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利用导数处理与不等式有关的问


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。 例 1:x>0 时,求证;x ?

x2 -ln(1+x)<0 2

证明:设 f(x)= x ?

x2 x2 -ln(1+x) (x>0), 则 f ' (x)= ? 2 1? x x2 -ln(1+x)<0 成立。 2

∵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 ?

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, <1,∴f ' (x)>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 (e<x<b) b b b , f '(x) ? 0 时 x ? 则 f '(x) ? ? ln b , f′(x)>0 时 x ? ,故 f(x)在区间(e, b) ln b x ln b
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b b 的大小而定,当然由题可以推测 e ? ln b ln b 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 ln b 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。 )

上的增减性要由 e与

(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, x b 例 4、 g A (x) ? ( ? 1) 2 ? ( ? 1) 2 的定义域是 A=[a,b ) ,其中 a,b∈R+,a<b a x 若 x1∈Ik=[k2,(k+1)2 ) , x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2 ) 求证: g
4 (k∈N*) (x1 ) ? g (x 2 ) > k(k ? 1) Ik Ik ?1
2x 2 2b 2b 2 ? ? ? a 2 a x 2 x3

证明:由题知 g ' (x)=

g ' (x)=

2x 2 2b 2b 2 ? ? ? =0 时 x4-ax3-a2b2+a2bx=0 2 2 3 a a x x

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 x ? ab或x= - ab (舍) 故 g ' (x)>0 时 x∈[ ab, b) , g ' (x)<0 时 x∈[a, ab) , 因而 g(x)在[ ab, b) 上递增,在[a, ab) 上递减 所以 x= ab 是 gA(x)的极小值点,

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又∵gA(x)在区间[a,b ) 只有一个极值 ∴gA( ab )=2 (
b ? 1)2 是 gA(x)的最小值。 a

所以,g

g

Ik ?1

(k ? 1) 2 k ?1 2 (k ? 1)2 ? 1)2 ? 2( ? 1)2 ? ) =2 ( (x1 ) 的最小值为 g ( k I Ik k2 k2 k2 k k?2 2 2 ? 1) 2 ? ( ) (x 2 ) 的最小值为 2 ( k ?1 k ?1

又∵

2 2 2 2 4 ? ?2 . ? 2 2 2 2 k(k ? 1) k (k ? 1) k (k ? 1)

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

g

4 (k∈N*)成立 (x1 ) ? g (x 2 ) > k(k ? 1) Ik Ik ?1

3、利用导数求出函数的值域,再证明不等式。 1 4 例 5:f(x)= x3-x, x1,x2∈[-1,1]时,求证:|f(x1)-f(x2)|≤ 3 3 2 证明:∵f ' (x)=x -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 2 2 2 最小值为 f(1)= ? ,即 f(x)在 [-1,1]上的值域为 [? , ] ; 3 3 3 2 2 所以 x1,x2∈[-1,1]时,|f(x1)| ? , |f(x2)| ? , 3 3 2 2 4 即有 |f(x1)-f(x2)|≤|f(x1)|+ |f(x2)| ? ? ? 3 3 3 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(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) ,从而把不等式恒成立问题转化为函数求最值问题。因此,利用导数求函 数最值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法。 a 例 6、已知函数 f (x) ? ( ? 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 a ? x ? 9 27 ? 3 3 对一切 x∈(0,+∞)恒成立, x 即 a ? 3 3x ? x x 对 x∈(0,+∞)恒成立
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设 h(x) ? 3 3x ? x x, 则 h '(x) ? 3 3 ?

3 43 9 x ,由 h′(x)=0 解 x ? 2 9

h′(x)>0 时,解得 0<x<

43 9 ′ 43 9 , h (x)>0 时 x> 9 9

所以 h(x)在(0,

43 9 43 9 )上递增,在( ,+∞)上递减, 9 9
4 43 9 4 ) ? ,所以 a ? 9 9 9

故 h(x)的最大值为 h(

三、利用导数解不等式 例 8:函数 f(x)= x 2 ? 1 ? ax(a ? 0) ,解不等式 f(x)≤1 解:由题知 f '(x) ?

1 2

2x 1 ? x2

?a ?

x 1 ? x2

?a

①∵ ?1 ?

x 1 ? x2

?1

∴a≥1 时,f ' (x)<1-a<0 恒成立,故 f(x)在 R 上单调递减, 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<a<1 时,若 f '(x) ?

1 2 a

2x 1 ? x2

?a ?

x 1 ? x2

? a =0

则x ?

a 1 ? a2

或x= -

1- a2 a 1 ? a2 a 1 ? a2 )∪( a 1 ? a2 a 1 ? a2 ) , ??) ,

f '(x) >0 时解得 x∈ (??, ?

f '(x) f '(x) <0 时解得 x ? (?

,

故 f(x)在 (?

a 1 ? a2 a

,

a 1 ? a2 )或(

) 上单调递减, a

f(x)在 (??, ?

1 ? a2

1 ? a2
2a 1 ? a2

, ??) 上单调递增,

又 f(x)=1 时解得 x=0 或 x=



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且 0<a<1 时 0 ?

a 1 ? a2

?

2a 1 ? a2
2a 1 ? a2 2a 1 ? a2

所以 0<a<1 时 f(x)≤1 的解为{x| 0 ? x ?

}

由上得,a≥1 时 f(x)≤1 的解为 {x|x≥0} 0<a<1 时 f(x)≤1 的解为{x| 0 ? x ? }

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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