导数在不等式中的应用

φκκκκκκ导数在不等式中的应用
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)0ln 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
21)-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∵22422k(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 9
f (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 21a ≤≤-}
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。