利用導數解決不等式問題常見四招

【摘要】不等式是高考必考的熱點問題，處理這類問題常常需要借助導數工具，利用函數的性質進行處理.本文精選幾道試題，介紹構造、轉化、放縮與分拆函數等解題技巧，對分析研究試題具有重要作用，對提高數學素養有著深遠的意義.

【關鍵詞】轉化;構造;放縮;分拆

1轉化

例1設實數mgt;0，若對任意的x∈（0，+∞），不等式emx-lnxm≥0恒成立，則實數m的取值范圍是（）

（A）[1，+∞）.（B）12，+∞.

（C）[e，+∞）.（D）1e，+∞.

解因為mgt;0，不等式emx-lnxm≥0恒成立，

即memx≥lnx恒成立，

進而轉化為mxemx≥xlnx=elnx·lnx恒成立，

構造函數g（x）=xex，可得

g′（x）=ex+xex=（x+1）ex.

當xgt;0時，g′（x）gt;0，g（x）單調遞增，

所以不等式emx-lnxm≥0恒成立，

等價于g（mx）≥g（lnx）恒成立，

故mx≥lnx恒成立，

進而轉化為m≥lnxx恒成立.

設h（x）=lnxx，可得h′（x）=1-lnxx2，

當0lt;xlt;e時，h′（x）gt;0，h（x）單調遞增;

當xgt;e時，h′（x）lt;0，h（x）單調遞減，

所以當x=e，函數h（x）取得最大值h（e）=1e，

于是m≥1e，當x=e時等號成立，

所以實數m的取值范圍是1e，+∞.

故選（D）.

2構造

例2已知大于1的正數a，b滿足ln2be2alt;ban，則正整數n的最大值為（）

（A）7.（B）8.（C）9.（D）11.

解由題設條件可知

ln2be2alt;bnan等價于ln2bbnlt;e2aan，

令f（x）=ln2xxn（xgt;1），則

f′（x）=xn-1lnx（2-nlnx）x2n=lnx（2-nlnx）xn+1.

令f′（x）=0，得x=e2n，

當f′（x）gt;0時，x∈（1，e2n）;

當f′（x）lt;0時，x∈（e2n，+∞），

所以f（x）在（1，e2n）上單調遞增，在（e2n，+∞）上單調遞減，

故f（x）有最大值f（e2n）=2n2e2.

令g（x）=e2xxn（xgt;1），則

g′（x）=xn-1e2x（2x-n）x2n，

當n2≤1時，此題無解，所以ngt;2.

令g′（x）=0，得x=n2，

當g′（x）gt;0時，xgt;n2;

當g′（x）lt;0時，1lt;xlt;n2，

所以g（x）在1，n2上單調遞減，在n2，+∞上單調遞增，

則g（x）有最小值gn2=enn2n.

若ln2bbnlt;e2aan成立，只需 fe2n≤gn2，

即2n2e2≤enn2n，en+2≥n2n-2，

兩邊取對數可得n+2≥（n-2）lnn2.

當n=2時，不等式成立，

當n≥3時，有n+2n-2≥lnn2.

令φ（x）=x+2x-2-lnx2，

本題即求滿足φ（x）≥0的最大的正整數.

φ′（x）=-4（x-2）2-1xlt;0，

所以φ（x）在[3，+∞）上單調遞減，

又φ（8）=53-ln4gt;0，

φ（9）=117-ln92≈15714-151gt;0，

φ（10）=32-ln5lt;0，

所以滿足φ（x）≥0的最大正整數為9.

故選（C）.

3放縮

例3已知函數f（x）=aex-lnx-1.

（1）設x=2是f（x）的極值點，求a，并求f（x）的單調區間;

（2）證明：當a≥1e時，f（x）≥0.

解（1）f（x）的定義域為（0，+∞），

f′（x）=aex-1x.

由題設知f′（2）=0，即 a=12e2.

從而f（x）=12e2ex-lnx-1，

f′（x）=12e2ex-1x.

當0lt;xlt;2時，f′（x）lt;0;

當xgt;2時，f′（x）gt;0.

所以f（x）的單調遞減區間為（0，2），單調遞增區間為（2，+∞）.

（2）當a≥1e時，f（x）≥exe-lnx-1（xgt;0）.

設g（x）=exe-lnx-1（xgt;0），

則g′（x）=exe-1x（xgt;0）.

當0lt;xlt;1時，g′（x）lt;0;

當xgt;1時，g′（x）gt;0.

所以x=1是g（x）的極小值點，也是最小值點.

故當xgt;0時，g（x）≥g（1）=0.

因此，當a≥1e時，f（x）≥0.

4分拆

例4已知函數f（x）=elnx-ax（a∈R）.

（1）討論函數f（x）的單調性;

（2）當a=e時，證明：xf（x）-ex+2ex≤0.

解（1）f′（x）=ex-a（xgt;0），

①若a≤0，則

f′（x）gt;0，f（x）在（0，+∞）上單調遞增;

②若agt;0，則當0lt;xlt;ea時，f′（x）gt;0;

當xgt;ea時，f′（x）lt;0.

所以f（x）在0，ea上單調遞增，在ea，+∞上單調遞減.

（2）因為xgt;0，所以只需證

f（x）≤exx-2e，

當a=e時，由（1）知，f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，

所以f（x）max=f（1）=-e.

設g（x）=exx-2e（xgt;0），則

g′（x）=（x-1）exx2，

所以當0lt;xlt;1時，g′（x）lt;0，g（x）單調遞減;

當xgt;1時，g′（x）gt;0，g（x）單調遞增，

故g（x）min=g（1）=-e.

綜上知，當xgt;0時，f（x）≤g（x），

即f（x）≤exx-2e，xf（x）-ex+2ex≤0.