导数与不等式证明

1. 1两边取自然对数，原不等式等价于 $n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<1$。
2. 2令 $t=\frac{1}{n}\in (0,1]$，则只需证 $\frac{\ln (1+t)}{t}<1$，即 $\ln (1+t)<t$。
3. 3由本专题的常用放缩：令 $f(t)=t-\ln (1+t)$，$f^{\prime }(t)=\frac{t}{1+t}>0$（$t>0$），$f$ 递增且 $f(0)=0$，故 $t>0$ 时 $f(t)>0$。
4. 4即 $\ln (1+t)<t$ 成立，从而 $n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<1$，两边取指数得 ${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n<\mathrm{e}$。

点评含 $n$ 次幂的数列不等式，先取对数化成函数不等式，再换元 $t=\frac{1}{n}$ 转为连续变量问题——这是数列与导数结合的标准桥梁。

1. 1令 $h(x)={\mathrm{e}}^x-ax-1$，条件即 $h(x)\ge 0$ 对一切 $x\ge 0$ 成立。注意 $h(0)=0$，故 $x=0$ 是边界点。
2. 2求导：$h^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x-a$。
3. 3当 $a\le 1$ 时，对 $x\ge 0$ 有 ${\mathrm{e}}^x\ge 1\ge a$，故 $h^{\prime }\ge 0$，$h$ 在 $[0,+\infty )$ 上递增，$h(x)\ge h(0)=0$，成立。
4. 4当 $a>1$ 时，$h^{\prime }(x)=0$ 的根 $x=\ln a>0$，$h$ 在 $(0,\ln a)$ 上递减，故 $h(\ln a)<h(0)=0$，不成立。
5. 5综上 $a\le 1$。

点评边界点函数值恰为 $0$ 时，先看该点的导数符号，往往能直接分出临界参数——这就是「端点效应」。

1. 1「存在」问题分离参数：因 $x>0$，不等式等价于 $a\le \frac{\ln x}{x}$ 对某个 $x>0$ 成立。
2. 2故只需 $a\le {\max }_{x>0}\frac{\ln x}{x}$。
3. 3令 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$，$g^{\prime }(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}$，在 $(0,\mathrm{e})$ 上为正、$(\mathrm{e},+\infty )$ 上为负。
4. 4故最大值为 $g(\mathrm{e})=\frac{1}{\mathrm{e}}$，所以 $a\le \frac{1}{\mathrm{e}}$。

点评恒成立取「最值的另一侧」：$\forall$ 用最小值，$\exists$ 用最大值。写错一个方向答案就完全相反。

1. 1构造函数 $f(x)={\mathrm{e}}^x-x-1$，只需证 $f(x)\ge 0$。
2. 2求导：$f^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x-1$。令 $f^{\prime }(x)=0$ 得 $x=0$。
3. 3当 $x<0$ 时 ${\mathrm{e}}^x<1$，$f^{\prime }<0$，$f$ 递减；当 $x>0$ 时 $f^{\prime }>0$，$f$ 递增。
4. 4故 $f$ 在 $x=0$ 处取得最小值 $f(0)=1-0-1=0$，即 $f(x)\ge 0$ 对一切实数成立。
5. 5等号当且仅当 $x=0$ 时成立，原不等式得证。

点评${\mathrm{e}}^x\ge x+1$ 与 $\ln x\le x-1$ 是导数压轴题里最常用的两条切线放缩，本题就是它们的标准证明模板。

1. 1构造 $f(x)=x-\sin x$，只需证 $x>0$ 时 $f(x)>0$。
2. 2求导：$f^{\prime }(x)=1-\cos x\ge 0$，且等号仅在 $x=2k\pi$ 这些孤立点成立。
3. 3故 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递增（导数非负且不恒为零）。
4. 4又 $f(0)=0$，所以 $x>0$ 时 $f(x)>f(0)=0$，即 $\sin x<x$。

点评导数在孤立点为零不影响严格单调，这一点在解答题中要写一句说明，避免被判为「只证了非严格不等式」。

1. 1构造 $g(x)=x-1-\ln x$，定义域 $(0,+\infty )$，只需证 $g(x)\ge 0$。
2. 2求导：$g^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$。
3. 3在 $(0,1)$ 上 $g^{\prime }<0$ 递减，在 $(1,+\infty )$ 上 $g^{\prime }>0$ 递增，故 $x=1$ 为最小值点。
4. 4最小值 $g(1)=1-1-\ln 1=0$，所以 $g(x)\ge 0$，即 $\ln x\le x-1$，当且仅当 $x=1$ 取等。

点评把待证不等式「移项归零」再构造函数，是所有不等式证明题的第一步动作。

1. 1因 $x>0$，两边同除以 $x$ 得等价不等式 $\ln x+\frac{1}{x}\ge a$ 对一切 $x>0$ 成立。
2. 2故只需 $a\le {\min }_{x>0}\left(\ln x+\frac{1}{x}\right)$。
3. 3令 $h(x)=\ln x+\frac{1}{x}$，$h^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$，在 $(0,1)$ 上为负、$(1,+\infty )$ 上为正。
4. 4故最小值为 $h(1)=\ln 1+1=1$。
5. 5所以 $a\le 1$。

点评分离参数前先确认除数的符号：本题 $x>0$ 可以直接除，若 $x$ 可正可负就必须分类讨论。

1. 1先证右侧。令 $f(x)=x-\ln (1+x)$，$f^{\prime }(x)=1-\frac{1}{1+x}=\frac{x}{1+x}>0$（$x>0$），故 $f$ 递增。
2. 2又 $f(0)=0$，所以 $x>0$ 时 $f(x)>0$，即 $\ln (1+x)<x$。
3. 3再证左侧。令 $g(x)=\ln (1+x)-\frac{x}{1+x}$，$g^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{1}{(1+x{)}^2}=\frac{x}{(1+x{)}^2}>0$，故 $g$ 递增。
4. 4又 $g(0)=0$，所以 $x>0$ 时 $g(x)>0$，即 $\ln (1+x)>\frac{x}{1+x}$。
5. 5两式合并即得 $\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x$。

点评这一对夹逼式是证明数列不等式（如 $\sum \frac{1}{k}$ 与 $\ln n$ 的比较）的核心工具，必须能独立推导。

1. 1求导：$f^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x-\frac{1}{x}$。因 ${\mathrm{e}}^x$ 递增、$\frac{1}{x}$ 递减，$f^{\prime }$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。
2. 2$f^{\prime }\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\mathrm{e}}-2<0$，$f^{\prime }(1)=\mathrm{e}-1>0$，故 $f^{\prime }$ 存在唯一零点 $x_0\in \left(\frac{1}{2},1\right)$，且 $f$ 在 $x_0$ 处取最小值。
3. 3由 $f^{\prime }(x_0)=0$ 得关键关系 ${\mathrm{e}}^{x_0}=\frac{1}{x_0}$，两边取对数得 $x_0=-\ln x_0$。
4. 4整体代换：$f(x_0)={\mathrm{e}}^{x_0}-\ln x_0=\frac{1}{x_0}+x_0$。
5. 5由基本不等式 $\frac{1}{x_0}+x_0\ge 2$，等号需 $x_0=1$，而 $x_0\in \left(\frac{1}{2},1\right)$ 取不到，故 $f(x)\ge f(x_0)>2$。

点评隐零点的三步曲：说明零点存在且唯一 → 写出 $f^{\prime }(x_0)=0$ 的等价关系 → 用该关系把 $f(x_0)$ 整体代换成简单式子。

1. 1求导：$f^{\prime }(x)=(1-x){\mathrm{e}}^{-x}$，故 $f$ 在 $(-\infty ,1)$ 上递增、$(1,+\infty )$ 上递减，极大值点为 $x=1$。
2. 2不妨设 $x_1<1<x_2$（否则单调区间内不可能有 $f(x_1)=f(x_2)$）。
3. 3构造对称差函数 $F(x)=f(1+x)-f(1-x)$，$x>0$。计算 $F^{\prime }(x)=f^{\prime }(1+x)+f^{\prime }(1-x)=-x{\mathrm{e}}^{-(1+x)}+x{\mathrm{e}}^{-(1-x)}=x{\mathrm{e}}^{-1}\left({\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x}\right)>0$（$x>0$）。
4. 4故 $F(x)>F(0)=0$，即 $f(1+x)>f(1-x)$ 对一切 $x>0$ 成立。
5. 5取 $x=x_2-1>0$，得 $f(x_2)>f(2-x_2)$，而 $f(x_2)=f(x_1)$，故 $f(x_1)>f(2-x_2)$。由 $x_1<1$、$2-x_2<1$ 且 $f$ 在 $(-\infty ,1)$ 上递增，得 $x_1>2-x_2$，即 $x_1+x_2>2$。

点评极值点偏移的标准解法：构造 $F(x)=f(x_0+x)-f(x_0-x)$ 判断符号，再利用单调性把函数值的比较转回自变量的比较。