導(dǎo)數(shù)在不等式中的應(yīng)用

鄒同儉　馮軍年

利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題，實(shí)質(zhì)上就是利用不等式與函數(shù)之間的緊密聯(lián)系，將不等式的部分或全部投射到函數(shù)上，直接或等價(jià)變形后，結(jié)合不等式的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)，再運(yùn)用導(dǎo)數(shù)知識(shí)來研究所構(gòu)造的函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值等，從而使問題得到解決. 其中，審題至關(guān)重要，構(gòu)造出適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)是解題的關(guān)鍵，合理轉(zhuǎn)化找到等價(jià)命題是基本要求.

巧用導(dǎo)數(shù)解不等式

例1 解關(guān)于[x]的不等式：ln[1x-1]>1-[1x-1].

分析 這是一個(gè)超越不等式，直接解不等式難度很大. 如果適當(dāng)變形，構(gòu)造函數(shù)[f（t）=lnt-1+t]，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為常規(guī)不等式，思路簡(jiǎn)潔，效果顯著.

解 設(shè)[t=1x-1]，考查函數(shù)[f（t）=lnt-1+t（t>0）]，

則[f（t）=1t]+1.

對(duì)任意[t>0]，恒有[f（t）>0]，所以[f（t）]單調(diào)遞增.

又[f（1）=0]，所以[f（t）>f（1）].

所以[t>1]， 即[1x-1]>1，即[2-xx-1]>0.

解得，[1

所以不等式的解集為（1，2）.

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于超越不等式或直接解不等式很麻煩的，可以嘗試構(gòu)造函數(shù)，通過導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，再利用單調(diào)性的定義把它轉(zhuǎn)化為常規(guī)不等式或比較簡(jiǎn)單的不等式，從而起到四兩撥千斤的作用.

巧用導(dǎo)數(shù)的幾何意義證明不等式

例2 函數(shù)[f（x）=13x3-x2+x+m]的定義域?yàn)椋?，1），[x1，x2∈（0，1）]，[x1≠x2]，求證：[f（x1）-f（x2）

分析 將結(jié)論變形成[f（x1）-f（x2）x1-x2]<1，立馬就會(huì)聯(lián)想到直線的斜率，進(jìn)而聯(lián)想到導(dǎo)數(shù)的幾何意義.

證明 因?yàn)閇f（x1）-f（x2）

于是只需證明[f（x1）-f（x2）x1-x2]<1成立即可.

而[f（x1）-f（x2）x1-x2]表示的是曲線上任意兩個(gè)點(diǎn)的斜率，即要證明函數(shù)[f（x）]圖象上任意兩點(diǎn)連線的斜率的絕對(duì)值小于1，也就是證明任意一點(diǎn)的切線的斜率的絕對(duì)值小于1.

由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知，[f（x）]就是函數(shù)[f（x）]在定義域上任意一點(diǎn)的切線的斜率.

所以只需證明[f（x）=x2-x+1<1]即可.

由二次函數(shù)性質(zhì)可知，[0

所以[f（x1）-f（x2）x1-x2]<1成立，

即[f（x1）-f（x2）

點(diǎn)評(píng) 審題時(shí)對(duì)命題中的部分角色進(jìn)行再整理分析是必要的，等價(jià)變形后可以激發(fā)我們對(duì)知識(shí)的再聯(lián)想，從而找到新的思路.

巧用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式

例3 設(shè)函數(shù)[f（x）]是定義在（-∞，0）上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為[f（x）]，且有[f（x）+xf（x）0]成立，求證：[x<-2016.]

分析 由[f（x）+xf（x）]及[（x+2014）f（x+2014）]可以聯(lián)想到函數(shù)[g（x）=xf（x）]. 由[（x+2014）f（x+2014）+][2f（-2）>0]可得，[（x+2014）f（x+2014）>-2f（-2）]，即[g（x+2014）>g（-2）]，至此方向已經(jīng)明確：根據(jù)[g（x）]的單調(diào)性即可證明.

證明 構(gòu)造函數(shù)[g（x）=xf（x）]，則[g′（x）=f（x）+xf（x）].

因?yàn)閇f（x）+xf（x）

所以[g（x）=xf（x）]在（-∞，0）上單調(diào)遞減.

由[（x+2014）f（x+2014）+2f（-2）>0]成立可得，

[（x+2014）f（x+2014）>-2f（-2）]成立，

即[g（x+2014）>g（-2）]成立.

所以[x+2014<-2]，即[x<-2016]. 得證.

點(diǎn)評(píng) 運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式簡(jiǎn)單快捷，其一般步驟是：（1）構(gòu)造函數(shù)（對(duì)不等式兩邊的代數(shù)式作差或作商）；（2）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，研究函數(shù)的單調(diào)性；（3）根據(jù)單調(diào)性的定義完成證明.

巧用函數(shù)的極值或最值證明不等式

例4 證明：當(dāng)[x>0]時(shí)，[sinx

分析 作差、移項(xiàng)構(gòu)造函數(shù)[f（x）=sinx-ex]，再通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，最后利用函數(shù)的有界性解題.

證明 令[f（x）=sinx-ex]，且[f（0）=-1]，

則[f（x）=cosx-ex].

由于當(dāng)[x∈]（0，+∞）時(shí)，[cosx≤1]，[ex>1]，

從而[f（x）=cosx-ex<0].

則[f（x）=sinx-ex]在（0，+∞）上單調(diào)遞減.

又[f（0）=-1]，

所以[f（x）=sinx-ex<0]在（0，+∞）上恒成立，從而[sinx

點(diǎn)評(píng) 運(yùn)用函數(shù)的極值或最值證明不等式的一般步驟是：（1）構(gòu)造函數(shù)（對(duì)不等式兩邊的代數(shù)式作差或作商）；（2）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，研究函數(shù)的單調(diào)性；（3）求函數(shù)在所求區(qū)間上的極值、最值或臨界值，然后將它與需要證明的條件作比較，從而實(shí)現(xiàn)證明.

巧用導(dǎo)數(shù)解決不等式中的參數(shù)問題

例5 已知函數(shù)[f（x）=ln（1+x）+ax]在定義域上是單調(diào)遞增的，求實(shí)數(shù)[a]的取值范圍.

分析 函數(shù)[f（x）=ln（1+x）+ax]在定義域上是單調(diào)遞增的，等價(jià)于函數(shù)[f（x）≥0]在定義域上恒成立，于是分離參數(shù)[a]，得到[a≥-1x+1]恒成立，只需求出[-1x+1]的最大值即可.

解 由題意得，函數(shù)定義域?yàn)椋?1，+∞）.

因?yàn)楹瘮?shù)[f（x）=ln（1+x）+ax]在定義域上是單調(diào)遞增的，

所以[f（x）=1x+1+a≥0]在（-1，+∞）上恒成立，即[a≥-1x+1]對(duì)任意[x>-1]恒成立.

因?yàn)閇-1x+1]<0，所以[a≥0].

所以實(shí)數(shù)[a]的取值范圍是[0，+∞）.

點(diǎn)評(píng) 不等式恒成立問題，一般都涉及求參數(shù)的范圍，有些變量分離后往往可以轉(zhuǎn)化成[m>f（x）]或[m[f（x）]max]或[m<[f（x）]min]. 從而只需求出函數(shù)[f（x）]的最大值或最小值即可.

巧用導(dǎo)數(shù)定義證明不等式

例6 設(shè)函數(shù)[f（x）=a1sinx+a2sin2x+…+ansinnx]，且[f（x）≤sinx]，證明：[a1+2a2+…+nan≤1].

分析 因?yàn)閇f（0）=a1+2a2+…+nan]，所以只需證明[f（0）]≤1即可，又[f（x）≤sinx]，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)定義及[limx→0sinxx]=1，正好可以完成證明.

證明 由[f（x）=a1sinx+a2sin2x+…+ansinnx]得，

[f（x）=a1cosx+2a2cos2x+…+nancosnx].

則[f（0）=0]，[f（0）=a1+2a2+…+nan].

由導(dǎo)數(shù)定義得，

[f（0）=limx→0f（x）-f（0）x-0]=[limx→0f（x）x]

=[limx→0f（x）x]≤[limx→0sinxx]=1.

所以[a1+2a2+…+nan≤1].

點(diǎn)評(píng) 此例非常經(jīng)典，審題時(shí)要善于發(fā)現(xiàn)[f（0）= a1+][2a2+…+nan]， 巧妙地利用導(dǎo)數(shù)的定義實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)化，突破了難點(diǎn).