利用导数处理与不等式有关的问题_利用导数解不等式

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利用导数处理与不等式有关的问题

关键词：导数，不等式，单调性，最值。

导数是研究函数性质的一种重要工具。例如求函数的单调区间、求最大（小）值、求函数的值域等等。而在处理与不等式有关的综合性问题时往往需要利用函数的性质；因此，很多时侯可以利用导数作为工具得出函数性质，从而解决不等式问题。下面具体讨论导数在解决与不等式有关的问题时的作用。

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。

x2例1：x>0时,求证；x－ln(1+x)＜0

2x2x2'证明：设f(x)= x－ln(1+x)(x>0), 则f(x)= 21x

∵x>0,∴f'(x)

x2所以x>0时,f(x)

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

a设f(x)=xlna－alnx(x>a>e)；则f '(x)=lna－, x

a∵a>e,x>a ∴lna>1,0,因而f(x)在（e, +∞）上递增 x

∵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(e0时x，故f(x)在区间（e, b）lnbxlnb

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5bb的大小而定，当然由题可以推测e lnblnb

b故f(x)在区间（e, b）上的递减,但要证明e则需另费周折，因此，本题还lnb

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。）

（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 上的增减性要由e与∴f(x)在[3，+∞)上是增函数，∴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，xb例

4、gA(x)(1)2(1)2的定义域是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)

求证:g4（k∈N*）(x1)g(x2)> k(k1)IkIk

1'2x22b2b2证明：由题知g(x)= aaxx

2x22b2b2g'(x)= =0时x4－ax3－a2b2+a2bx=0 aaxx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

由x2－ab=0

解得xx=（舍）

故g'(x)>0时x∈, g'(x)

[a，因而g(x)在上递增，在上递减

所以

是gA(x)的极小值点，Page 2 of

5又∵gA(x)在区间[a,b)只有一个极值

∴gA)=21)2是gA(x)的最小值。k12(k

1)21)22(1)2所以，g(x)的最小值为g(=2)1kIIkkkk

k2221)2()

g(x2)的最小值为2(k1k1Ik1

又∵224 k(k1)k(k1)∴x1∈Ik=[k2,(k+1)2), x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2)时

g4（k∈N*）成立(x1)g(x2)> k(k1)IkIk13、利用导数求出函数的值域，再证明不等式。

14例5：f(x)=x3－x, x1,x2∈[－1,1]时，求证：|f(x1)－f(x2)|≤ 3

3证明：∵f'(x)=x2－1, x∈[－1,1]时,f'(x)≤0,2∴f(x)在[－1,1]上递减.故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)= 3

222最小值为f(1)=,即f(x)在 [－1,1]上的值域为[,]； 333

22所以x1,x2∈[－1,1]时，|f(x1)|, |f(x2)|, 33

224即有 |f(x1)－f(x2)|≤|f(x1)|+ |f(x2)| 333

二、利用导数解决不等式恒成立问题

不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为m>f(x)(或m

a例6、已知函数f(x)(9(aR),对f(x)定义域内任意的x的值，x

f(x)≥27恒成立，求a的取值范围

解：函数f(x)的定义域为（0，+∞），由f(x)≥27对一切x∈（0，+∞）恒成立 知

x∈（0，+∞）恒成立，即ax∈（0，+∞）恒成立

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5′h(x)=0

解x设h(x)

则h'(x) 9

′h(x)>0时，解得0＜x

＜(x)＞0时x

＞99′

所以h(x)在（0，）上递增，在（+∞）上递减,9

944 故h(x)的最大值为h(，所以a 999

三、利用导数解不等式

例8：函数

ax(a0),解不等式f(x)≤1

解：由题知f'(x)aa

①∵11

∴a≥1时,f'(x)

又f(0)=1，所以x≥0时f(x)≤f(0)=1，即a≥1时f(x)≤1的解为 {x|x≥0}

②0

时，若f'(x)a aa=0

则xx=-

f'(x)>0时解得x

∈(,∪ ), f'(x)f'(x)

时解得x(故f(x)

在(或上单调递减，f(x)

在(,2a

1a)上单调递增，又f(x)=1时解得x=0或x=，Page 4 of 5

且0

时02a

1a

2a

1a2

2a

1a所以0

总之，无论是证明不等式，还是解不等式，只要在解题过程中需要用到函数的单调性或最值，我们都可以用导数作工具来解决。这种解题方法也是转化与化归思想在中学数学中的重要体现。

参考资料：

（1）赵大鹏：《3+X高考导练.数学》，中国致公出版社

（2）王宜学：《沙场点兵.数学》，辽宁大学出版社

（3）《状元之路.数学》

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