高中数学教学论文利用导数处理与不等式有关的问题新人教版

用心爱心专心-1-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。例1：x0时,求证；x2x2－ln(1+x)＜0证明：设f(x)=x2x2－ln(1+x)(x0),则f'(x)=2x1x∵x0,∴f'(x)0,故f(x)在（0，+∞）上递减，所以x0时,f(x)f(0)=0，即x2x2－ln(1+x)0成立。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,bae,求证:abba,(e为自然对数的底)证：要证abba只需证lnablnba即证：blna－alnb0设f(x)=xlna－alnx(xae)；则f'(x)=lna－ax,∵ae,xa∴lna1,ax1,∴f'(x)0,因而f(x)在（e,+∞）上递增∵ba,∴f(b)f(a)；故blna－alnbalna－alna=0；即blnaalnb所以abba成立。（注意，此题若以a为自变量构造函数f(x)=blnx－xlnb(exb)则bf'(x)lnbx，f′(x)0时bx,f'(x)0lnb时bxlnb，故f(x)在区间（e,b）上的增减性要由belnb与的大小而定，当然由题可以推测belnb故f(x)在区间（e,b）上的递减,但要证明belnb则需另费周折，因此，本题还是选择以a用心爱心专心-2-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，2n2n+1证明：要证原式，即需证：2n－2n－10,n≥3时成立设f(x)=2x－2x－1(x≥3),则f'(x)=2xln2－2(x≥3),∵x≥3,∴f'(x)≥23ln3－20∴f(x)在[3，+∞)上是增函数，∴f(x)的最小值为f(3)=23－2×3－1=10所以，n∈N*,n≥3时，f(n)≥f(3)0,即n≥3时,2n－2n－10成立，例4、xb22g(x)(1)(1)Aax的定义域是A=[a,b)，其中a,b∈R+,ab若x1∈Ik=[k2,(k+1)2),x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2)求证:g(x)g(x)12IIkk14k(k1)（k∈N*）证明：由题知g'(x)=22x22b2b223aaxxg'(x)=22x22b2b223aaxx=0时x4－ax3－a2b2+a2bx=0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，∵0ab,∴x2－ax+ab=0无解由x2－ab=0解得xab或x=-ab（舍）故g'(x)0时x∈[ab,b),g'(x)0时x∈[a,ab),因而g(x)在[ab,b)上递增，在[a,ab)上递减所以x=ab是gA(x)的极小值点，又∵gA(x)在区间[a,b)只有一个极值∴gA(ab)=2b2(1)a是gA(x)的最小值。用心爱心专心-3-所以，g(x)1Ik的最小值为2(k1)g()2Ikk=22(k1)k1222(1)2(1)22kkkg(x)2Ik1的最小值为2k2222(1)()k1k1又∵222242.2222k(k1)k(k1)k(k1)∴x1∈Ik=[k2,(k+1)2),x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2)时g(x)g(x)12IIkk14k(k1)（k∈N*）成立3、利用导数求出函数的值域，再证明不等式。例5：f(x)=13x3－x,x1,x2∈[－1,1]时，求证：|f(x1)－f(x2)|≤43证明：∵f'(x)=x2－1,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)=23最小值为f(1)=23,即f(x)在[－1,1]上的值域为22[,]33；所以x1,x2∈[－1,1]时，|f(x1)|23,|f(x2)|23,即有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x1)|+|f(x2)|224333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mf(x)(或mf(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6、已知函数a9f(x)(x)(aR)x,对f(x)定义域内任意的x的值，f(x)≥27恒成立，求a的取值范围解：函数f(x)的定义域为（0，+∞），由f(x)≥27对一切x∈（0，+∞）恒成立知93ax273x对一切x∈（0，+∞）恒成立，即3a3xxx对x∈（0，+∞）恒成立设3h(x)3xxx,则33h'(x)3x2，由h′(x)=0解349x9h′(x)0时，解得0＜x＜3499,h′(x)＞0时x＞3499用心爱心专心-4-所以h(x)在（0，3499）上递增，在（3499，+∞）上递减,故h(x)的最大值为3494h()99，所以4a9三、利用导数解不等式例8：函数f(x)=2x1ax(a0),解不等式f(x)≤1解：由题知12xxf'(x)aa2221x1x①∵x1121x∴a≥1时,f'(x)1－a0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}②0a1时，若12xxf'(x)aa2221x1x=0则ax21aa或x=-21-af'(x)0时解得x∈a(,)21a∪a(,)21a,f'(x)f'(x)0时解得aax(,)221a1a故f(x)在aa(,)221a1a上单调递减，f(x)在a(,)21a或a(,)21a上单调递增，又f(x)=1时解得x=0或x=2a21a，且0a1时a2a0221a1a所以0a1时f(x)≤1的解为{x|2a0x21a}用心爱心专心-5-由上得，a≥1时f(x)≤1的解为{x|x≥0}0a1时f(x)≤1的解为{x|2a0x21a}总之，无论是证明不等式，还是解不等式，只要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。参考资料：（1）赵大鹏：《3+X高考导练.数学》，中国致公出版社（2）王宜学：《沙场点兵.数学》，辽宁大学出版社（3）《状元之路.数学》