2）1)0()0(),1()(),(sec )(22='='+='='g f x x g x x f （3）1)0()0(,2)(,cos sec 2)(2=''=''=''=''g f x x g xxx f（4）2)(),31)(1(2)(22='''++='''x g x tg x tg x f 显然有 )()(x g x f '''>'''由推论2得，231x x tgx+> （20π<<x ）.利用函数的单调性证明不等式我们都是先构造函数.然后通过对函数求导,来判定函数的增减性,从而达到证明不等式的目的.四、利用Jensen(琴森)不等式证明不等式定义]1[ 如果),()(b a x f 在内存在二阶导数)("x f 则(1) 若对,.0)(),(>''∈∀x f b a x 有则函数)(x f 在),(b a 内为凸函数.(2) 若对,.0)(),(<''∈∀x f b a x 有则函数)(x f 在),(b a 内为凹函数.若函数),()(b a x f 在内是凸(或凹)函数时,对),(,,,21b a x x x n ∈∀ 及∑==ni i 11λ,有Jensen(琴森)不等式∑∑∑∑====⎪⎭⎫ ⎝⎛≥⎪⎭⎫ ⎝⎛≤⎪⎭⎫ ⎝⎛n i ni i i n i i i i i n i i i x f x f x f x f 1111)()( 或 λλλλ 等号当且仅当n x x x === 21时成立.例8 证明下列不等式),2,1,0(111212121n i a na a a a a a a a a ni nn n n=>+++≤⋅≤+++ .分析 上式只要能证明),2,1,0(2121n i a na a a a a a i nnn =>+++≤⋅ ,如果此题用前面所述的几种方法来证明显然不合适,因为对它求导后不等式会更复杂.而这里的i a 可以看作是同一函数的多个不同函数值,设x x f ln )(=那么就可以用Jensen 不等式来证明它.然后只要令xx f 1ln)(=,同理可得n n na a a a a a n 2121111⋅≤+++.证明 令)0(ln )(>=x x x f 因为 01)(2<-=''x x f ,所以),0()(+∞在x f 是凹函数 则对),0(,,,21+∞∈∀na a a 有[])()()(1)(12121n n a f a f a f na a a n f +++≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++即 []n n a a a na a a n ln ln ln 1)(1ln 2121+++≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++ 又因为[]n n n a a a a a a n2121ln ln ln ln 1⋅=+++ 所以 na a a a a a nnn +++≤⋅ 2121 令 xx f 1ln)(=, 则同理可得n n na a a a a a n 2121111⋅≤+++所以),2,1,0(111212121n i a na a a a a a a a a ni nn n n=>+++≤⋅≤+++ 例9 设)(x f 二次可微,且对一切x ,有0)(≥''x f ,而)(t u 在],0[a 上连续,则⎰⎰≥a adt t u af dt t u f a 00])(1[)]([1 分析 上述不等式在形式上很像Jensen 不等式,且当t 取不同的值时,)]([t u f 就是同一函数的不同函数值,则可以用琴森不等式进行证明.证明 由)(x f 及)(t u 的连续性,保证了可积性.并且∑⎰-=∞→=100)]([1lim )]([1n K n a n Ka u f n dt t u f a ⎰∑-=∞→=a n K n n Ka u n dt t u a 010)(1lim )(1因0)(≥''x f ,故)(x f 为凸函数,在Jensen 不等式)()()(112211n n n n x f q x f q x q x q x q f ++≤+++ )1,,,(2121=+++n n q q q q q q 均为正，且中,取） （ n i nq a n i u x i i ,3,2,11),1(==-= 即得∑∑-=-=≤1010)]([1])(1[n K n K nKa u f n n Ka u n f 由)(x f 的连续性,在上式取∞→n 即得所要证的结论.由以上证明可知应用Jensen 不等式证明不等式,首先是构造适当的函数并判断它的凹凸性,然后用Jensen 不等式证明之.本文所述四种用导数证明不等式的四种方法充分说明了导数在不等式证明中的独到之处.在证明不等式时,应用导数等知识往往能使复杂问题简单化,从而达到事半功倍的效果.需要指出的是利用导数证明不等式,除上述四种方法外还有不少方法.如用极值、最值等来证明不等式.由于受篇幅之限,这里不再详述.参考文献[1] 华东师范大学数学系,数学分析[M]第三版,北京:高等教育出版社,2001. [2] 裘单明等,研究生入学考试指导,数学分析[M],济南:山东科学技术出版社,1985.[3] 胡雁军,李育生,邓聚成,数学分析中的证题方法与难题选解[M],开封:河南大学出版社,1987.Four Usual Methods to Prove Tthe Inequality by UsingDerivativeYang Yuxin(Department of Mathematics Shaoxing College of Arts and Sciences, Shaoxing Zhejiang,312000) Abstract:Examplisies four methods to prove the Inequality by using Derivative to show the imporpance of using derivative to crove the inequalityKey words:Derivative; Monotonicity; Theorem of mean; Taylor formula; Jensen Inequality。
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。
利用导数证明不等式
函数： f (x) g(x) （其中 f (x) ex ， g(x) x 1）
最值问题 函数与不等式思想
x ，都有 f (x) g(x) 恒成立
F(x) f (x) g(x) 0(ex (x+1) 0）
F(x)min 0
二、典型例题
例 1.求证：ex x+1
法（一） ex x+1 ex (x+1) 0
1 2
ln x ex
1 2
因为
1 x0
ln
x0
，
所以
f
(x)max
f
(x0)
ln x0 ex0
=
1 x0ex0
.
因为 x0 (1,e)， y x0ex0 在 (1,e) 上是单调递增的，
所以 x0ex0 e .
所以
f
(x)max
1 x0ex0
1 e
1.
2
所以 f (x)
1.
2
ln x0 1 ex0 2
0
f (x)
极小值
f
(x)min
f
(x) 极小值
f
(0) 0.
所以 f (x) 0 即ex x+1.
（求最值）
二、典型例题
例 1.求证：ex x+1
小结：
法（一） 直接构造函数（ F(x) f (x) g(x) ）（转化）
证明不等式 （形如 f (x) g(x) ）
F (x)min 0
构造新函数，再次求导
二、典型例题
【练习】当 x 0时，求证：ex x2+1
g(x) ex (x2+1)
法（二）变形构造函数
ex
高考数学复习：利用导数证明不等式
3
f(-1)=e,f(1)=e,f(2)=0,
∴函数 f(x)在区间[-1,2]的最大值为 e,最小值为 0. ....................................... 5 分
(2)证明 令
1 2
x 1 2
g(x)=f(x)-2x +x-2e=(2-x)e -2x +x-2e,则
解得x=2,当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0;
当x∈(0,2)时,g'(x)>0,
∴g(x)在(2,+∞)内单调递减,在(0,2)内单调递增,可得g(x)max=f(2)=e2+2.
由于12>e2+2,即f(x)min>g(x)max,所以f(x)>g(x),
故当x>0时,f(x)>-x3+3x2+(3-x)ex.
3(3 -1)
=
3(-1)(2 ++1)
.
令f'(x)=0可得x=1,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(0,1)时,f'(x)<0,
∴f(x)在(1,+∞)内单调递增,在(0,1)内单调递减.
(2)证明 由(1)可得f(x)min=f(1)=12.
令g(x)=-x3+3x2+(3-x)ex,则g'(x)=-3x2+6x-ex+(3-x)ex=(2-x)(ex+3x),由g'(x)=0,
所以g(a)的单调递减区间是(1,+∞),单调递增区间是(0,1),
所以g(a)≤g(1)=0,即ln a≤a-1.
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，它可以用来研究函数在不同点的变化趋势。
在数学中，不等式是一种比较两个数或两个函数大小关系的方式。
结合导数和不等式的概念，我们可以利用导数来证明不等式。
让我们回顾一下导数的定义。
对于一个函数f(x)，在某一点a处的导数f'(a)表示函数在该点处的变化率。
导数可以通过求取函数的极限来计算，也可以通过求取函数的斜率来计算。
导数的正负可以表示函数的增减性，即导数大于0表示函数在该点处递增，导数小于0表示函数在该点处递减。
利用导数证明不等式的方法主要有以下几种：1. 利用导数的正负性：假设我们要证明一个不等式f(x) > g(x)，我们可以先求取函数f(x)和g(x)的导数，然后观察导数的正负性。
如果在某一区间上，f'(x) > g'(x)，则可以得出在该区间上f(x) > g(x)。
举个例子，我们要证明对于所有的x，函数f(x) = x^2 + 3x + 2大于函数g(x) = 2x + 1。
首先，求取f(x)和g(x)的导数分别为f'(x) = 2x + 3和g'(x) = 2。
然后观察导数的正负性，我们发现在所有的x上，f'(x) > g'(x)，因此可以得出对于所有的x，f(x) > g(x)。
2. 利用导数的单调性：如果一个函数在某一区间上是单调递增或单调递减的，那么我们可以根据函数值的大小关系得出不等式的成立。
举个例子，我们要证明对于所有的x大于0，函数f(x) = x^2 + 3x + 2大于函数g(x) = 2x + 1。
首先，求取f(x)和g(x)的导数分别为f'(x) = 2x + 3和g'(x) = 2。
然后观察导数的单调性，我们发现f'(x)是一个递增函数，因此可以得出在x大于0的区间上，f(x)也是一个递增函数。
又因为在x大于0的区间上，f(0) = 2大于g(0) = 1，所以可以得出对于所有的x大于0，f(x) > g(x)。
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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。