例谈导数在解决不等式问题中的工具作用

　　导数是研究函数性质的一种重要工具。可用来求函数的单调区间、最大（小）值、函数的值域，等等。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，可以利用导数作为工具得出函数性质解决问题。
　　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。
　　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，有时可以先构造函数，用导数证明该函数的单调性，然后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，来证明不等式成立。
　　例1：求证：当x≥0时，1+2x-e≤0.
　　证明：设f（x）=1+2x-e，f（0）=0
　　∵f′（x）=2-2e=2（1-e）
　　∴当x≥0时f′（x）≤0
　　即f（x）在［0，+∞）上是减函数
　　当x≥0时，f（x）≤f（0）=0
　　当x≥0时，1+2x-e≤0.
　　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.（e为自然对数的底）
　　证：要证a＞b只需证lna＞lnb，即证：blna-alnb＞0.
　　设f（x）=xlna-alnx（x＞a＞e），则f′（x）=lna-.
　　∵a＞e，x＞a，∴lna＞1，＜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f′（x）=lnb，f′（x）＞0时x＜时；f′（x）＜0时x＞，故f（x）在区间（e，b）上的增减性要由e与的大小而定，当然由题可以推测e＞.
　　故f（x）在区间（e，b）上递减，但要证明e＞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比较好.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，2＞2n+1.
　　证明：要证原式，即需证：2-2n-1＞0，n≥3时成立.
　　设f（x）=2-2x-1（x≥3），则f′（x）=22-2（x≥3），
　　∵x≥3，∴f′（x）≥2ln3-2＞0，
　　∴f（x）在［3，+∞）上是增函数，
　　∴f（x）的最小值为f（3）=2-2×3-1=1＞0.
　　所以，n∈N，n≥3时，f（n）≥f（3）＞0，即n≥3时，2-2n-1＞0成立.
　　例4：f（x）=x-x，x，x∈［-1，1］时，求证：|f（x）-f（x）|≤.
　　证明：∵f′（x）=x-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x，x∈［-1，1］时，|f（x）|≤，|f（x）|≤，
　　即有|f（x）-f（x）|≤|f（x）|+|f（x）|≤+=.
　　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5：设a＞0，x+a|lnx-1|≥a，x∈［1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围.
　　解：当x≥e时
　　令f（x）=x+a|lnx-1|，
　　则f（x）=x+alnx-a
　　∴f′（x）=2x+
　　∴f′（x）＞0，即f（x）在［e，+∞）上单调递增.
　　∴f（x）≥f（e）=e≥a
　　∴0＜a≤e
　　当1≤x＜e时
　　x-alnx+a≥a
　　∴a≤在［1，e）上恒成立
　　令g（x）=，则
　　g′（x）=
　　∴当x∈［1，e）时，g′（x）＜0，即g（x）在x∈［1，e）单调递减；
　　当x∈（e，e）时g′（x）＞0，即g（x）在x∈（e，e）单调递增.
　　∴g（x）≥g（e）=2e
　　∴0＜a＜2e
　　综上所述：0＜a＜2e.
　　三、利用导数解不等式
　　例6：函数f（x）=-ax（a＞0），解不等式f（x）≤1.
　　解：由题知f′（x）=-a=-a
　　①∵-1＜＜1
　　∴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=或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=，
　　且0＜a＜1时0＜＜，
　　所以0＜a＜1时f（x）≤1的解为{x|0≤x≤}.
　　综上，a≥1时，f（x）≤1的解为{x|x≥0}；
　　0＜a＜1时，f（x）≤1的解为{x|0≤x≤}.
　　总之，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。
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