【正文】 ，知sinx再證xx179。mn證明：(1+m)n(1+n)m分析：要證(1+m)n(1+n)m成立，只要證ln(1+m)nln(1+n)m即要證11ln(1+m)ln(1+n)成立。)x1+x,可知f(x)f(x+1)即 ln(x+1)ln(x+2)lnxln(x+1)所以 ln2(x+1)lnxln(x+2).利用導(dǎo)數(shù)知識證明不等式是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的一個重要方面，也成為高考的一個新熱點，其關(guān)鍵是構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，判斷區(qū)間端點函數(shù)值與0的關(guān)系，其實質(zhì)就是利用求導(dǎo)的方法研究函數(shù)的單調(diào)性，通過單調(diào)性證明不等式。)恒成立。x練習(xí)：0時，證明不等式e1+x+12x成立。(x)0.∴f(x)=sinxx在x206。(0,+165。)。(x)時解得x206。 999三、利用導(dǎo)數(shù)解不等式例8：函數(shù)ax(a0),解不等式f(x)≤1解：由題知f39。(x)≤0,2∴f(x)在[－1,1](x)在[－1,1]上的最大值為f(－1)= 3222最小值為f(1)=,即f(x)在 [－1,1]上的值域為[,]； 33322所以x1,x2∈[－1,1]時，|f(x1)|163。2x22b2b2+證明：由題知g(x)= aaxx2x22b2b2+g39。(x)=lna－, xa∵ae,xa ∴l(xiāng)na1,0,因而f(x)在（e, +∞）上遞增 x∵ba,∴f(b)f(a)；故blna－alnbalna－alna=0；即blnaalnb所以abb a成立。下面具體討論導(dǎo)數(shù)在解決與不等式有關(guān)的問題時的作用。而在處理與不等式有關(guān)的綜合性問題時往往需要利用函數(shù)的性質(zhì)；因此，很多時侯可以利用導(dǎo)數(shù)作為工具得出函數(shù)性質(zhì)，從而解決不等式問題。(x)0時,f(x)例2：已知：a,b∈R,bae, 求證:abb a,(e為自然對數(shù)的底)證：要證abb a只需證lnablnba 即證：blna－alnb0a設(shè)f(x)=xlna－alnx(xae)；則f 39。(x)≥23ln3－20 上的增減性要由e與∴f(x)在[3，+∞)上是增函數(shù)，∴f(x)的最小值為f(3)=23－23－1=10所以，n∈N*,n≥3時，f(n)≥f(3)0, 即n≥3時,2n－2n－10成立，xb例gA(x)=(1)2+(1)2的定義域是A=[a,b)，其中a,b∈R+,a若x1∈Ik=[k2,(k+1)2), x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2)求證:g4（k∈N*）(x1)+g(x2) k(k+1)IkIk+139。(x)=x2－1, x∈[－1,1]時,f39。(x)= 9′h(x)0時，解得0＜x＜(x)＞0時x＞99′所以h(x)在（0，）上遞增，在（+∞）上遞減,9944 故h(x)的最大值為h(=，所以a179。(x)f39。[0,+165。(x)=11x 可得：當(dāng)x206。(0,p),∴f39。(a,b)時，有F(x)0,即證明了f(x)g(x)。(x)0在(0,+165。(x)0,所以f(x)在區(qū)間(1,+165。(x)0 １+xx2\　xln(1+x)x 練習(xí)：3（2001年全國卷理20）已知i,m,n是正整數(shù)，且1i163。(a)=12a當(dāng)00。/2cosx10所以xx179。0。)是增函數(shù)。(x)f(0)=0 =x+1x+1即x－lnx0，所以：x0時，xlnx評注：要證明一個一元函數(shù)組成的不等式成立，首先根據(jù)題意構(gòu)造出一個函數(shù)（可以移項，使右邊為零，將移項后的左式設(shè)為函數(shù)），并利 用導(dǎo)數(shù)判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，證明要 證的不等式。)是減函數(shù)，而mn 所以f(m)f(n)，即n39。(x)2[g(a+xa+x)]=lnxln22當(dāng)0xa時，F(xiàn)39。通過以上例題，我們可以體會到用導(dǎo)數(shù)來證明不等式的基本要領(lǐng)和它的簡捷。例已知mne,，求證：nm例已知函數(shù)f(x)=ln(x+1)（1）求f(x)的極小值；（2）若a,b0，求證：lnalnb179。an