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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。
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。
导数与不等式综合应用在数学中，导数是指函数在某一点上的变化率。
而不等式则是用于比较两个数或者两个函数之间的关系。
导数与不等式的综合应用则指的是利用导数的性质来解决不等式问题。
本文将探讨导数与不等式的综合应用，为读者提供相关知识与解决问题的方法。
一、导数与单调性导数可以表示函数在某一点上的变化趋势，从而可以帮助我们确定函数的单调性。
对于一个定义在区间(a, b)上的函数f(x)，如果在该区间的每个点x处，f'(x)>0，那么我们可以得出函数f(x)是递增的结论。
如果在该区间的每个点x处，f'(x)<0，那么函数f(x)是递减的结论。
利用这个性质，我们可以解决一些不等式问题。
例如，对于不等式f(x)>0，我们可以通过求解方程f(x)=0找出函数的零点，再根据导数的正负来确定函数在零点两侧的正负号，从而判断不等式的解集。
二、导数与最值对于一个定义在闭区间[a, b]上的函数f(x)，如果在开区间(a, b)内，f(x)的导数存在且在x=c处导数为零，那么点c就是函数f(x)的一个临界点。
根据函数的单调性，我们可以得知，在c的左侧，f(x)是递增的，在c的右侧，f(x)是递减的。
利用这个性质，我们可以解决求最值的问题。
例如，对于一个定义在闭区间[a, b]上的连续函数f(x)，要求其在该区间上的最大值或最小值，我们可以进行以下步骤：1. 求出函数f(x)的导数f'(x)；2. 求出导数f'(x)的零点，即f'(x)=0的解；3. 将求得的零点与区间的端点a、b比较，求出最值。
三、导数与不等式导数还可以帮助我们解决不等式问题。
根据导数的符号，我们可以确定函数的增减性质。
例如，如果在一个区间内，f'(x)>0，那么可以得出函数f(x)在该区间上是递增的。
如果在一个区间内，f'(x)<0，那么可以得出函数f(x)在该区间上是递减的。
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。
不等式与导数综合应用在数学中，不等式和导数是两个重要的概念。
它们在实际生活中有着广泛的应用。
本文将探讨如何将不等式与导数综合运用，解决一些常见的实际问题。
一、不等式的综合应用1. 购物折扣假设一家服装店举办了一次打折促销活动，对于购物金额大于100元的顾客，可以享受总金额的85%的折扣。
现假设小明在该店购物花费了x元，如何确定小明是否满足享受折扣的条件？我们可以建立以下不等式来解决这个问题：x > 100如果小明的购物金额大于100元，那么他就满足享受折扣的条件。
2. 温度变化假设某地的温度每小时变化的速率为2°C/h，已知温度T在某个时间点为20°C，如何确定在未来某个时间点温度会超过30°C？我们可以通过以下不等式来计算：T + 2t > 30其中，t表示时间的小时数。
如果上述不等式的解为正数，那么在未来某个时间点温度会超过30°C。
二、导数的综合应用1. 最大值和最小值假设一个长方形的周长为10m，我们需要确定它的最大面积。
如何找到这个最大值？设长方形的长为x，宽为y，则周长满足 C = 2x + 2y = 10。
我们需要求解面积 S = xy 的最大值。
通过导数的概念，我们可以得到以下关系式：2y = 10 - 2xy = 5 - x将上述表达式代入面积公式 S = xy 中，得到：S = x(5 - x) = 5x - x^2为了找到最大面积，我们需要求解 S 对 x 的导数为0的点。
对 S 进行求导，得到：dS/dx = 5 - 2x令 dS/dx = 0，解得 x = 2.5。
将 x 带入原方程式 y = 5 - x，得到 y = 2.5。
因此，当长方形的长为2.5m，宽为2.5m时，它的面积达到最大值。
2. 集装箱装载问题某货运公司需要装载一个体积为 V 立方米的长方体集装箱。
为了减少运输成本，公司希望尽可能减小集装箱的表面积。
龙源期刊网 导数在不等式中的应用作者：马迪来源：《考试周刊》2013年第54期摘要：不等式是中学数学最重要的内容之一，有关不等式在历年高考中考得最频繁.由于不等式的综合性强，思维量大，重难点不容易把握，因而给解题带来了诸多困难，为此有必要探究如何更好地解决不等式问题的策略和方法.关键词：单调性最大值最小值构造函数不等式的解证问题是中学数学教学的一个难点，传统证明不等式的方法技巧性强，多数同学不易想到，并且各类不等式的证明没有通性通法.新教材中引入了导数，这为我们解决不等式的证明问题提供了一条新的途径，并且在近几年的高考题中使用导数证明不等式时有出现，但现行教科书对这一问题没有展开详细的研究，使得学生对这一简单的方法并不太了解.利用导数解证不等式思路清晰，方法简便，操作性强，易被学生掌握.下面介绍利用单调性，极值，最值解证不等式的基本思路，并通过构造辅助函数证明一些简单的不等式.一、利用导数解决不等式恒成立问题四、总结不等式是中学数学的重要内容之一，因而有关不等式在历年高考中考得最频繁，特别是不等式的证明问题已成为高考的难点.由于不等式的综合性强，重难点不容易把握，因而给解题带来了诸多困难，以上列举了三种有关导数在不等式中应用的例题，通过对例题的分析总结，进一步了解怎样解决不等式问题.同时不等式的综合性强，涉及知识面广，而且题目千变万化，所以不可以一概而论，应具体问题具体分析.总之，无论是证明不等式，还是解不等式，只要在解题过程中需要用到函数的单调性或最值，我们就可以用导数作为工具解决，这种解题方法也是转化与化归思想在中学数学中的重要体现.参考文献：[1]普通高中课程标准试验教科书（数学选修2-2）.江苏教育出版社.[2]步步高一轮复习资料.黑龙江教育出版社.。
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。
1 导数在不等式中的应用 利用函数的单调性证明下列不等式，并通过函数图象直观验证. (1)ex>1＋x(x≠0)； (2)ln x0). [试题评析] 1.问题源于求曲线y＝ex在(0，1)处的切线及曲线y＝ln x在(1，0)处的切线，通过观察函数图象间的位置关系可得到以上结论，可构造函数f(x)＝ex－x－1与g(x)＝x－ln x－1对以上结论进行证明. 2.两题从本质上看是一致的，第(4)题可以看作第(3)题的推论.在第(3)题中，用“ln x”替换“x”，立刻得到x>1＋ln x(x>0且x≠1)，进而得到一组重要的不等式链：ex>x＋1>x－1>ln x(x>0且x≠1). 3.利用函数的图象(如图)，不难验证上述不等式链成立. 试证明：ex－ln x>2.
【高考真题】 已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明f(x)≤－34a－2.
利用导数研究函数的性质 【例题】已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1. 2
【尝试训练】已知函数f(x)＝1x－x＋aln x. (1)试讨论函数f(x)的单调性； (2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)， 试证明t>0.
利用导数研究函数的零点问题 【例题】 (12分)已知函数f(x)＝ln x－x＋1x－1. (1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； (2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线.
【规范训练】已知函数f(x)＝ex－ax2. (1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a. 3
跟踪训练 1.已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x有两个不同的零点，求实数a的取值范围.
2.已知函数f(x)＝mex－x2. (1)若m＝1，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程， (2)若关于x的不等式f(x)≥x(4－mex)在[0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围.
3.已知函数f(x)＝ex(ax2＋x＋a)(a≥0). (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)≤ex(ax2＋2x)＋1恒成立，求实数a的取值范围.
4.设函数f(x)＝12x2－(a－1)x－aln x. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)已知函数f(x)有极值m，求证：m<1(已知ln 0.5≈－0.69，ln 0.6≈－0.51). 4
5.已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R). (1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围； (2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x1
6.已知函数f(x)＝ln x＋ax＋1(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若函数f(x)的图象与x轴相切，求证：对于任意互不相等的正实数x1，x2，都有f（x2）－f（x1）x2－x1
<1x1＋1x2.
答 案 导数在不等式中的应用 利用函数的单调性证明下列不等式，并通过函数图象直观验证. (1)ex>1＋x(x≠0)； (2)ln x0). [试题评析] 1.问题源于求曲线y＝ex在(0，1)处的切线及曲线y＝ln x在(1，0)处的切线，通过观察函数图象间的位置关系可得到以上结论，可构造函数f(x)＝ex－x－1与g(x)＝x－ln x－1对以上结论进行证明. 2.两题从本质上看是一致的，第(4)题可以看作第(3)题的推论.在第(3)题中，用“ln x”替换“x”，立刻得到x>1＋ln x(x>0且x≠1)，进而得到一组重5
要的不等式链：ex>x＋1>x－1>ln x(x>0且x≠1). 3.利用函数的图象(如图)，不难验证上述不等式链成立. 【教材拓展】 (一题多解)试证明：ex－ln x>2. 证明 法一 设f(x)＝ex－ln x(x>0)，
则f′(x)＝ex－1x，令φ(x)＝ex－1x，
则φ′(x)＝ex＋1x2>0在(0，＋∞)恒成立， 所以φ(x)在(0，＋∞)单调递增， 即f′(x)＝ex－1x在(0，＋∞)上是增函数，
又f′(1)＝e－1>0，f′12＝e－2<0， ∴f′(x)＝ex－1x在12，1内有唯一的零点. 不妨设f′(x0)＝0，则ex0＝1x0，从而x0＝ln 1x0＝－ln x0， 所以当x>x0时，f′(x)>0；当0∴f(x)＝ex－ln x在x＝x0处有极小值，也是最小值.
∴f(x)min＝f(x0)＝ex0－ln x0＝1x0＋x0>2，x0∈12，1. 故ex－ln x>2. 法二 注意到ex≥1＋x(当且仅当x＝0时取等号)，
x－1≥ln x(当且仅当x＝1时取等号)， ∴ex＋x－1>1＋x＋ln x，故ex－ln x>2.
探究提高 1.法一中关键有三点：(1)利用零点存在定理，判定极小值点x0∈12，1；(2)确定ex0
＝1x0，x0＝－ln x0的关系；(3)基本不等式的利用. 2.法二联想经典教材习题结论，降低思维难度，优化思维过程，简洁方便. 【链接高考】 已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<0时，证明f(x)≤－34a－2. (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝（2ax＋1）（x＋1）x. 若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
若a<0，则当x∈0，－12a时，f′(x)>0； 6
当x∈－12a，＋∞时，f′(x)<0. 故f(x)在0，－12a上单调递增，在－12a，＋∞上单调递减. (2)证明 由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－12a处取得最大值，最大值为f－12a＝ln－12a－1－14a，
所以f(x)≤－34a－2等价于ln－12a－1－14a≤－34a－2， 即ln－12a＋12a＋1≤0， 设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝1x－1. 当x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0. 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. 故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0. 所以当x>0时，g(x)≤0，
从而当a<0时，ln－12a＋12a＋1≤0， 故f(x)≤－34a－2. 利用导数研究函数的性质 【例题】已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1. 证明：(1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. [审题路线]
[自主解答] 证明 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝x－1x＋ln x－1＝ln x－1x. 因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝1x在(0，＋∞)上单调递减， 所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增. 7
又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2－12＝ln 4－12>0， 故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0. 又当x当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 因此，f(x)存在唯一的极值点. (2)由(1)知f(x0)0， 所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.
由α>x0>1得1α<1
又f1α＝1α－1ln1α－1α－1＝f（α）α＝0， 故1α是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根. 综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 探究提高 1.利用导数研究函数的性质是历年高考的重点、热点，涉及的主要内容：(1)讨论函数的单调性；(2)求函数的极(最)值、极(最)值点；(3)利用性质研究方程(不等式).考查数学运算、逻辑推理、直观想象等数学核心素养. 2.本题求解的关键是明确函数的极值点与函数零点之间的联系，充分运用函数的单调性、极值、零点存在定理综合求解，善于把函数的零点转化为方程根的问题.
【尝试训练】已知函数f(x)＝1x－x＋aln x. (1)试讨论函数f(x)的单调性； (2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，试证明t>0. (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2. ①若a≤2，则f′(x)≤0， 当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减. ②若a>2，令f′(x)＝0得，
x＝a－a2－42或x＝a＋a2－42. 当x∈0，a－a2－42∪a＋a2－42，＋∞时，f′(x)<0； 当x∈a－a2－42，a＋a2－42时，f′(x)>0. 所以f(x)在0，a－a2－42，a＋a2－42，＋∞上单调递减，在a－a2－42，a＋a2－42上单
