导数与单调性

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。

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
2x
2
-－ln(1+x)＜0
证明：设f(x)= x
2x
2
-－ln(1+x) (x>0), 则f'(x)=
2x
1x
-
+
∵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
2x
2
-－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:a b>b a, (e为自然对数的底)
证：要证a b>b a只需证lna b>lnb a 即证：blna－alnb>0
设f(x)=xlna－alnx (x>a>e)；则f '(x)=lna－a x ,
∵a>e,x>a ∴lna>1,a
x
<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a b>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)
则
b
f'(x)ln b
x
=-，f′(x)>0时
b
x,f'(x)0
ln b
<<时
b
x
ln b
>，故f(x)在区间（e, b）
上的增减性要由
b
e
ln b
与的大小而定，当然由题可以推测
b
e
ln b
>
故f(x)在区间（e, b）上的递减,但要证明
b
e
ln b
>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)=2x ln2－2(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、x b 22g (x)(1)(1)A a x
=-+-的定义域是A=[a,b )，其中a,b ∈R +,a<b 若x 1∈I k =[k 2,(k+1)2), x 2∈I k+1=[(k+1)2,(k+2)2)
求证:g (x )g (x )12I I k k 1
++> 4k(k 1)+（k ∈N *） 证明：由题知g '(x)=22x 22b 2b 223a a x x
-+- g '(x)= 22x 22b 2b 223
a a x x -+-=0时x 4－ax 3－a 2
b 2+a 2bx=0 即(x 4－a 2b 2)－ax(x 2－ab)=0,化简得(x 2－ab)(x 2－ax+ab)=0
所以x 2－ax+ab =0或x 2－ab=0，∵0<a<b,∴x 2－ax+ab =0无解
由x 2－ab=0解得x =x=（舍）
故g '(x)>0时x ∈, g '(x)<0时x ∈[a,,
因而g(x)在上递增，在上递减
所以是g A (x)的极小值点，
又∵g A (x)在区间[a,b )只有一个极值
∴g A )=221)-是g A (x)的最小值。

所以，g (x )1I k 的最小值为2(k 1)g ()2I k k
+
=2k 12221)2(1)2k k +-=-= g (x )2I k 1
+的最小值为2k 2222(1)()k 1k 1+-=++
又∵224k(k 1)k (k 1)+≥=++ ∴x 1∈I k =[k 2,(k+1)2), x 2∈I k+1=[(k+1)2,(k+2)2)时
g (x )g (x )12I I k k 1
++> 4k(k 1)+（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)=13x 3－x, x 1,x 2∈[－1,1]时，求证：|f(x 1)－f(x 2)|≤43
证明：∵f '(x)=x 2－1, 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)=23
最小值为f(1)=23-,即f(x)在 [－1,1]上的值域为22[,]33
-； 所以x 1,x 2∈[－1,1]时，|f(x 1)|23≤, |f(x 2)|23
≤, 即有 |f(x 1)－f(x 2)|≤|f(x 1)|+ |f(x 2)|224333
≤+= 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。

例6
、已知函数a 9f (x)((a R)x
=+∈,对f(x)定义域内任意的x 的值， 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
+≥=x ∈（0，+∞）恒成立，
即a ≥-x ∈（0，+∞）恒成立
设h(x)=-
则h '(x)=-h ′(x)=0
解x 9
= h ′
(x)>0时，解得0＜x
＜9′(x)＞0时x
＞9
所以h(x)在（0
，9
）上递增，在（9
+∞）上递减, 故h(x)
的最大值为4h(99
=，所以4a 9≥ 三、利用导数解不等式
例8：函数
ax(a 0)->,解不等式f(x)≤1
解：由题知f '(x)a a =-=-
①∵11-<<
∴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)a a =-=-=0
则x =a x=-
f '(x)>0时解得x
∈(,-∞
∪)+∞, f '(x)f '(x)<0
时解得x (∈ 故f(x)
在(上单调递减， f(x)
在(,-∞
或)+∞上单调递增， 又f(x)=1时解得x=0或x=2a
21a -，
且0<a<1
时2a
01a <<-
所以0<a<1时f(x)≤1的解为{x|2a
0x 21a ≤≤-}
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|
2a
0x
2
1a
≤≤
-
}
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》。