利用導數證明不等式思路引導思路引導導數是研究函數的工具，利用導數我們可以方便地求出函數的單調性、極值、最值等，在證明與函數有關的不等式時，我們可以把不等式問題轉化為函數的最值問題，也常構造函數，把不等式的證明問題轉化為利用導數研究函數的單調性或最值問題，母題呈現母題呈現考法1作差構造法【例1】（2022·內蒙古呼和浩特·一模）設a為實數，函數f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，求證：當a>ln2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋【解題指導】構造函數→函數在的最小值→證得其最小值大于0→得到結論【解析】因為，所以，令，則，所以時，，則在上單調遞減，時，，則在上單調遞增設g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.【卡殼點】作差構造函數g(x)＝ex－x2＋2ax－1于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.當a>ln2－1時，g′(x)的最小值為g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是對任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R內單調遞增.【技巧】合理利用的單調性于是當a>ln2－1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).又g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.【例2】已知函數f(x)＝1－eq\f(lnx,x)，g(x)＝－eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x)＋x.證明：當x≥1時，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).【解題指導】f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x)→移項化簡→構造函數h(x)＝1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x→函數h(x)求導→分析單調行→利用h(x)≥h(1)＝0→得到結論【解析】f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x)?1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0.令h(x)＝1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x(x≥1)，【卡殼點】作差構造函數h(x)＝1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x則h(1)＝0，h′(x)＝－eq\f(1－lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x2)＋1＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1.因為x≥1，所以h′(x)＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上單調遞增，【提醒】注意定義域范圍所以h(x)≥h(1)＝0，即1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0.故當x≥1時，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).【解題技巧】待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構造“左減右”或“右減左”的函數，利用研究其單調性等相關函數性質證明不等式.【能力專練1】已知函數f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，a∈R.(1)討論函數f(x)的單調性；(2)當a>0時，證明：f(x)≥eq\f(2a－1,a).(1)解f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)(x>0)．當a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．當a>0時，若x>a，則f′(x)>0，函數f(x)在(a，＋∞)上單調遞增；若0<x<a，則f′(x)<0，函數f(x)在(0，a)上單調遞減．(2)證明由(1)知，當a>0時，f(x)min＝f(a)＝lna＋1.要證f(x)≥eq\f(2a－1,a)，只需證lna＋1≥eq\f(2a－1,a)，即證lna＋eq\f(1,a)－1≥0.令函數g(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1，則g′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)(a>0)，當0<a<1時，g′(a)<0；當a>1時，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，所以g(a)min＝g(1)＝0.所以lna＋eq\f(1,a)－1≥0恒成立，所以f(x)≥eq\f(2a－1,a).考法2隔離分析法【例3】（2022·內蒙古赤峰·三模）已知函數f(x)＝ex2－xlnx．求證：當x>0時，f(x)<xex＋eq\f(1,e).【解題指導】f(x)<xex＋eq\f(1,e)→ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex)→構造函數h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)→函數h(x)求導→分析單調行→求h(x)min→構造函數φ(x)＝ex－ex→函數φ(x)求導→分析單調行→求φ(x)max→比較可得【解析】要證f(x)<xex＋eq\f(1,e)，只需證ex－lnx<ex＋eq\f(1,ex)，即ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex).【技巧】兩邊同除x，隔離為兩個相對常見的函數令h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(ex－1,ex2)，易知h(x)在上單調遞減，在上單調遞增，【易錯】忽視對數的定義域則h(x)min＝h＝0，所以lnx＋eq\f(1,ex)≥0.再令φ(x)＝ex－ex，則φ′(x)＝e－ex，易知φ(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，則φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.因為h(x)與φ(x)不同時為0，所以ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex)，故原不等式成立．【例4】(2022·武漢模擬)已知函數f(x)＝lnx＋x.，證明：xf(x)<ex.【解題指導】xf(x)<ex→1＋eq\f(lnx,x)<eq\f(ex,x2)→構造函數g(x)＝1＋eq\f(lnx,x)→函數g(x)求導→分析單調行→求g(x)max→構造函數h(x)＝eq\f(ex,x2)→函數h(x)求導→分析單調行→h(x)min→比較可得【解析】要證xf(x)<ex，即證x2＋xlnx<ex，即證1＋eq\f(lnx,x)<eq\f(ex,x2).【技巧】兩邊同除x2，隔離為兩個相對常見的函數令函數g(x)＝1＋eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).令g′(x)>0，得x∈(0，e)；令g′(x)<0，得x∈(e，＋∞)．所以g(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，【易錯】忽視對數的定義域所以g(x)max＝g(e)＝1＋eq\f(1,e)，令函數h(x)＝eq\f(ex,x2)，則h′(x)＝eq\f(exx－2,x3).當x∈(0,2)時，h′(x)<0；當x∈(2，＋∞)時，h′(x)>0.所以h(x)在(0,2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，所以h(x)min＝h(2)＝eq\f(e2,4).因為eq\f(e2,4)－>0，所以h(x)min>g(x)max，即1＋eq\f(lnx,x)<eq\f(ex,x2)，從而xf(x)<ex得證．【解題技巧】若直接求導比較復雜或無從下手時，可將待證式進行變形，構造兩個函數，從而找到可以傳遞的中間量，達到證明的目標．本例中同時含lnx與ex，不能直接構造函數，把指數與對數分離兩邊，分別計算它們的最值，借助最值進行證明．【能力專練2】(2022·百校大聯考)已知函數f(x)＝elnx－ax(a∈R)．(1)討論函數f(x)的單調性；(2)當a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.(1)解f′(x)＝eq\f(e,x)－a(x>0)，①若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；②若a>0，則當0<x<eq\f(e,a)時，f′(x)>0；當x>eq\f(e,a)時，f′(x)<0.故f(x)在上單調遞增，在上單調遞減．(2)證明因為x>0，所以只需證f(x)≤eq\f(ex,x)－2e，當a＝e時，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減．所以f(x)max＝f(1)＝－e.設g(x)＝eq\f(ex,x)－2e(x>0)，則g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)，所以當0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調遞減；當x>1時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－e.綜上，當x>0時，f(x)≤g(x)，即f(x)≤eq\f(ex,x)－2e.故不等式xf(x)－ex＋2ex≤0得證．考法3適當放縮法【例5】已知x∈(0，1)，求證：x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).【解題指導】法一：要證x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)→ex＜lnx→放縮證lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2＞0→放縮證lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0→構造函數g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)→分析g(x)單調行可得法二：要證x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)→ex＜lnx→放縮證x2－eq\f(1,x)＜lnx→放縮證lnx＋eq\f(1,x)－x＞0→構造函數h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x→分析g(x)單調行可得【證明】法一要證x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)，只需證ex＜lnx，【技巧】兩邊同乘ex先化簡又易證ex＞x＋1(0＜x＜1)，∴只需證明lnx＋(x＋1)＞0.【卡殼點】利用ex＞x＋1放縮即證lnx＋1－x3＋eq\f(1,x)－x2＞0，而x3＜x，x2＜x(0＜x＜1)，【卡殼點】利用x3＜x，x2＜x放縮∴只需證lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0，令g(x)＝lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－2－eq\f(1,x2)＝－eq\f(2x2－x＋1,x2)，而2x2－x＋1＞0恒成立，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(0，1)上單調遞減，∴當x∈(0，1)時，g(x)＞g(1)＝0，即lnx＋1－2x＋eq\f(1,x)＞0.∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).法二∵x∈(0，1)，∴ex∈(1，e)，∴要證x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex)成立，只需證ex＜lnx成立，只需證x2－eq\f(1,x)＜lnx，【卡殼點】利用1＞ex放縮又x2＜x(0＜x＜1)，∴只需證lnx＋eq\f(1,x)－x＞0，【卡殼點】利用x2＜x放縮令h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－x，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\f(x2－x＋1,x2)，而x2－x＋1＞0恒成立，∴h′(x)＜0，∴h(x)在(0，1)上單調遞減，∴當x∈(0，1)時，h(x)＞h(1)＝0，∴lnx＋eq\f(1,x)－x＞0，∴x2－eq\f(1,x)＜eq\f(lnx,ex).【例6】已知函數f(x)＝ex，當x>－2時，求證：f(x)>ln(x＋2)．【解題指導】構造函數g(x)＝＝ex－x－1→函數g(x)求導→分析單調行→求g(x)min→構造函數令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)→函數h(x)求導→分析單調行→h(x)min→放縮可得【解析】設g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ex－x－1(x>－2)，則g′(x)＝ex－1，當－2<x<0時，g′(x)<0；當x>0時，g′(x)>0，即g(x)在(－2,0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，于是當x＝0時，g(x)min＝g(0)＝0，因此f(x)≥x＋1(當且僅當x＝0時取等號)，【卡殼點】利用x＋1作為中間量，進行放縮令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)(x>－2)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x＋2)＝eq\f(x＋1,x＋2)，則當－2<x<－1時，h′(x)<0，當x>－1時，h′(x)>0，即有h(x)在(－2，－1)上單調遞減，在(－1，＋∞)上單調遞增，于是當x＝－1時，h(x)min＝h(－1)＝0，因此x＋1≥ln(x＋2)(當且僅當x＝－1時取等號)，所以當x>－2時，f(x)>ln(x＋2)．【易錯點】注意取等號的條件【解題技巧】導數方法證明不等式中，最常見的是ex和lnx與其他代數式結合的問題，對于這類問題，可以考慮先對ex和lnx進行放縮，使問題簡化，簡化后再構建函數進行證明．常見的放縮公式如下：(1)ex≥1＋x，當且僅當x＝0時取等號．(2)lnx≤x－1，當且僅當x＝1時取等號．【能力專練3】已知函數f(x)＝，g(x)＝eq\f(x,ex)，證明：f(x)>2g(x)－1.【解析】設h(x)＝ex－x－1(x>0)，則h′(x)＝ex－1>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴h(x)>h(0)＝0，即ex>x＋1>1，∴eq\f(1,ex)<eq\f(1,x＋1).要證f(x)>2g(x)－1，即證eq\f(xlnx,x＋1)>eq\f(2x,ex)－1，只需證eq\f(xlnx,x＋1)≥eq\f(2x,x＋1)－1，即證xlnx≥x－1，令m(x)＝xlnx－x＋1，則m′(x)＝lnx，∴當x∈(0,1)時，m′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，m′(x)>0，∴m(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，∴m(x)min＝m(1)＝0，即m(x)≥0，∴xlnx≥x－1，則f(x)>2g(x)－1得證．模擬訓練模擬訓練1．（2023·湖南湘潭·統考二模）已知，曲線在處的切線方程為．(1)求a，b的值；(2)證明：當時，．【分析】（1）根據切點和斜率求得.（2）化簡，利用構造函數法，結合導數證得不等式成立.【詳解】（1）由題可知，即．又，所以，解得，即．（2），，要證，，只需證，令，則，令，則，所以在上單調遞增，所以，即，所以在上單調遞增，則，即當時，．2．（2023·廣西梧州·統考一模）已知函數，其中．(1)求函數的最小值；(2)證明：．【分析】（1）由導數法求最小值；（2）由（1）結論得當時，（當且僅當時，等號成立），即可構造，結合累加法即可證明.【詳解】（1），，因為，所以當時，；當時，，故在上遞減，在上遞增，故．（2）證明：由（1）知，當時，，即當時，，即（當且僅當時，等號成立），令，則，所以．又，故，從而，，…，，累加可得，即，故3．（2023·河南洛陽·洛陽市第三中學校聯考一模）已知函數．(1)求函數的圖象在點處的切線方程；(2)求證：．【分析】（1）求出函數的導數，利用導數的幾何意義即可求得答案；（2）將所要證明的不等式變形為，從而構造函數，利用導數判斷其單調性，求得其最小值，即可證明原不等式.【詳解】（1）因為，所以，所以，又因為．所以函數的圖象在點處的切線方程為，即．（2）證明：要證，即證，即證，即證．令，則．由，可得，（舍去）因為當時，，所以當時，，在上單調遞減；當時，，在上單調遞增．所以，所以，結論得證．另解：證明：因為，所以要證，即證，即證．設，則．令，則，而函數在上單調遞減，又，，故存在唯一的，使得，即，即，等式兩邊同時取對數得，即．當時，，在上單調遞增；當時，，在上單調遞減．所以，即，所以在上單調遞減．因為當時，，，所以函數，所以成立．【點睛】：方法點睛：利用導數證明不等式，一般方法是將不等式進行變形，進而構造恰當的函數，從而將不等式的證明問題轉化為函數的單調性或最值問題,4．（2023·河南焦作·統考模擬預測）已知函數.(1)若，求的極值；(2)若是的兩個零點，且，證明：.【分析】（1）根據得到，然后求導，得到單調性，即可求極值；（2）令，，，根據，為的兩個零點得到，然后將證明轉化為證明，構造函數，求導，得到的單調性，即可得到，即可證明成立.【詳解】（1）由題可知，則當時，，則在上單調遞減，當時，，則在上單調遞增，所以當時，取得極小值，無極大值.（2）記，，，則，，作差得，即，要證明，只需證，即證，令，則，所以在上單調遞增，則，所以成立.【點睛】導數中常用的兩種轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}，注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點，不等式證明常轉化為函數的單調性、極（最）值問題處理.5．（2023·陜西咸陽·?？家荒＃┮阎瘮?(1)求在點處的切線方程;(2)求證：當時，.【分析】（1）根據導數的幾何意義直接求解即可；（2）由題知，進而構造函數，研究最小值即可證明；【詳解】（1）解：由題知，，，所以，切點為，斜率為，所以，所求切線為.（2）證明：，即令，則令，，則在恒成立，所以，在上單調遞增，有，所以，在恒成立，即在上單調遞增，所以，，即，綜上，當時，.6．（2023·山西·校聯考模擬預測）已知函數．(1)若不等式在上恒成立，求實數a的取值范圍；(2)若，求證：．【分析】（1）求出函數的導數，證明導數為單調增函數，然后分和兩種情況判斷導數的正負，從而判斷函數的單調性，結合不等式恒成立，求得參數范圍；（2）利用（1）的結論將要證明的不等式轉化為證明，從而構造函數，利用導數判斷函數單調性，結合函數值范圍，進而證明原不等式成立.【詳解】（1）由題意知，，令，則，則在上恒成立，僅在時取等號，所以在上單調遞增，即在上單調遞增．當時，在上恒成立，所以在上單調遞增，所以，符合題意；當時，．令，則，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以．所以，又在上單調遞增，所以，使得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，不符合題意．綜上所述，實數a的取值范圍是．（2）證明：由（1）得，當，時，，即，要證不等式，只需證明，只需證明，即只需證，設，則，當時，恒成立，故在上單調遞增，又，所以恒成立，所以原不等式成立．【點睛】難點點睛：第二問證明不等式成立時，要結合第一問的結論，得到，即，這是要結合所要證明的不等式的變形進行的合理變式，因此難點就在于要利用分析的方法，將原不等式轉化為證明，即需證明，也就是證，然后可以構造函數，利用導數判斷函數單調性解決問題.7．（2023·浙江·永嘉中學校聯考模擬預測）已知為正實數，函數.(1)若恒成立，求的取值范圍；(2)求證：（）.【分析】（1）求導，分類討論判斷單調性，結合恒成立問題運算求解；（2）根據（1）可得不等式可證，構建，利用導數證明，結合裂項相消法可證.【詳解】（1），①若，即，，函數在區間單調遞增，故，滿足條件；②若，即，當時，，函數單調遞減，則，矛盾，不符合題意.綜上所述：.（2）先證右側不等式，如下：由（1）可得：當時，有，則，即，即，則有，即，右側不等式得證.下證左側不等式，如下：構建，則在上恒成立，故在上單調遞減，則，即，可得，即，則有，即，∵，則，故，左側得證.綜上所述：不等式成立.【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式的基本步驟：(1)作差或變形．(2)構造新的函數h(x)．(3)利用導數研究h(x)的單調性或最值．(4)根據單調性及最值，得到所證不等式．特別地：當作差或變形構造的新函數不能利用導數求解時，一般轉化為分別求左、右兩端兩個函數的最值問題．8．（2022·寧夏銀川·銀川一中?？既＃┮阎瘮担樽匀粚档牡讛?，）．(1)求函數的單調區間；(2)若，，證明：當時，.【分析】（1）求出的導數，根據的取值范圍，對的符號進行討論，求出單調區間即可；（2）將，，，代入，利用導數求出函數在區間的最大值，并證明，再判斷端點函數值，即可.【詳解】（1）∵，∴的定義域為，∴，①當時，對任意的，，在上單調遞減，∴此時，的單調遞減區間為，無單調遞增區間；②當時，令，得，易知在區間單調遞減，∴當時，，在區間單調遞增，當時，，在區間單調遞減，∴此時，的單調遞增區間為，單調遞減區間為.綜上所述，當時，的單調遞減為，無單調遞增區間；當時，的單調遞增區間為，單調遞減區間為.（2）若，則，，∴，當時，，令，，則，當時，，∴在區間上單調遞增，又∵，，∴，使，此時，，即又∵在區間上單調遞增，∴當時，，，在區間上單調遞增，當時，，，在區間上單調遞減，∴當時，取得極大值，也是最大值，，令，則，當時，，∴在區間上單調遞增，當時，，∴當時，，又∵，，∴綜上所述，若，當時，.【點睛】利用導數證明不等式的常用方法有：（1）放縮法：通常會結合已知條件進行放縮（如本