利用导数处理和不等式有关问题.doc

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。 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：x0时,求证；x－ln(1+x)＜0 证明：设f(x)= x－ln(1+x) (x0), 则f(x)= ∵x0,∴f(x)0,故f(x)在（0，+∞）上递减， 所以x0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,bae, 求证:abb a, (e为自然对数的底) 证：要证abb a只需证lnablnba 即证：blna－alnb0 设f(x)=xlna－alnx (xae)；则f (x)=lna－, ∵ae,xa ∴lna1,1,∴f (x)0,因而f(x)在（e, +∞）上递增 ∵ba,∴f(b)f(a)；故blna－alnbalna－alna=0；即blnaalnb 所以abb a成立。 （注意，此题若以a为自变量构造函数f(x)=blnx－xlnb (exb) 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－10,n≥3时成立 设f(x)=2x－2x－1(x≥3),则f(x)=2xln2－2(x≥3), ∵x≥3,∴f(x)≥23ln3－20 ∴f(x)在[3，+∞ 上是增函数， ∴f(x)的最小值为f(3)=23－2×3－1=10 所以，n∈N*,n≥3时，f(n)≥f(3)0, 即n≥3时,2n－2n－10成立， 例4、的定义域是A=[a,b，其中a,b∈R+,ab 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，∵0ab,∴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