導(dǎo)數(shù)與不等式有關(guān)的問(wèn)題

　　摘 要： 導(dǎo)數(shù)是微積分的初步知識(shí)，是研究函數(shù)性質(zhì)的一種有力工具，可用于求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、求最大（?。┲?、求函數(shù)的值域，等等。而在處理與不等式有關(guān)的綜合性問(wèn)題時(shí)往往需要利用函數(shù)的性質(zhì)。因此，很多時(shí)候可以利用導(dǎo)數(shù)作為工具得出函數(shù)性質(zhì)，從而解決不等式問(wèn)題。本文具體討論導(dǎo)數(shù)在解決與不等式有關(guān)的問(wèn)題時(shí)的作用。
　　關(guān)鍵詞： 導(dǎo)數(shù) 不等式 函數(shù)
　　
　　在高中數(shù)學(xué)新課程標(biāo)準(zhǔn)中，關(guān)于導(dǎo)數(shù)的教學(xué)，有這樣的要求:教師應(yīng)引導(dǎo)學(xué)生在解決具體問(wèn)題的過(guò)程中，將研究函數(shù)的導(dǎo)數(shù)方法與初等方法作比較，讓學(xué)生體會(huì)導(dǎo)數(shù)方法在研究函數(shù)性質(zhì)中的一般性和有效性。導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的一種重要工具，可用于求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、求最大（?。┲怠⑶蠛瘮?shù)的值域，等等。作為導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中應(yīng)用的一個(gè)副產(chǎn)品，在處理與不等式有關(guān)的綜合性問(wèn)題時(shí)往往需要利用函數(shù)的性質(zhì)。因此，很多時(shí)侯可以先利用導(dǎo)數(shù)作為工具得出函數(shù)的性質(zhì)，再利用函數(shù)的性質(zhì)解決不等式問(wèn)題。下面具體討論導(dǎo)數(shù)在解決與不等式有關(guān)的問(wèn)題時(shí)的應(yīng)用。
　　一、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式
　　函數(shù)在某個(gè)區(qū)間上的導(dǎo)數(shù)值大于（或小于）0時(shí)，則該函數(shù)在該區(qū)間上單調(diào)遞增（或遞減）。因而在證明不等式時(shí)，根據(jù)不等式的特點(diǎn)，有時(shí)可以構(gòu)造函數(shù)，用導(dǎo)數(shù)證明該函數(shù)的單調(diào)性，然后再用函數(shù)單調(diào)性達(dá)到證明不等式的目的。即把證明不等式轉(zhuǎn)化為證明函數(shù)的單調(diào)性。具體有如下幾種形式：
　　1.先用導(dǎo)數(shù)證明該函數(shù)的增減性，再利用函數(shù)在它的同一單調(diào)遞增（減）區(qū)間，自變量越大，函數(shù)值越大（?。瑏?lái)證明不等式成立。
　　例1：已知，i，m，n是正整數(shù)，且1＜i≤m＜n，證明：（1+m）＞（1+n）.
　　解析：∵1＜i≤m＜n，且i，m，n為正整數(shù)∴2≤m＜n.
　　設(shè)f（x）=，x≥2，則f′（x）=.
　　由x≥2知：0＜＜1，ln（1+x）≥ln3＞1.
　　∴f′（x）＜0，∴f（x）是單調(diào)減函數(shù).
　　又2≤m＜n，∴＞.
　　∴nln（1+m）＞mln（1+n）.
　　故有（1+m）＞（1+n）.
　　評(píng)析：本題一般處理方法是利用二項(xiàng)式定理證明，這里通過(guò)構(gòu)造函數(shù)然后用導(dǎo)數(shù)證明，顯得簡(jiǎn)潔明快。
　　2.先把待比較大小的式子變形后再構(gòu)造函數(shù)，然后利用導(dǎo)數(shù)證明該函數(shù)的單調(diào)性，最后利用函數(shù)單調(diào)性來(lái)比較大小。
　　例2：已知：a，b∈R，b＞a＞e，求證：a＜b.（e為自然對(duì)數(shù)的底）
　　證：要證a＞b，只需證lna＞lnb，即證：blna-alnb＞0.
　　設(shè)f（x）=xlna-alnx（x＞a＞e）；則f′（x）=lna-.
　　∵a＞e，x＞a，∴l(xiāng)na＞1，＜1，∴f′（x）＞0，因而f（x）在（0，+∞）上遞增.
　　∵b＞a，∴f（b）＞f（a）.
　　故blna-alnb＞alna-alna=0，即blna＞alnb，所以a＞b成立.
　　注意：此題若以a為自變量構(gòu)造函數(shù)f（x）=blnx-xlnb（e＜x＜b），
　　則f′（x）=-lnb，f（x）＞0時(shí)x＜，f′（x）＜0時(shí)x＞，故f（x）在區(qū)間（e，b）上的增減性要由e與lnb的大小而定，當(dāng)然由題可以推測(cè)e＞，故f（x）在區(qū)間（e，b）上的遞減，但要證明e＞則需另費(fèi)周折。因此，本題還是選擇以a為自變量來(lái)構(gòu)造函數(shù)好，由本例可知用函數(shù)單調(diào)性證明不等式時(shí)，如何選擇自變量來(lái)構(gòu)造函數(shù)是比較重要的。
　　3.利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值（或值域）后，再證明不等式。
　　導(dǎo)數(shù)的另一個(gè)作用是求函數(shù)的最值。因而在證明不等式時(shí)，根據(jù)不等式的特點(diǎn)，有時(shí)可以構(gòu)造函數(shù)，用導(dǎo)數(shù)求出該函數(shù)的最值；由當(dāng)該函數(shù)取最大（或最?。┲禃r(shí)不等式都成立，可得該不等式恒成立。從而把證明不等式問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問(wèn)題。
　　例3:求證：n∈N，n≥3時(shí)，2＞2n+1.
　　證明：要證原式，即證：2-2n-1＞0，n≥3時(shí)成立.
　　設(shè)f（x）=2-2x-1（x≥3），則f′（x）=2ln2-2（x≥3）.
　　∵x≥3，∴f′（x）≥2ln3-2＞0.
　　∴f（x）在［3，+∞）上是增函數(shù).
　　∴f（x）的最小值為f（3）=2-2×3-1=1＞0.
　　所以，n∈N，n≥3時(shí)，f（n）≥f（3）＞0，即n≥3時(shí)，2-2n-1＞0成立.
　　4.利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的值域，再證明不等式。
　　例4：f（x）=x-x，x、x∈［-1，1］時(shí)，求證：|f（x）-f（x）|≤.
　　證明：∵f′（x）=x-1，x∈［-1，1］時(shí)，f′（x）≤0，
　　∴f（x）在［-1，1］上遞減，故f（x）在［-1，1］上的最大值為f（-1）=，最小值為f（1）=-，即f（x）在［-1，1］上的值域?yàn)?，.
　　所以x，x∈［-1，1］時(shí)，|f（x）|≤，|f（x）|≤，
　　即有|f（x）-f（x）|≤|f（x）|+|f（x）|≤+=.
　　二、利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問(wèn)題
　　例5：已知函數(shù)f（x）=x+3ax-1，g（x）=f′（x）-ax-5，其中f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，對(duì)滿足-1≤a≤1的一切a的值，都有g(shù)（x）＜0.求實(shí)數(shù)的取值范圍.
　　解析：由題意知f′（x）=3x+3a，則g（x）=3x-ax+3a-5.
　　令φ（a）=（3-x）a+3x-5（-1≤a≤1），對(duì)所有-1≤a≤1，恒有g(shù)（x）＜0，即φ（a）＜0.
　　∴φ（1）＜0φ（-1）＜0，即3x-x-2＜03x+x-8＜0.
　　解得：-＜x＜1，故x∈-，1時(shí)，對(duì)滿足-1≤a≤1的一切a的值都有g(shù)（x）＜0.
　　評(píng)析：一般的，若已知函數(shù)在區(qū)間I上的不等式恒成立問(wèn)題，求函數(shù)解析式中所含參數(shù)的取值范圍，這是考查用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的一種常用方式，這類問(wèn)題往往都可以借助導(dǎo)數(shù)轉(zhuǎn)化為一個(gè)不等式組問(wèn)題，即φ（1）＜0φ（-1）＜0，在區(qū)間I上成立，然后根據(jù)不等式恒成立問(wèn)題的解法進(jìn)行求解。
　　不等式恒成立問(wèn)題，一般都會(huì)涉及到求參數(shù)范圍，往往把變量分離后可以轉(zhuǎn)化為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），從而把不等式恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)求最值問(wèn)題。因此，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值是解決不等式恒成立問(wèn)題的一種重要方法。
　　例6：函數(shù)f（x）=-ax（a＞0），解不等式f（x）≤1.
　　解：由題知f′（x）=-a=-a，
　?、佟?1＜＜1，
　　∴a≥1時(shí)，f′（x）＜1－a＜0恒成立，故f（x）在R上單調(diào)遞減.
　　又f（0）=1，所以x≥0時(shí)f（x）≤f（0）=1，
　　即a≥1時(shí)，f（x）≤1的解為{x|x≥0}.
　?、?＜a＜1時(shí)，若f′（x）=-a=-a=0
　　則x=或x=-，
　　f′（x）＞0時(shí)，解得x∈-∞，-∪，+∞，
　　f′（x）＜0時(shí)，解得x∈-，.
　　故f（x）在x∈-，上單調(diào)遞減，
　　f（x）在-∞，-或，+∞上單調(diào)遞增.
　　又f（x）=1時(shí)解得x=0或x=，
　　且0＜a＜1時(shí)0＜＜，
　　所以0＜a＜1時(shí)f（x）≤1的解為x|0＜＜.
　　綜上，a≥1時(shí)f（x）≤1的解為{x|x≥0};
　　0＜a＜1時(shí)f（x）≤1的解為0≤x≤.
　　總之，無(wú)論是證明不等式，還是解不等式，只要在解題過(guò)程中需要用到函數(shù)的單調(diào)性或最值，我們都可以用導(dǎo)數(shù)作工具來(lái)解決。這種解題方法也是轉(zhuǎn)化與化歸思想在中學(xué)數(shù)學(xué)中的重要體現(xiàn)。
　　
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　　 注：“本文中所涉及到的圖表、公式、注解等請(qǐng)以PDF格式閱讀”