利用导数证明不等式
利用导数证明不等式，常用的思路层次有三个，其一直接构造函数利用导数证明；其二直接做差构造函数利用导数证明；其三先做适当的变换后再做差构造函数利用导数证明；这样的思路顺序是由易到难安排的。
前言
利用导数证明不等式，常用的思路层次有三个，其一直接构造函数利用导数证明；其二直接做差构造函数利用导数证明；其三先做适当的变换后再做差构造函数利用导数证明；这样的思路顺序是由易到难安排的。
典例剖析
以下重点说明\(x\in[-1，0]\)时，求证：\(\cfrac{1+x}{1-x}\leq e^{2x}\)
思路一：【直接做差】
令\(f(x)=\cfrac{1+x}{1-x}- e^{2x}\)，然后用导数求解\(f(x)_{max}\leq 0\)
思路二：【变形做差】\(\cfrac{1+x}{1-x}\leq e^{2x}\Longleftrightarrow 1+x\leq e^{2x}(1-x)\)
令\(g(x)=(1+x)- e^{2x}(1-x)\)，然后用导数求解\(g(x)_{max}\leq 0\)
思路三：【深度变形做差】\(\cfrac{1+x}{1-x}\leq e^{2x}\Longleftrightarrow 1+x\leq e^{2x}(1-x)\Longleftrightarrow (1+x)e^{-x}\leq (1-x)e^x\)
令\(h(x)=(1+x)e^{-x}-(1-x)e^x\)，然后用导数求解\(h(x)_{max}\leq 0\)
如果你乐意动手求导数，你会发现只有思路三求导最简单，也最好把握，由此我们感悟，作差构造函数时，一般应该先做适当的等价变换，然后再作差构造函数。
(1).对于\(x\in(0，1)\)，\(f'(x)>0\)恒成立，求实数\(a\)的取值范围。
分析：利用\(cosx-a>0\)在\(x\in(0，1)\)恒成立，可以求得\(a<cos1\)。
(2).当\(a=1\)时，令\(h(x)=f(x)-sinx+lnx+1\)，求\(h(x)\)的最大值。
分析：此时\(h(x)=lnx-x+1\)，如果能知道结论\(lnx\leq x-1\)，
即可知\(h(x)_{max}=h(1)=0\)。或利用导数也可以求得\(h(x)_{max}=h(1)=0\)。
(3).求证：\(ln(n+1)<1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}(n\in N^*)\)。
分析：看到这样的不等式关系，我们应该想到的有裂项相消法、数学归纳法，
法1: 由(2)的结论\(lnx \leq x-1\)得到\(ln(x+1)\leq x(x\neq 0)\)，
若将其延伸到自然数，则有\(ln(n+1)<n\)，再做代换，
用\(\cfrac{1}{n}\)替换\(n\)，变形得到\(ln(\cfrac{1}{n}+1)<\cfrac{1}{n}\)，
即\(ln(\cfrac{n+1}{n})=ln(n+1)-lnn<\cfrac{1}{n}\)，
令此式中的\(n\)分别取\(1，2，3，\cdots，n\)，即得到以下\(n\)个表达式：
\(ln\cfrac{2}{1}<1\)；即\(ln2-ln1<1\)
\(ln\cfrac{3}{2}<\cfrac{1}{2}\)；即\(ln3-ln2<\cfrac{1}{2}\)；
\(ln\cfrac{4}{3}<\cfrac{1}{3}\)；即\(ln4-ln3<\cfrac{1}{3}\)；
\(\cdots\)；\(\cdots\)；
\(ln\cfrac{1+n}{n}<\cfrac{1}{n}\)；即\(ln(n+1)-lnn<\cfrac{1}{n}\)；以上式子累加，得到
\(ln(n+1)-ln1<1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}\)，
即\(ln(n+1)<1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}(n\in N^*)\)。
法2：可以考虑用数学归纳法，待后思考。
证明：先用导数证明\(e^x\ge x+1\)，再做代换，用\(\cfrac{1}{3^n}\)替换\(x\)，
得到\(e^{\frac{1}{3^n}}>\cfrac{1}{3^n}+1\)；即\(1+\cfrac{1}{3^n}<e^{\cfrac{1}{3^n}}\)；
故\((1+\cfrac{1}{3})\cdot (1+\cfrac{1}{3^2})\cdot(1+\cfrac{1}{3^3})\cdots (1+\cfrac{1}{3^n})\)
\(<e^{\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\dots+\frac{1}{3^n}}\)
\(=e^{\cfrac{\frac{1}{3}\cdot[1-(\frac{1}{3})^n]}{1-\frac{1}{3}}}\)
\(=e^{\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{1}{3^n})}<e^{\cfrac{1}{2}}=\sqrt{e}<\sqrt{4}=2\)，
故得证。
分析：令\(\cfrac{x_1}{x_2}=t\)，则\(t>1\)；\(ln(\cfrac{x_1}{x_2})>2\cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}\)等价于\(lnt>2\cfrac{t-1}{t+1}\)；
然后作差构造函数\(g(t)=lnt-2\cfrac{t-1}{t+1}\)，想办法证明\(g(t)>0\)恒成立即可。
解析：\(g'(t)=\cfrac{1}{t}-2\cfrac{1\cdot(t+1)-(t-1)\cdot 1}{(t+1)^2}=\cfrac{1}{t}-\cfrac{4}{(t+1)^2}=\cfrac{(t-1)^2)}{t(t+1)^2}\ge 0\)
故函数\(g(x)\)在区间\((1，+\infty)\)上单调递增，\(g(x)_{min}\rightarrow g(1)=0\)，故\(g(x)>0\)在区间\((1，+\infty)\)上恒成立，
故原命题得证。
解后反思：若要利用导数工具来证明不等式\(f(x)>g(x)\)，其一般的思路就是作差构造函数\(h(x)=f(x)-g(x)>0\)，然后用导数求函数\(h(x)\)的最小值大于0即可。
(1)若关于\(x\)的方程\(f(x)+\cfrac{3}{2}x^2=3x-b\)在区间\([\cfrac{1}{2}，2]\)上恰有两个不相等的实数根，求实数\(b\)的取值范围。
分析：\(f'(x)=\cfrac{1}{x}-2ax\)，由函数\(f(x)\)在点\((2，f(2))\)处的切线的一个方向向量是\((2，-3)\)，
即\(f'(2)=\cfrac{1}{2}-4a=-\cfrac{3}{2}\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)，方程\(f(x)+\cfrac{3}{2}x^2=3x-b\)变形为\(lnx+x^2-3x=-b\)，
令\(g(x)=lnx+x^2-3x\)，\(h(x)=-b\)。\(g'(x)=\cfrac{(2x-1)(x-1)}{x}\)，
故函数\(g(x)\)在\((\cfrac{1}{2}，1)\)上单调递减，在\((1，2)\)上单调递增，
又\(g(\cfrac{1}{2})=-ln2-\cfrac{5}{4}\)，\(g(1)=-2\)，\(g(2)=ln2-2\)，
又\(g(\cfrac{1}{2})-g(2)=-2ln2+\cfrac{3}{4}<0\)，
故\(g(\cfrac{1}{2})<g(2)\)，在同一坐标系中作出函数\(g(x)\)和\(h(x)\)的大致图像如右，
由图可知要使两个函数有两个交点，则\(-2<-b\leq -ln2-\cfrac{5}{4}\)，
即\(ln2+\cfrac{5}{4}\leq b<2\)，故\(b\in [\cfrac{5}{4}+ln2，2)\)。
(2)证明：\(\sum\limits_{k=2}^n{(\cfrac{1}{\frac{1}{2}k^2+f(k)})^2}>\cfrac{n-1}{2(n+1)}(n\in N^*，n\ge 2)\)。
证明：由于\(f(k)=lnk-\cfrac{1}{2}k^2\)，则\(\cfrac{1}{2}k^2+f(k)=lnk\)，
设\(h(k)=x-lnx\)，则\(h'(x)=1-\cfrac{1}{x}=\cfrac{x-1}{x}\)，
当\(x>1\)时，\(h'(x)>0\)，故\(h(x)\)在区间\((1，+\infty)\)上单调递增，
又\(h(1)=1>0\)，\(k\ge 2\) ，可得\(h(k)=k-lnk>0\)，
即\(k>lnk>0\)，故\((lnk)^2<k^2\)，则\(\cfrac{1}{(lnk)^2}>\cfrac{1}{k^2}\)，
又\(\cfrac{1}{k^2}>\cfrac{1}{k(k+1)}=\cfrac{1}{k}-\cfrac{1}{k+1}\)，
故\(\sum\limits_{k=2}^n{(\cfrac{1}{\frac{1}{2}k^2+f(k)})^2}\)
\(=(\cfrac{1}{ln2})^2+(\cfrac{1}{ln3})^2+\cdots+(\cfrac{1}{lnn})^2\)
\(>\cfrac{1}{2^2}+\cfrac{1}{3^2}+\cdots+\cfrac{1}{n^2}\)
\(>\cfrac{1}{2\times3}+\cfrac{1}{3\times4}+\cdots+\cfrac{1}{n(n+1)}\)
\(=\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1}\)
\(=\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{n+1}\)
\(=\cfrac{n-1}{2(n+1)}(n\in N^*，n\ge 2)\)。
(1)讨论函数\(f(x)\)的单调性。
(2)当\(x>y>e-1\)时，证明不等式\(e^x\cdot ln(1+y)>e^y\cdot ln(1+x)\)
分析：(1)定义域为\((0，+\infty)\)，又\(f'(x)=a-\cfrac{1}{x}=\cfrac{ax-1}{x}\)，
由于分母为正，故只针对分子\(ax-1\)分类讨论，
当\(a\leq 0\)时，\(ax-1<0\)，即\(f'(x)<0\)，故在\((0，+\infty)\)上单调递减；
当\(a>0\)时，令\(ax-1=0\)，得到\(x=\cfrac{1}{a}\)，
故在\((0，\cfrac{1}{a})\)上单调递减，在\((\cfrac{1}{a}，+\infty)\)上单调递增。
(2)将欲证明结论
\(e^x\cdot ln(1+y)>e^y\cdot ln(1+x)\)变形为\(\cfrac{ln(1+y)}{e^y}>\cfrac{ln(1+x)}{e^x}\)，
题目转化为由\(x>y>e-1\)时，证明\(\cfrac{ln(1+y)}{e^y}>\cfrac{ln(1+x)}{e^x}\)，
故我们构造函数\(g(x)=\cfrac{ln(1+x)}{e^x}\)，
这样命题转化为当\(x>y>e-1\)时，\(g(y)>g(x)\)，
故只需要证明函数\(g(x)\)在\((e-1，+\infty)\)上单调递减即可。
以下用导数证明。
\(g'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x+1}\cdot e^x-ln(x+1)\cdot e^x}{(e^x)^2}=\cfrac{\cfrac{1}{x+1}-ln(x+1)}{e^x}\)，
令\(h(x)=\cfrac{1}{x+1}-ln(x+1)\)，
则\(h'(x)=-\cfrac{1}{(x+1)^2}-\cfrac{1}{x+1}=-\cfrac{x+2}{(1+x)^2}\)，
当\(x>e-1\)时，很显然\(h'(x)<0\)；
故函数\(h(x)\)在\((e-1，+\infty)\)上单调递减，
故\(h(x)<h(e-1)=\cfrac{1}{e}-1<0\)，
故导函数\(g'(x)=\cfrac{h(x)}{e^x}<0\)在\((e-1，+\infty)\)上恒成立，
故函数\(g(x)\)在\((e-1，+\infty)\)上单调递减，
证毕。
(1)、求\(a、b\)的值和直线\(l\)的方程；
分析：一直线两曲线的公切线问题，同一法；
由题意，直线\(l\)与曲线\(C_1：y=f(x)\)切于点\((0，a)\)，又\(f'(0)=a\)，
故切线方程为\(y-a=a(x-0)\)，即\(y=ax+a\)；
与曲线\(C_2：y=g(x)\)切于点\((\cfrac{\pi}{2}，1+\cfrac{\pi}{2}b)\)，又\(g'(\cfrac{\pi}{2})=b\)，
故切线方程为\(y-(1+\cfrac{\pi}{2}b)=b(x-\cfrac{\pi}{2})\)，即\(y=bx+1\)；
由同一法可知，\(a=b=1\)，切线方程为\(y=x+1\)。
(2)、求证：\(ae^x+x^2-bx-sinx>0\)。
分析：证明时思路的预判，原不等式即\(e^x+x^2-x-sinx>0\)
思路一：令\(h(x)=e^x+x^2-x-sinx(x\in R)\)，即需要说明\(h(x)_{min}>0\)；
\(h'(x)=e^x+2x-1-cosx\)；令\(m(x)=h'(x)\)，
则\(m'(x)=e^x+2+sinx>0\)恒成立，故\(h'(x)\)在\(R\)上单调递增，
故此时我们想得到\(h'(x_0)>0\)或者\(h'(x_0)<0\)的可能性在\(x\in R\)时不存在了，
故要么放弃这一思路，要么考虑调整思路。
思路二：注意第一问的结论，函数\(f(x)=e^x+x^2\)和函数\(g(x)=x+sinx\)的公切线是直线\(y=x+1\)
故可以尝试这样转化，证明\(f(x)=e^x+x^2>x+1\)，且证明\(g(x)=x+sinx<x+1\)；
先尝试证明\(f(x)=e^x+x^2\ge x+1\)，
作差令\(h(x)=e^x+x^2-x-1\)，则\(h'(x)=e^x+2x-1\)
在同一个坐标系中做出函数\(y=e^x\)和函数\(y=1-2x\)的图像，由图像可得
\(x<0\)时，\(h'(x)<0\)；\(x>0\)时，\(h'(x)>0\)；
\(x=0\)时，\(h'(x)=0\)；
故函数\(h(x)\)在\((-\infty，0)\)上单调递减，在\((0，+\infty)\)上单调递增，
故\(h(x)_{min}=h(0)=0\)，故\(h(x)\ge 0\)恒成立，当且仅当\(x=0\)时取到等号；
再证明\(g(x)=x+sinx\leq x+1\)；即证明\(sinx\leq 1\)
由三角函数的性质我们知道，这个不等式是恒成立的，当且仅当\(x=2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)时取到等号；
综上所述，\(e^x+x^2\ge x+1\)，\(x+1\ge x+sinx\)，
故\(e^x+x^2>x+sinx\)，等号不能同时取到，故此处取不等号。
即\(ae^x+x^2-bx-sinx>0\)。证毕。
(1).设\(h(x)=f(x)+g(x)\)，证明：当\(m>n>0\)，\(a\ge 1\)时，\(h(m)+2n>h(n)+2m\)；
分析：由欲证明式子入手分析，\(h(m)+2n>h(n)+2m\)，可以转化为\(h(m)-2m>h(n)-2n\)；此时不等式左右两端的结构相同，可以构造新函数了，
令\(l(x)=h(x)-2x=f(x)+g(x)-2x=\cfrac{1}{2}x^2+alnx-2x\)，定义域为\((0，+\infty)\)，且\(a\ge 1\)，
则\(l'(x)=x+\cfrac{a}{x}-2=\cfrac{(x-1)^2+(a-1)}{x}\)，
当\(a\ge 1\)时，\(l'(x)\ge 0\)在\((0，+\infty)\)上恒成立，故\(l(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递增，
有由于\(m>n>0\)，故有\(l(m)>l(n)\)，即\(\cfrac{1}{2}m^2+alnm-2m>\cfrac{1}{2}n^2+alnn-2n\)，
即\(f(m)+g(m)+2n>f(n)+g(n)+2m\)，即\(h(m)+2n>h(n)+2m\)；证毕。
(2).若在\([1，e]\)上存在一点\(x_0\)，使得\(f'(x_0)+\cfrac{1}{f'(x_0)}<g(x_0)-g'(x_0)\)成立，求实数\(a\)的取值范围；
法1：此题目容易转化为能成立问题，由题可知，\(x_0+\cfrac{1}{x_0}<alnx_0-\cfrac{a}{x_0}\)在\(x_0\in [1，e^2]\)上能成立，故想到分离参数，但是尝试后发现，次思路行不通，故考虑调整求解思路；
法2：由题可知，\(x_0+\cfrac{1}{x_0}<alnx_0-\cfrac{a}{x_0}\)在\(x_0\in [1，e^2]\)上能成立，此时做差构造新函数，
令\(F(x)=x+\cfrac{1}{x}-alnx+\cfrac{a}{x}\)，要使得\(x_0\in [1，e^2]\)，\(F(x_0)<0\)能成立，转化为求解\(F(x)_{min}<0\)，为此求导，
\(F'(x)=1-\cfrac{a}{x}-\cfrac{a+1}{x^2}=\cfrac{x^2-ax-(a+1)}{x^2}=\cfrac{(x+1)[x-(a+1)]}{x^2}\)，做出分子函数的图像，分类讨论如下：
①当\(a+1\leq 1\)时，即\(a\leq 0\)时，\(F'(x)\ge 0\)，\(F(x)\)在区间\([1，e]\)上单调递增，\(F(x)_{min}=F(1)\)，\(F(1)=a+2<0\)，即\(a<-2\)，故\(a<-2\)；
②当\(1<a+1\leq e\)时，即\(0<a\leq e-1\)时，\(F(x)\)在区间\([1，a+1]\)上单调递增，\(F(x)\)在区间\([a+1，e]\)上单调递减，
故\(F(x)_{min}=F(a+1)=1+a-aln(a+1)+1<0\)，即\(\cfrac{a+1+1}{a}<ln(a+1)\)，令\(a+1=t\)，则\(t\in (1，e]\)，
即求解\(\cfrac{t+1}{t-1}<lnt\)，做出两个函数的图像，由图像可知此不等式无解，即此时\(a\in \varnothing\)；
③当\(a>e\)时，\(F(x)\)在区间\([1，e]\)上单调递减，故\(F(x)_{min}=F(e)=e+\cfrac{1}{e}-alne+\cfrac{a}{e}<0\)，解得\(a>\cfrac{e^2+1}{e-1}\)，注意\(\cfrac{e^2+1}{e-1}>e\)
综上所述，\(a\in(-\infty，-2)\cup(\cfrac{e^2+1}{e-1}，+\infty)\)。
(1).讨论 \(f(x)\) 的单调性；
分析：当 \(a \leqslant 0\) 时， \(f^{\prime}(x)<0\), \(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 上单调递减，
当 \(a>0\) 时, 由 \(f^{\prime}(x)=0\) 得 \(x=\cfrac{1}{\sqrt{2a}}\)，
当 \(x\in(0, \cfrac{1}{\sqrt{2a}})\) 时，\(f^{\prime}(x)<0\)， \(f(x)\) 单调递减；
当 \(x \in(\cfrac{1}{\sqrt{2a}},+\infty)\) 时， \(f^{\prime}(x)>0\), \(f(x)\) 单调递增.
(2).证明: 当 \(x>1\) 时，\(g(x)>0\)；
证明: 一般我们会想到求\(g(x)_{min}>0\)，但是直接求最小值可能会很复杂，如果变形后估计就可能比较简单；
令 \(s(x)={e}^{x-1}-x\)， 则 \(s^{\prime}(x)={e}^{x-1}-1\)，
当 \(x>1\) 时， \(s^{\prime}(x)>0\)， 所以 \(s(x)>s(1)\)， 即 \({e}^{x-1}>x\)，
从而 \(g(x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{e}{e^{x}}=\cfrac{e(e^{x-1}-x)}{xe^{x}}>0\)；
故当 \(x>1\) 时, \(g(x)>0\).
(1). 求函数 \(f(x)\) 的极值；
解析： 函数 \(f(x)\) 的定义域为 \((0,+\infty)\)， \(f'(x)=\cfrac{a}{x}+1=\cfrac{x+a}{x}\)，
当 \(a \geqslant 0\) 时， \(f'(x)>0\)， \(f(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 单调递增，此时函数 \(f(x)\) 无极值；
当 \(a<0\) 时，由 \(f'(x)>0\)， 得 \(x>-a\)， 由 \(f'(x)<0\)， 得 \(0<x<-a\)，
则可知函数 \(f(x)\) 在 \((0,-a)\) 上单调递减，在 \((-a,+\infty)\) 上单调递增，
所以函数 \(f(x)\) 的极小值为 \(f(-a)=a \ln (-a)-a-1\)，无极大值.
综上可知， 当 \(a \geqslant 0\) 时， 函数\(f(x)\) 无极值;
当 \(a<0\) 时，函数 \(f(x)\) 的极小值为 \(f(-a)=a \ln (-a)-a-1\)，无极大值.
(2). 当 \(a=1\) 时， 求证： \(x{e}^{x}-2-f(x)\geqslant 0\).
解析： 当 \(a=1\) 时，由题设 \(g(x)=x{e}^{x}-2-f(x)=x{e}^{x}-\ln x-x-1\)，
则 \(g'(x)=(x+1){e}^{x}-\cfrac{1}{x}-1=(x+1)({e}^{x}-\cfrac{1}{x})\)， \(x\in(0,+\infty)\)，
其中 \(x+1>0\)， 令 \(h(x)={e}^{x}-\cfrac{1}{x}\)， 易知函数 \(h(x)\) 在 \((0,+\infty)\) 单调递增.
由 \(h(\cfrac{1}{2})=\sqrt{e}-2<0\)， \(h(1)=e-1>0\)，
所以存在 \(x_{0}\in(\cfrac{1}{2}, 1)\)，满足 \(h(x_{0})=0\)， 即有 \({e}^{x_{0}}-\cfrac{1}{x_{0}}=0\)，
所以 \({e}^{x_0}=\cfrac{1}{x_{0}}\)， 两边同时取对数可得 \(x_{0}=-\ln x_{0}\)，
则有函数 \(g(x)\) 在 \((0, x_{0})\) 上单调递减，在 \((x_{0},+\infty)\) 上单调递增，
则有 \(g(x)\geqslant g(x_{0})=x_{0}{e}^{x_0}-\ln x_{0}-x_{0}-1=x_{0}\cdot\cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}-x_{0}-1=0\)，
即 \(a=1\) 时， \(x{e}^{x}-2-f(x)\geqslant 0\).
