利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧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 设，证明：分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。

证明：，设 当时 ，当时 ，即在上为减函数，在上为增函数∴，又 ∴，即 设 当时，，因此在区间上为减函数；因为，又 ∴，即 故综上可知，当 时，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。

技巧精髓一、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。

二、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x x x g ln )(=b a <<02ln )(2(2)()(0a b b a b g a g -<+-+<1ln )(+='x x g )2(2)()()(x a g x g a g x F +-+=2ln ln )2()(21)2(2)()(''''x a x x a g x g x a g x g x F +-=+-=⨯+-='a x <<00)(<'x F a x >0)(>'x F )(x F ),0(a x ∈),(+∞∈a x 0)()(min ==a F x F a b >0)()(=>a F b F 0)2(2)()(>+-+b a g b g a g 2ln )(2(2)()()(a x x a g x g a g x G --+-+=)ln(ln 2ln 2ln ln )(x a x x a x x G +-=-+-='∴0>x 0)('<x G )(x G ),0(+∞0)(=a G a b >0)()(=<a G b G 02ln )()2(2)()(<--+-+a x x a g x g a g 2ln )()2(2)()(a x x a g x g a g -<+-+b a <<02ln )()2(2)()(0a b b a b g a g -<+-+<可导函数是用导数证明不等式的关键。

1、利用题目所给函数证明【例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，x x x f -+=)1ln()(1->x x x x ≤+≤+-)1ln(111111)1ln()(-+++=x x x g 1111)(+-=-+='x x x x f 01<<-x 0)(>'x f )(x f )0,1(-∈x 0>x 0)(<'x f )(x f ),0(+∞∈x ()f x )0,1(-),0(+∞()f x ),1(+∞-0)0()(max ==f x f 1->x 0)0()(=≤f x f 0)1ln(≤-+x x x x ≤+)1ln(111)1ln()(-+++=x x x g 22)1()1(111)(+=+-+='x x x x x g 则0)(,),0(;0)(,)0,1(>'+∞∈<'-∈x g x x g x 时当时)(x g )0,1(-∈x ),0(+∞∈x )(x g ),1(+∞-0)0()(min ==g x g 1->x 0)0()(=≥g x g 0111)1ln(≥-+++x x 111)1ln(+-≥+x x x x x x ≤+≤-+->)1ln(111,1有时()f a ()f x ()f x ≤()f a ()f x ≥()f a 0.ln 21)(2x x x f +=),1(∞+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】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)(x f 332)(x x g =)(x f )(x g )()(x g x f <⇔不等式3232ln 21x x x <+),1(∞+3232ln 21x x x <+)()()(x f x g x F -=),1(+∞∈x 061)1(>=F 1>x )1()(F x F >)(x g ),1(+∞)()()(x f x g x F -=x x x x F ln 2132)(23--=x x x x F 12)(2--='x x x x )12)(1(2++-1>x )(x F 'x x x x )12)(1(2++-)(x F ),1(∞+061)1()(>=>F x F 1>x 0)()(>-x f x g )()(x g x f <),1(∞+)(x f 332)(x x g =)()()(x g x f x F -=3211)11ln(nn n ->+x n =10>x 32)1ln(x x x ->+，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。

∴ 即 a >b 【警示启迪】由条件移项后，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数，求导即可完成证明。

若题目中的条件改)1ln()(23++-=x x x x h )1ln()(23++-=x x x x h 1)1(31123)(232+-+=++-='x x x x x x x h ),0(+∞∈x )(x h ),0(+∞),0(+∞∈x ，0)0()(=>h x h 0)1ln(23>++-x x x 32)1ln(x x x ->+3211)11ln(),0(1nn n n x ->++∞∈=，则有()F x [,]a b x a>()F x ()F a >()f a ()a ϕx a >()f x >()x ϕ()F x ()f x ()x ϕ()F x ()F x '()F x >)(x f )(x f ')(x f )(a f )(b f )(x f ')(x f )()(x xf x F ==)('x F )(x f ')(x f )(x F b a >)()(b F a F >)(a f )(b f )()(x f x f x +')()(x xf x F =为，则移项后，要想到是一个商的导数的分子，平时解题多注意总结。

【思维挑战】 1、 设求证：当时，恒有，2、已知定义在正实数集上的函数其中a >0，且，求证：3、已知函数，求证：对任意的正数、， 恒有4、（2007年，陕西卷）是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足≤0，对任意正数a 、b ，若a < b ，则必有 （ ）（A ）af (b )≤bf (a )（B ）bf (a )≤af (b )（C ）af (a )≤f (b )（D ）bf (b )≤f (a )【答案咨询】1、提示：，当，时，不难证明 ∴，即在内单调递增，故当时， ，∴当时，恒有2、提示：设则 = ，∴ 当时，，)()(x f x f x >')()(x f x f x -'x a x x x f a ln 2ln 1)(,02+--=≥1>x 1ln 2ln 2+->x a x x ,ln 3)(,221)(22b x a x g ax x x f +=+=a a a b ln 32522-=)()(x g x f ≥xx x x f +-+=1)1ln()(a b .1ln ln a b b a -≥-)(x f )()(x f x f x -'x a x x x f 2ln 21)(+-='1>x 0≥a 1ln 2<x x 0)(>'x f )(x f ),0(+∞1>x 0)1()(=>f x f 1>x 1ln 2ln 2+->x a x x b x a ax x x f x g x F --+=-=ln 3221)()()(22xa a x x F 232)(-+='xa x a x )3)((+-)0(>x 0>a a x =0)(='x F故在上为减函数，在上为增函数，于是函数在上的最小值是，故当时，有，即3、提示：函数的定义域为，∴当时，，即在上为减函数 当时，，即在上为增函数因此在取得极小值，而且是最小值于是，即令 于是因此4、提示：，，故在（0，+∞）上是减函数，由 有 af (b )≤bf (a ) 故选（A ）)(x F ),0(a ),(+∞a )(x F ),0(+∞0)()()(=-=a g a f a F 0>x 0)()(≥-x g x f )()(x g x f ≥)(x f ),1(+∞-22)1()1(111)(x x x x x f +=+-+='01<<-x 0)(<'x f )(x f )0,1(-∈x 0>x 0)(>'x f )(x f ),0(+∞∈x )(,0x f x 时=0)0(=f x x x f x f +≥+=≥1)1ln(,0)0()(从而xx +-≥+111)1ln(a b x b a x -=+->=+1111,01则ab b a -≥1ln a b b a -≥-1ln ln x x f x F )()(=0)()()(2'≤-='x x f x xf x F x x f x F )()(=b a <b b f a a f )()(≥⇒。