例談導數(shù)在解決不等式問題中的工具作用

　　導數(shù)是研究函數(shù)性質的一種重要工具。可用來求函數(shù)的單調區(qū)間、最大（小）值、函數(shù)的值域，等等。在處理與不等式有關的綜合性問題時往往需要利用函數(shù)的性質，因此，可以利用導數(shù)作為工具得出函數(shù)性質解決問題。
　　一、利用導數(shù)證明不等式
　　（一）利用導數(shù)得出函數(shù)單調性來證明不等式。
　　函數(shù)在某個區(qū)間上的導數(shù)值大于（或小于）0時，則該函數(shù)在該區(qū)間上單調遞增（或遞減）。因而在證明不等式時，根據(jù)不等式的特點，有時可以先構造函數(shù)，用導數(shù)證明該函數(shù)的單調性，然后用函數(shù)單調性達到證明不等式的目的。即把證明不等式轉化為證明函數(shù)的單調性。具體有如下幾種形式：
　　1.直接構造函數(shù)，然后用導數(shù)證明該函數(shù)的增減性，來證明不等式成立。
　　例1：求證：當x≥0時，1+2x-e≤0.
　　證明：設f（x）=1+2x-e，f（0）=0
　　∵f′（x）=2-2e=2（1-e）
　　∴當x≥0時f′（x）≤0
　　即f（x）在［0，+∞）上是減函數(shù)
　　當x≥0時，f（x）≤f（0）=0
　　當x≥0時，1+2x-e≤0.
　　2.把不等式變形后再構造函數(shù)，然后利用導數(shù)證明該函數(shù)的單調性，達到證明不等式的目的。
　　例2：已知：a，b∈R，b＞a＞e，求證：a＞b.（e為自然對數(shù)的底）
　　證：要證a＞b只需證lna＞lnb，即證：blna-alnb＞0.
　　設f（x）=xlna-alnx（x＞a＞e），則f′（x）=lna-.
　　∵a＞e，x＞a，∴l(xiāng)na＞1，＜1，∴f′（x）＞0，因而f（x）在（e，+∞）上遞增.
　　∵b＞a，∴f（b）＞f（a），故blna-alnb＞alna-alna=0，即blna＞alnb.
　　所以a＞b成立.
　　（注意，此題若以a為自變量構造函數(shù)f（x）=blnx-xlnb（e＜x＜b），則f′（x）=lnb，f′（x）＞0時x＜時；f′（x）＜0時x＞，故f（x）在區(qū)間（e，b）上的增減性要由e與的大小而定，當然由題可以推測e＞.
　　故f（x）在區(qū)間（e，b）上遞減，但要證明e＞則需另費周折.因此，本題還是選擇以a為自變量來構造函數(shù)比較好.由本例可知用函數(shù)單調性證明不等式時，如何選擇自變量來構造函數(shù)是比較重要的.）
　　（二）利用導數(shù)求出函數(shù)的最值（或值域）后，再證明不等式。
　　導數(shù)的另一個作用是求函數(shù)的最值。因而在證明不等式時，根據(jù)不等式的特點，有時可以構造函數(shù)，用導數(shù)求出該函數(shù)的最值；由當該函數(shù)取最大（或最小）值時不等式都成立，可得該不等式恒成立。從而把證明不等式問題轉化為函數(shù)求最值問題。
　　例3：求證：n∈N，n≥3時，2＞2n+1.
　　證明：要證原式，即需證：2-2n-1＞0，n≥3時成立.
　　設f（x）=2-2x-1（x≥3），則f′（x）=22-2（x≥3），
　　∵x≥3，∴f′（x）≥2ln3-2＞0，
　　∴f（x）在［3，+∞）上是增函數(shù)，
　　∴f（x）的最小值為f（3）=2-2×3-1=1＞0.
　　所以，n∈N，n≥3時，f（n）≥f（3）＞0，即n≥3時，2-2n-1＞0成立.
　　例4：f（x）=x-x，x，x∈［-1，1］時，求證：|f（x）-f（x）|≤.
　　證明：∵f′（x）=x-1，x∈［-1，1］時，f′（x）≤0，
　　∴f（x）在［-1，1］上遞減.故f（x）在［-1，1］上的最大值為f（-1）=，最小值為f（1）=-，即f（x）在［-1，1］上的值域為［-，］；
　　所以x，x∈［-1，1］時，|f（x）|≤，|f（x）|≤，
　　即有|f（x）-f（x）|≤|f（x）|+|f（x）|≤+=.
　　二、利用導數(shù)解決不等式恒成立問題
　　不等式恒成立問題，一般都會涉及到求參數(shù)范圍，往往把變量分離后可以轉化為m＞f（x）（或m＜f（x））恒成立，于是m大于f（x）的最大值（或m小于f（x）的最小值），從而把不等式恒成立問題轉化為函數(shù)求最值問題。因此，利用導數(shù)求函數(shù)最值是解決不等式恒成立問題的一種重要方法。
　　例5：設a＞0，x+a|lnx-1|≥a，x∈［1，+∞）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.
　　解：當x≥e時
　　令f（x）=x+a|lnx-1|，
　　則f（x）=x+alnx-a
　　∴f′（x）=2x+
　　∴f′（x）＞0，即f（x）在［e，+∞）上單調遞增.
　　∴f（x）≥f（e）=e≥a
　　∴0＜a≤e
　　當1≤x＜e時
　　x-alnx+a≥a
　　∴a≤在［1，e）上恒成立
　　令g（x）=，則
　　g′（x）=
　　∴當x∈［1，e）時，g′（x）＜0，即g（x）在x∈［1，e）單調遞減；
　　當x∈（e，e）時g′（x）＞0，即g（x）在x∈（e，e）單調遞增.
　　∴g（x）≥g（e）=2e
　　∴0＜a＜2e
　　綜上所述：0＜a＜2e.
　　三、利用導數(shù)解不等式
　　例6：函數(shù)f（x）=-ax（a＞0），解不等式f（x）≤1.
　　解：由題知f′（x）=-a=-a
　　①∵-1＜＜1
　　∴a≥1時，f′（x）＜1-a＜0恒成立，故f（x）在R上單調遞減.
　　又f（0）=1，所以x≥0時，f（x）≤f（0）=1，即a≥1時，f（x）≤1的解為{x|x≥0}.
　　②0＜a＜1時，若f′（x）=-a=-a=0，
　　則x=或x=-.
　　f′（x）＞0時，解得x∈（-∞，-）∪（，+∞）；
　　f′（x）f′（x）＜0時，解得x∈（-，），
　　故f（x）在（）上單調遞減，
　　f（x）在（-∞，-）或（，+∞）上單調遞增，
　　又f（x）=1時，解得x=0或x=，
　　且0＜a＜1時0＜＜，
　　所以0＜a＜1時f（x）≤1的解為{x|0≤x≤}.
　　綜上，a≥1時，f（x）≤1的解為{x|x≥0}；
　　0＜a＜1時，f（x）≤1的解為{x|0≤x≤}.
　　總之，在解題過程中需要用到函數(shù)的單調性或最值，我們都可以用導數(shù)作工具來解決。這種解題方法也是轉化與化歸思想在中學數(shù)學中的重要體現(xiàn)。
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