一、 利用导数证明不等式
（一）、利用导数得出函数单调性来证明不等式
我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）。因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性,然后再用函数单调性达到证明不等式的目的。即把证明不等式转化为证明函数的单调性。具体有如下几种形式：
1、 直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单调递增（减）区间，自变量越大，函数值越大（小），来证明不等式成立。
例1：x>0时,求证；x －ln(1+x)＜0
证明：设f(x)= x －ln(1+x) (x>0), 则f (x)=
∵x>0,∴f (x)<0,故f(x)在（0，+∞）上递减，
所以x>0时,f(x)<f(0)=0，即x －ln(1+x)<0成立。
2、把不等式变形后再构造函数,然后利用导数证明该函数的单调性，达到证明不等式的目的。
例2：已知：a,b∈R,b>a>e, 求证:ab>b a, (e为自然对数的底)
证：要证ab>b a只需证lnab>lnba 即证：blna－alnb>0
设f(x)=xlna－alnx (x>a>e)；则f (x)=lna－ ,
∵a>e,x>a ∴lna>1, <1,∴f (x)>0,因而f(x)在（e, +∞）上递增
∵b>a,∴f(b)>f(a)；故blna－alnb>alna－alna=0；即blna>alnb
所以ab>b a成立。
（注意，此题若以a为自变量构造函数f(x)=blnx－xlnb (e<x<b)
则 ，f′(x)>0时 时 ，故f(x)在区间（e, b）上的增减性要由 的大小而定，当然由题可以推测
故f(x)在区间（e, b）上的递减,但要证明 则需另费周折，因此，本题还是选择以a为自变量来构造函数好，由本例可知用函数单调性证明不等式时，如何选择自变量来构造函数是比较重要的。）论文网http://www.751com.cn/
（二）、利用导数求出函数的最值（或值域）后，再证明不等式。
导数的另一个作用是求函数的最值. 因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数求出该函数的最值；由当该函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立。从而把证明不等式问题转化为函数求最值问题。
例3、求证：n∈N*,n≥3时，2n >2n+1
证明：要证原式，即需证：2n－2n－1>0,n≥3时成立
设f(x)=2x－2x－1(x≥3),则f (x)=2xln2－2(x≥3),
∵x≥3,∴f (x)≥23ln3－2>0
∴f(x)在[3，+∞ 上是增函数，本文来自辣,文.论,文·网原文请找腾讯324,9114
∴f(x)的最小值为f(3)=23－2×3－1=1>0
所以，n∈N*,n≥3时，f(n)≥f(3)>0, 即n≥3时,2n－2n－1>0成立，
例4、 的定义域是A=[a,b ，其中a,b∈R+,a<b
若x1∈Ik=[k2,(k+1)2 , x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2
求证: > （k∈N*）
证明：由题知g (x)=
g (x)= =0时x4－ax3－a2b2+a2bx=0
即(x4－a2b2)－ax(x2－ab)=0,化简得(x2－ab)(x2－ax+ab)=0
所以x2－ax+ab =0或x2－ab=0，∵0<a<b,∴x2－ax+ab =0无解
由x2－ab=0解得 （舍）
故g (x)>0时x∈[ , g (x)<0时x∈[a, ,
因而g(x)在[ 上递增，在[a, 上递减
所以x= 是gA(x)的极小值点，
又∵gA(x)在区间[a,b 只有一个极值
∴gA( )=2 是gA(x)的最小值。
所以， 的最小值为 =2
的最小值为2
又∵
∴x1∈Ik=[k2,(k+1)2 , x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2 时
> （k∈N*）成立
3、利用导数求出函数的值域，再证明不等式。2272