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(xin[-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+xleq 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+xleq 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(xin(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(xin(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(lnxleq 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}(nin 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 eq 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：
(lncfrac{2}{1}<1)；即(ln2-ln1<1)
(lncfrac{3}{2}<cfrac{1}{2})；即(ln3-ln2<cfrac{1}{2})；
(lncfrac{4}{3}<cfrac{1}{3})；即(ln4-ln3<cfrac{1}{3})；
(cdots)；(cdots)；
(lncfrac{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}(nin 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^xge 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})>2cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2})等价于(lnt>2cfrac{t-1}{t+1})；
然后作差构造函数(g(t)=lnt-2cfrac{t-1}{t+1})，想办法证明(g(t)>0)恒成立即可。
解析：(g'(t)=cfrac{1}{t}-2cfrac{1cdot(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} ightarrow 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<-bleq -ln2-cfrac{5}{4})，
即(ln2+cfrac{5}{4}leq b<2)，故(bin [cfrac{5}{4}+ln2，2))。
(2)证明：(sumlimits_{k=2}^n{(cfrac{1}{frac{1}{2}k^2+f(k)})^2}>cfrac{n-1}{2(n+1)}(nin N^*，nge 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)，(kge 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(sumlimits_{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 imes3}+cfrac{1}{3 imes4}+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)}(nin N^*，nge 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^xcdot ln(1+y)>e^ycdot 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(aleq 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^xcdot ln(1+y)>e^ycdot 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(xin 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(xin 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^2ge 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+sinxleq x+1)；即证明(sinxleq 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=2kpi+cfrac{pi}{2}(kin Z))时取到等号；
综上所述，(e^x+x^2ge x+1)，(x+1ge 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)，(age 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(age 1)，
则(l'(x)=x+cfrac{a}{x}-2=cfrac{(x-1)^2+(a-1)}{x})，
当(age 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_0in [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_0in [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_0in [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+1leq 1)时，即(aleq 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+1leq e)时，即(0<aleq 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(tin (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(ain 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，(ain(-infty，-2)cup(cfrac{e^2+1}{e-1}，+infty))。
