导数与单调性.docx

利用导数处理与不等式有关的问题
邮编：３１５１３１浙江宁波鄞州区正始中学王伍成
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。
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：
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。
例1：x>0时,求证；x－ln(1+x)＜0
证明：设f(x)=x－ln(1+x)(x>0),则f(x)=
∵x>0,∴f(x)<0,故f(x)在（0，+∞）上递减，
所以x>0时,f(x)<f(0)=0，即x－ln(1+x)<0成立。
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>ba,(e为自然对数的底)
证：要证ab>ba只需证lnab>lnba即证：blna－alnb>0
设f(x)=xlna－alnx(x>a>e)；则f(x)=lna－,
∵a>e,x>a∴lna>1,<1,∴f(x)>0,因而f(x)在（e,+∞）上递增
∵b>a,∴f(b)>f(a)；故blna－alnb>alna－alna=0；即blna>alnb
所以ab>ba成立。
（注意，此题若以a为自变量构造函数f(x)=blnx－xlnb(e<x<b)
则，f′(x)>0时时，故f(x)在区间（e,b）上的增减性要由的大小而定，当然由题可以推测
故f(x)在区间（e,b）上的递减,但要证明则需另费周折，因此，本题还是选择以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
∴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，
例4、的定义域是A=[a,b，其中a,b∈R+,a<b
若x1∈Ik=[k2,(k+1)2,x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2
求证:>（k∈N*）
证明：由题知g(x)=
g(x)==0时x4－ax3－a2b2+a2bx=0
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<a<b,∴x2－ax+ab=0无解
由x2－ab=0解得（舍）
故g(x)>0时x∈[,g(x)<0时x∈[a,,
因而g(x)在[上递增，在[a,上递减
所以x=是gA(x)的极小值点，
又∵gA(x)在区间[a,b只有一个极值
∴gA()=2是gA(x)的最小值。
所以，的最小值为=2
的最小值为2
又∵
∴x1∈Ik=[k2,(k+1)2,x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2时
>（k∈N*）成立
3、利用导数求出函数的值域，再证明不等式。
例5：f(x)=x3－x,x1,x2∈[－1,1]时，求证：|f(x1)－f(x2)|≤
证明：∵f(x)=x2－1,x∈[－1,1]时,f(x)≤0,
∴f(x)在[－1,1]上递减.故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)=
最小值为f(1)=,即f(x)在[－1,1]上的值域为；
所以x1,x2∈[－1,1]时，|f(x1)|,|f(x2)|,
即有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x1)|+|f(x2)|
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<f(