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利用导数处理与不等式有关的问题

第一篇：利用导数处理与不等式有关的问题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。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：1、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。x2例1：x>0时,求证；x－ln(1+x)＜02x2x2'证明：设f(x)=x－ln(1+x)(x>0),则f(x)=21x∵x>0,∴f'(x)0时,f(x)例2：已知：a,b∈R,b>a>e,求证:ab>ba,(e为自然对数的底)证：要证ab>ba只需证lnab>lnba即证：blna－alnb>0a设f(x)=xlna－alnx(x>a>e)；则f'(x)=lna－,xa∵a>e,x>a∴lna>1,0,因而f(x)在（e,+∞）上递增x∵b>a,∴f(b)>f(a)；故blna－alnb>alna－alna=0；即blna>alnb所以ab>ba成立。（注意，此题若以a为自变量构造函数f(x)=blnx－xlnb(e0时x，故f(x)在区间（e,b）lnbxlnbPage1of5bb的大小而定，当然由题可以推测elnblnbb故f(x)在区间（e,b）上的递减,但要证明e则需另费周折，因此，本题还lnb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－1>0,n≥3时成立设f(x)=2x－2x－1(x≥3),则f'(x)=2xln2－2(x≥3),∵x≥3,∴f'(x)≥23ln3－2>0上的增减性要由e与∴f(x)在[3，+∞)上是增函数，∴f(x)的最小值为f(3)=23－2×3－1=1>0所以，n∈N*,n≥3时，f(n)≥f(3)>0,即n≥3时,2n－2n－1>0成立，xb例4、gA(x)(1)2(1)2的定义域是A=[a,b)，其中a,b∈R+,a若x1∈Ik=[k2,(k+1)2),x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2)求证:g4（k∈N*）(x1)g(x2)>k(k1)IkIk1'2x22b2b2证明：由题知g(x)=aaxx2x22b2b2g'(x)==0时x4－ax3－a2b2+a2bx=0aaxx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，∵0由x2－ab=0解得xx=（舍）故g'(x)>0时x∈,g'(x)[a，因而g(x)在上递增，在上递减所以是gA(x)的极小值点，Page2of5又∵gA(x)在区间[a,b)只有一个极值∴gA)=21)2是gA(x)的最小值。k12(k1)21)22(1)2所以，g(x)的最小值为g(=2)1kIIkkkkk2221)2()g(x2)的最小值为2(k1k1Ik1又∵224k(k1)k(k1)∴x1∈Ik=[k2,(k+1)2),x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2)时g4（k∈N*）成立(x1)g(x2)>k(k1)IkIk13、利用导数求出函数的值域，再证明不等式。14例5：f(x)=x3－x,x1,x2∈[－1,1]时，求证：|f(x1)－f(x2)|≤33证明：∵f'(x)=x2－1,x∈[－1,1]时,f'(x)≤0,2∴f(x)在[－1,1]上递减.故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)=3222最小值为f(1)=,即f(x)在[－1,1]上的值域为[,]；33322所以x1,x2∈