巧用導數處理與不等式有關的問題

一、利用導數比較大小

例1.設f(x)，g(x)是R上的可導函數，f′(x)，g′(x)分別是f(x)，g(x)的導函數，且f′(x)g(x)+f(x)g′(x)<0。當a<x<b時，以下結論正確的是 .

(1) f(x)g(b)>f(b)g(x)

(2) f(x)g(a)>f(a)g(x)

(3) f(x)g(x)>f(b)g(b)

(4) f(x)g(x)>f(a)g(a)

解析:∵f′(x)g(x)+f(x)g′(x)<0，∴[f(x)g(x)]′<0

即在(a，b)上，f(x)g(x)為減函數，

∴f(x)g(x)>f(b)g(b).

例2.(2008高考山東卷)設函數f(x)=x2ex-1+ax3+bx2，已知x=-2和x=1為f(x) 的極值點.

(1)求a和b的值;

(2)討論f(x)的單調性;

(3)設g(x)=23x3-x2，試比較f(x)與g(x)的大小.

解題示范:(1)因為f′(x)=ex-1(2x+x2)+3ax2+2bx

=xex-1(x+2)+x(3ax+2b)，

又x=-2和x=1為f(x)的極值點，

所以f′(-2)=f′(1)=0，

即-6a+2b=03+3a+2b=0 ，解方程組得a=-13，b=-1.

(2)因為a=-13，b=-1，

所以f′(x)=x(x+2)(ex-1-1)，

令f′(x)=0，解得x1=-2，x2=0，x3=1，

因為當x∈(-∞，-2)∪(0，1)時，f′(x)<0;

當x∈(-2，0)∪(1，+∞)時，f′(x)>0;

所以f(x)在(-∞，-2)和(0，1)上是單調遞減的;

在(-2，0)和(1，+∞)上是單調遞增的.

(3)由(1)可知f(x)=x2ex-1-13x3-x2，

故f(x)-g(x)=x2ex-1-x3=x2(ex-1-x).

令h(x)=ex-1-x，則h′(x)=ex-1-1，

令h′(x)=0，得x=1，

因為x∈(-∞，1]時，h′(x)≤0，所以h(x)在x∈(-∞，1]上單調遞減，

故x∈(-∞，1]時，h(x)≥h(1)=0;

因為x∈[1，+∞)時，h′(x)≥0，所以h(x)在x∈[1，+∞)上單調遞增，

故x∈[1，+∞)時，h(x)≥h(1)=0.

所以對任意

x∈(-∞，+∞)時，恒有h(x)≥0，又x2≥0，因此f(x)-g(x)≥0，

故對任意x∈(-∞，+∞)，恒有f(x)≥g(x).

點評:例1直接利用了函數的單調性，比較兩數大小，而例2構造了一個新函數，進一步利用導數求出單調區間、極值點，從而得出結論.

二、利用導數證明不等式

例3.若x≠0，求證:ex>1+x.

證明:令f(x)=ex-1-x，f(0)=0，f′(x)=ex-1，

(1)當x>0時，f′(x)=ex-1>0，∴f(x)在(0，+∞)上為增函數，

∵x>0，∴f(x)>f(0)，∴ex-1-x>0，即ex>1+x;

(2) 當x<0時，f′(x)=ex-1<0，∴f(x)在(-∞，0)上為減函數，

∵x<0，∴f(x)>f(0)，∴ex-1-x>0，即ex>1+x.

例4.已知f(x)=xlnx，g(x)=-x2+ax-3.

(1)求函數f(x)在[t，t+2](t>0)上的最小值;

(2)對一切x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數a的取值范圍;

(3)證明對一切x∈(0，+∞)，都有lnx>1ex-2ex成立.

解析:(1)f′(x)=lnx+1，

當x∈(0，1e)，f(x)單調遞減，當x∈(1e，+∞)，f(x)單調遞增，

① 0

② 0

③ 1e≤t

f(x)min=f(t)=tlnt;

所以f(x)min=tlnt，t≥1e-1e，0

(2)2xlnx≥-x2+ax-3，則a≤2lnx+x+3x，

設h(x)=2lnx+x+3x(x>0)，則h′(x)=(x+3)(x-1)x2，

當x∈(0，1)，h(x)單調遞減，x∈(1，+∞)，h(x)單調遞增，

所以h(x)min=h(1)=4，

因為對一切x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min=4.

(3)問題等價于證明xlnx>xex-2e(x∈(0，+∞))，

由(1)可知f(x)=xlnx(x∈(0，+∞)的最小值是-1e，當且僅當x=1e時取到，

設m(x)=xex-2e(x∈(0，+∞))，則m′(x)=1-xex，

易得m(x)max=m(1)=-1e，當且僅當x=1時取到，

從而對一切x∈(0，+∞)，都有lnx>1ex-2ex成立.

點評:例3的亮點是構造函數，利用導數證明不等式，而例4是利用導數，求出最值，進行不等式的證明，這些證不等式的方法應該引起足夠的重視.

三、利用導數解不等式

例5.已知函數f(x)是定義在R上的奇函數，f(1)=0，xf′(x)-f(x)x2>0(x>0)，則不等式x2f(x)>0的解集是 .

解析:令F(x)=f(x)x，

則當x>0時，F′(x)=xf′(x)-f(x)x2>0，所以F(x)在(0，+∞)上單調遞增，

又f(x)為定義在R上的奇函數，故F(-x)=f(-x)-x=-f(x)-x=f(x)x=F(x)，

所以F(x)為偶函數，所以F(x)在(-∞，0)上單調遞減;

又f(1)=0，∴F(-1)=F(1)=f(1)1=0，

不等式x2f(x)>0可化為f(x)>0，

當x>0時，f(x)>0可化為f(x)x>0，即F(x)>F(1)，∴x>1;

當x<0時，f(x)>0可化為f(x)x<0，即F(x)

故不等式x2f(x)>0的解集為(-1，0)∪(1，+∞).

例6.設f(x)，g(x)分別是定義在(-∞，0)∪(0，+∞)上的奇函數和偶函數，當x<0時，f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0，且g(-3)=0，則不等式f(x)g(x)<0的解集是.

解析:令F(x)=f(x)g(x)，

則當x<0時，F′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0，∴F(x)在(-∞，0)上單調遞增，

又∵F(-x)=f(-x)g(-x)=-f(x)g(x)=-F(x)，∴F(x)為奇函數，

∴F(-3)=-F(3)=0;

當x<0時，f(x)g(x)<0可化為F(x)

當x>0時，f(x)g(x)<0可化為F(x)

所以，不等式f(x)g(x)<0的解集是(-∞，-3)∪(0，3).

點評:例5，例6將函數的奇偶性，單調性有機地融合在一起，綜合考察學生分析問題、解決問題的能力，解題的關鍵是靈活利用導數證明函數的單調性，從單調性出發解不等式.