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利用导数证明不等式
动向解读：函数、导数、不等式的综合问题是近几年高考的一个热点题型，这类问题以“参数处理”为主要特征，以“导数运用”为主要手段，以“函数的单调性、极值、最值”为结合点，往往涉及到函数、导数、不等式、方程等多方面的知识，需要综合运用等价转换、分类讨论、数形结合等重要数学思想方法.不等式的证明是高中的热点问题，不等式的证明方法有，作差法，作商法，数学
归纳法，分子有理化，平方转化，利用基本不等式，本文介绍有关数列不等式的证明，
用导数证明函数的单调性，给X赋值代入
题型一 ：利用不等式
背景知识：，
例1 求证：
证明：在不等式中令，
，可得个不等式，相加可以得证。
2 求证：，时，
证明：，∴

3 求证：

证明 ，令，则有，
变形为，

4记，证明：不等式
,,,令
用代替中的中的：可得 令取得 ，令，
则，
因此.又
故

题型二 利用不等式 ：
例：求证：
令，

当时，
当时，，

题型三 利用不等式
求证：
证明：令，得，
即
所以
上式中n=1，2，3，…，n，然后n个不等式相加得到

求证：
由得，即，
令，，，，
将上述各式相加得
，
题型四 利用不等式 求证对任意正整数，
证明：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

证明不等式（2007山东理 22）
设函数，其中．
（Ⅰ）当时，判断函数在定义域上的单调性；
（Ⅱ）求函数的极值点；
（Ⅲ）证明对任意的正整数，不等式都成立．
解：（Ⅰ）由题意知，的定义域为，
设，其图象的对称轴为，
．当时，，
即在上恒成立，当时，，
当时，函数在定义域上单调递增．
（Ⅱ）①由（Ⅰ）得，当时，函数无极值点．
②时，有两个相同的解，
时，，时，，
时，函数在上无极值点．
③当时，有两个不同解，，，
时，，，即，．
时，，随的变化情况如下表：

极小值

由此表可知：时，有惟一极小值点，
当时，，，
此时，，随的变化情况如下表：

极大值

极小值

由此表可知：时，有一个极大值和一个极小值点；
综上所述：
时，有惟一最小值点；
时，有一个极大值点和一个极小值点；
时，无极值点．
（Ⅲ）当时，函数，
令函数，
则．
当时，，所以函数在上单调递增，
又．
时，恒有，即恒成立．
故当时，有．
对任意正整数取，则有．所以结论成立．

证明不等式;
（2012辽宁理）12. 若，则下列不等式恒成立的是
A． B．
C． D．
【解析】验证A，当，故排除A；验证B，当，
，而，故排除B；
验证C，令，显然恒成立
所以当，，所以，为增函数，
所以，恒成立，故选C；验证D，令
，
令，解得，所以当时，，显然不恒成立，故选C.

通过渐近线转化
设函数(常数)，在处取得极小值,(为自然对数的底数)

（1）求在处的切线方程
（2）对任意，求证
大家很容易得到，在处的切线方程为下面看第二问题的不等式证明，我用构造函数法证不出来，又试着分开两个函数出不行，用不等式放缩也不行，正当我一筹莫展时，忽然想到第一问题的切线联系起来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，这样利用不等式的传递性就可以证明了，心里非常高兴，马上付诸行动。令
,,递增,，递增,，故.
再令,
,,
令则，故
,,
,,
,综上可知

设函数，其中.（1）若，求在的最小值；（2）如果在定义域内既有极大值又有极小值，求实数的取值范围；（3）是否存在最小的正整数，使得当时，不等式恒成立.
解析：（1）由题意知，的定义域为，
时，由，得（舍去），
当时，，当时，，
所以当时，单调递减；当时，单调递增，
所以；
（2）由题意在有两个不等实根，即在有两个不等实根，
设，则，解之得；
（3）对于函数，令函数，
则，，
所以函数在上单调递增，又时，恒有，
即恒成立.取，则有恒成立.
显然，存在最小的正整数N=1，使得当时，不等式恒成立.
已知函数（其中为常数）.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2） 当时，设函数的3个极值点为，且.
证明：.
解:(Ⅰ)
令可得.列表如下:

-
-
0
+

减
减
极小值
增
单调减区间为,;增区间为.

(Ⅱ)由题，
对于函数，有
∴函数在上单调递减，在上单调递增
∵函数有3个极值点，
从而，所以，
当时，，，
∴ 函数的递增区间有和，递减区间有
此时，函数有3个极值点，且；
∴当时，是函数的两个零点，
即有，消去有
令，有零点，且
∴函数在上递减，在上递增
要证明
即证
构造函数，=0
只需要证明单调递减即可.
而，
在上单调递增,
∴当时，.
12.已知函数，，设.
（1）若在处取得极值，且，求函数的单调区间；
（2）若时函数有两个不同的零点①求的取值范围；②求证：.
解析：（1）因为，所以, 由可得a=b-3.
又因为在处取得极值，所以， 所以a= -2,b=1 .

所以，其定义域为（0，+）

令得， 当（0,1）时，，当（1,+），
所以函数h（x）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.
（2）当时，，其定义域为（0，+）.
①由得，记，则,
所以在单调减，在单调增，
所以当时取得最小值.
又，所以时，而时,
所以b的取值范围是（，0）.
②由题意得,
所以,所以，不妨设x1)＝(x∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)已知函数y＝g(x)对任意x满足g(x)＝f(4－x)，证明当x＞2时，f(x)＞g(x)；
(3)如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明x1＋x2＞4.
解析 (1)由f(x)＝得f′(x)＝.
令f′(x)＝0，解得x＝2，则x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
增
极大值
减
所以f(x)在(－∞，2)内是增函数，在(2，＋∞)内是减函数．
函数f(x)在x＝2时取得极大值f(2)＝.
(2)证明　因为g(x)＝f(4－x)，所以g(x)＝.
令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝－
则F′(x)＝－＝.
当x＞2时，2－x＜0,2x－1＞3，从而e3－e2x－1＜0，
则函数F′(x)＞0，F(x)在(2，＋∞)是增函数．
所以F(x)＞F(2)＝－＝0，故当x＞2时，f(x)＞g(x)成立．
(3)证明　因为f(x)在(－∞，2)内是增函数，在(2，＋∞)内是减函数．x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，
所以x1，x2不可能在同一单调区间内，不妨设x1＜2＜x2，由(2)可知f(x2)＞g(x2)，又g(x2)＝f(4－x2)，所以f(x2)＞f(4－x2)，因为fx1)＝f(x2)，
所以f(x1)＞f(4－x2)，因为x2＞2,4－x2＜2，x1＜2，f(x)在区间(－∞，2)内为增函数，故x1＞4－x2，即x1＋x2＞4.
3.（15年陕西理科）设是等比数列，，，，的各项和，其中，，．
（I）证明：函数在内有且仅有一个零点（记为），且；
（II）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为，比较与的大小，并加以证明．
【答案】（I）证明见解析；（II）当时， ，当时，，证明见解析．
【解析】
试题分析：（I）先利用零点定理可证在内至少存在一个零点，再利用函数的单调性可证在内有且仅有一个零点，进而利用是的零点可证；（II）先设，再对的取值范围进行讨论来判断与的大小，进而可得和的大小．
试题解析：（I）则

所以在内至少存在一个零点.又，故在内单调递增，所以在内有且仅有一个零点.
因为是的零点，所以，即，故.
(II)解法一：由题设，
设
当时,
当时,
若,

若,
所以在上递增，在上递减，所以，即.
综上所述，当时, ；当时

课本上的不等式证明，
不等式证明比等式明更难，历史上的许多著名的不等式，如柯西不等式，如果我们对不等式好好研究，就能在历史上留名，会以我们的名字命名，那是一件多么幸福的事情

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