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导数证明不等式的类型及方法
直接转化为最值问题
例1.已知函数f(x)＝e，g(x)＝lnx－1，其中e为自然对数的底数．
当x＞0时，求证：f(x)≥g(x)＋2。
证明：设h(x)＝f(x)－g(x)－2＝e－lnx－1，x＞0，h′(x)＝e－，因为y＝h′(x)在(0，＋)为增函数，且h′(1)＝0，所以x∈(0，1)，h′(x)＜0，h(x)为减函数，x∈(1，＋)，h′(x)＞0，h(x)为增函数.所以h(x)min＝h(1)＝e0－ln1－1＝0，所以h(x)≥0，即证f(x)≥g(x)＋2.
变式.已知为实数，函数在处的切线与直线平行
（1）求a的值
（2）证明：
解：（1）由
由题意得
（2）由（1）得，，令
则，令
当时，，所以在单调递减
当时，，所以在单调递增
所以，即。令，
则，令
当时，，所以在单调递增
当时，，所以在单调递减
所以，即，所以
二、将不等式变形后再转化为最值问题
将不等式变形常有以下可能和方式：⑴分式变成整式，注意“对数单身狗，指数好基友”等。
⑵利用常用不等式放缩，常用的不等式有等，将不熟悉的指数、对数、三角不等式等，转化为熟悉的一元一次（二次）不等式等。
⑶先化为同构形式，再利用换元、单调性等化为简单一些的不等式。
例2.已知函数。求证：。
分析：先利用不等式将原不等式放缩转化，再转化为最值问题。
证明：要证，即证：。
设，则，在上为减函数，。要证明成立，只需证明
。
（方法一）设，则。
再设，在上为减函数，
又，，所以存在，使得，
即。当时，，当时，，
故。故原命题成立。
（方法二）设，则。令，
即证明，令，
所以在上单调递增，在上单调递减，，
所以，故原命题成立。
变式。设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
解：（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）由（1）得，，且，
当时，要证，，，即证，化简得；
同理，当时，要证，，，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，假设能取到，则，故；
当时，，单增，假设能取到，则，故；
综上所述，在恒成立。
利用不等式左右两边函数的最值
例3.已知函数，
证明：。
证明：要证，
即要证。
令，
当时，；当时，。
。
令，。
当时，；当时，。
。
与不同时取得，，即，
故原不等式成立。
变式.已知函数在处的切线斜率为．
（1）求实数的值，并讨论函数的单调性；
（2）若，证明：．
变式.解：（1），
由切线斜率，解得．
，其定义域为，，
令，解得，故在区间上单调递增；
令，解得，且，故在区间和区间上单调递减．
（2）由（1）知，定义域为．从而等价于，
设，则，．
当时，；当时，．
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，
从而在的最小值为．设，则，
当时，；当时，，故在区间上单调递增，在区间上单调递减，从而在的最大值为，
综上所述，在区间上恒有成立，即．
四、含有参数的不等式证明
例4．已知函数f(x)＝mex－ln x－1.
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若m∈(1，＋∞)，求证：f(x)>1.
解：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－ln x－1，所以f′(x)＝ex－，所以f′(1)＝e－1，
又因为f(1)＝e－1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x.
(2)证明：当m>1时，f(x)＝mex－ln x－1>ex－ln x－1，要证明f(x)>1，只需证明ex－ln x－2>0，
设g(x)＝ex－ln x－2，则g′(x)＝ex－(x>0)，设h(x)＝ex－(x>0)，则h′(x)＝ex＋>0，
所以函数h(x)＝g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，因为g′＝e－2<0，g′(1)＝e－1>0，
所以函数g′(x)＝ex－在(0，＋∞)上有唯一零点x0，且x0∈，因为g′(x0)＝0，所以ex0＝，即ln x0＝－x0，当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，
所以当x＝x0时，g(x)取得最小值g(x0)，故g(x)≥g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2>0，
综上可知，若m∈(1，＋∞)，则f(x)>1.
变式．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
.解：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a(x∈R)，知f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x当x>ln 2时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增．
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a，无极大值．
(2)证明：要证当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1，即证当a>ln 2－1且x>0时，ex－x2＋2ax－1>0.设g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)．则g′(x)＝ex－2x＋2a，由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a.又a>ln 2－1，则g′(x)min>0.于是对 x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增．于是对 x>0，都有g(x)>g(0)＝0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
五、双变量不等式的证明
关于双变量不等式的证明，一般先考虑消元，统一变量。方法一般有按极值点偏移思路、比值或差值换元、放缩法、主元法等。下面以2021年全国I卷导数22题各种解法来进行阐述。
例5．（2021年全国I卷22题）已知函数，
⑴讨论函数的单调性；
⑵设为两个不相等的正数，且，证明：。
分析：在⑵中，从待证结论看，属于双变量的证明题，初步确定是极值点偏移问题。但偏移需要函数有两个零点（或是函数值相等的两个交点），从这个角度出发，应该对
这个条件进行化简变形，整理出的形式来，为方便运算，不妨适当换元，令，已知条件可化为，要证的不等式可化为。由⑴可知，1是函数的极值点，所以待证不等式的左边是标准的极值点偏移问题，可按既定套路走下去即可。证明时，因为不是函数的极值点，所以严格说起来，此问题并不是极值点偏移问题，但依旧可以尝试利用偏移的套路去解。偏移套路的目的还是在于“消元”，而消元的方式有多种，除了利用极值点偏移来“消元”，
还可以用比值或差值换元、放缩法、主元法等。
解：⑴，。令，得。
当时，，函数单调递增；当时，函数单调递减。
⑵由，，
即。，令，则。由⑴可知，不妨令
，则问题变为：已知，求证：。
先证：，即证，，又函数在上为减函数，所以即证，又，
所以即证。令，则只需证。
，故函数在上单调递增，
所以。得证。
再证。
解法1（利用极值点偏移思路）：
要证，即证，，，又函数在上为减函数，所以即证，又，所以即证。令，则只需证。，易知在上单调递减，，故，使得当时，，单调递增；当时，单调递减。又时，，
，由⑴可知，函数在上为减函数，故，
所以。所以当时，。得证。
解法2（利用比值换元）：
不妨设，由可得，
。而
。令，
则，再令，，
故在上为减函数，所以，则，故在上为减函数，则，即。所以。
小试牛刀
1．设函数，．
（1）当时，求的单调区间；
（2）求证：当时，．
1．解：（1）当时，，，令，则．当时，；当时，，
∴函数的单调递增区间是；单调递减区间是．
（2）由（1）知，当时，，∴当时，，即，当时，要证，只需证，，
，由，可得，则时，恒成立，即在上单调递增，
∴．即，∴．
2.已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；
(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
2.解：由f(x)＝xln x，x>0，得f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)＝0，得x＝.
当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
①当0②当≤t所以f(x)min＝
(2)解： x∈(0，＋∞)，有2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋，设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，
则h′(x)＝，①当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.因为对一切
x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4.
(3)证明　问题等价于证明xln x>－(x∈(0，＋∞))．由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到，设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到．从而对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．

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