利用導數處理與不等式有關的問題

導數是研究函數性質的一種重要工具。例如求函數的單調區間、求最大（小）值、求函數的值域等等。而在處理與不等式有關的綜合性問題時往往需要利用函數的性質；因此，很多時侯可以利用導數作為工具得出函數性質，從而解決不等式問題。下面具體討論導數在解決與不等式有關的問題時的作用。

一、利用導數證明不等式

（一）、利用導數得出函數單調性來證明不等式

我們知道函數在某個區間上的導數值大于（或小于）0時，則該函數在該區間上單調遞增（或遞減）。因而在證明不等式時，根據不等式的特點，有時可以構造函數，用導數證明該函數的單調性，然后再用函數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的單調性。具體有如下幾種形式：

1.直接構造函數，然后用導數證明該函數的增減性；再利用函數在它的同一單調遞增（減）區間，自變量越大，函數值越大（小），來證明不等式成立。

例1：x>0時，求證；x－ln(1+x)＜0

證明：設f(x)= x－ln(1+x) (x>0)，則f(x)=

∵x>0，∴f(x)<0，故f(x)在（0，+∞）上遞減，

所以x>0時，f(x)

2、把不等式變形后再構造函數，然后利用導數證明該函數的單調性，達到證明不等式的目的。

例2：已知：a，b∈R，b>a>e， 求證:ab>b a，(e為自然對數的底)

證：要證ab>b a只需證lnab>lnba 即證：blna－alnb>0

設f(x)=xlna－alnx (x>a>e)；則f (x)=lna－，

∵a>e，x>a ∴lna>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ab>b a成立。

（注意，此題若以a為自變量構造函數f(x)=blnx－xlnb (e

則，f′(x)>0時時，故f(x)在區間（e， b）

上的增減性要由的大小而定，當然由題可以推測

故f(x)在區間（e， b）上的遞減，但要證明則需另費周折，因此，本題還是選擇以a為自變量來構造函數好，由本例可知用函數單調性證明不等式時，如何選擇自變量來構造函數是比較重要的。）

（二）、利用導數求出函數的最值（或值域）后，再證明不等式。

導數的另一個作用是求函數的最值. 因而在證明不等式時，根據不等式的特點，有時可以構造函數，用導數求出該函數的最值；由當該函數取最大（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求最值問題。

例3、求證：n∈N*，n≥3時，2n >2n+1

證明：要證原式，即需證：2n－2n－1>0，n≥3時成立

設f(x)=2x－2x－1(x≥3)，則f(x)=2xln2－2(x≥3)，

∵x≥3，∴f(x)≥23ln3－2>0

∴f(x)在[3，+∞ 上是增函數，

∴f(x)的最小值為f(3)=23－2×3－1=1>0

所以，n∈N*，n≥3時，f(n)≥f(3)>0， 即n≥3時，2n－2n－1>0成立，

例4、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:> （k∈N*）

證明：由題知g(x)=

g(x)= =0時x4－ax3－a2b2+a2bx=0

即(x4－a2b2)－ax(x2－ab)=0，化簡得(x2－ab)(x2－ax+ab)=0

所以x2－ax+ab =0或x2－ab=0，∵0

由x2－ab=0解得（舍）

故g(x)>0時x∈[，g(x)<0時x∈[a，，

因而g(x)在[上遞增，在[a，上遞減

所以x=是gA(x)的極小值點，

又∵gA(x)在區間[a，b只有一個極值

∴gA()=2是gA(x)的最小值。

所以，的最小值為=2

的最小值為2

又∵

∴x1∈Ik=[k2，(k+1)2， x2∈Ik+1=[(k+1)2，(k+2)2時

> （k∈N*）成立

3、利用導數求出函數的值域，再證明不等式。

例5：f(x)=x3－x， x1，x2∈[－1，1]時，求證：|f(x1)－f(x2)|≤

證明：∵f(x)=x2－1， 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x1，x2∈[－1，1]時，|f(x1)|， |f(x2)|，

即有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x1)|+ |f(x2)|

二、利用導數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范圍，往往把變量分離后可以轉化為m>f(x) (或m

例6、已知函數，對f(x)定義域內任意的x的值，

f(x)≥27恒成立，求a的取值范圍

解：函數f(x)的定義域為（0，+∞），由f(x)≥27對一切x∈（0，+∞）恒成立

知對一切x∈（0，+∞）恒成立，

即對x∈（0，+∞）恒成立

設則，由h′(x)=0解

h′(x)>0時，解得0＜x＜， h′(x)＞0時x＞

所以h(x)在（0，）上遞增，在（，+∞）上遞減，

故h(x)的最大值為，所以

三、利用導數解不等式

例8：函數f(x)=，解不等式f(x)≤1

解：由題知

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

則

>0時解得x∈∪，

<0時解得

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

所以0

由上得，a≥1時f(x)≤1的解為 {x|x≥0}

0

總之，無論是證明不等式，還是解不等式，只要在解題過程中需要用到函數的單調性或最值，我們都可以用導數作工具來解決。這種解題方法也是轉化與化歸思想在中學數學中的重要體現。