關鍵詞：導數，不等式，單調性，最值
導數是研究函式性質的一種重要工具。例如求函式的單調區間、求最大（小）值、求函式的值域等等。而在處理與不等式有關的綜合性問題時往往需要利用函式的性質；因此，很多時侯可以利用導數作為工具得出函式性質，從而解決不等式問題。
下面具體討論導數在解決與不等式有關的問題時的作用。
一、 利用導數證明不等式
（一）、利用導數得出函式單調性來證明不等式
我們知道函式在某個區間上的導數值大於（或小於）0時，則該函式在該區間上單調遞增（或遞減）。因而在證明不等式時，根據不等式的特點，有時可以建構函式，用導數證明該函式的單調性,然後再用函式單調性達到證明不等式的目的。即把證明不等式轉化為證明函式的單調性。
具體有如下幾種形式：
1、 直接建構函式，然後用導數證明該函式的增減性；再利用函式在它的同一單調遞增（減）區間，自變數越大，函式值越大（小），來證明不等式成立。
例1：x>0時,求證；x－ln(1+x)＜0
證明：設f(x)= x－ln(1+x) (x>0), 則f (x)=
∵x>0,∴f (x)<0,故f(x)在（0，+∞）上遞減，
所以x>0時,f(x) 2、把不等式變形後再建構函式,然後利用導數證明該函式的單調性，達到證明不等式的目的。
例2：已知：a,b∈r,b>a>e, 求證:ab>b a, (e為自然對數的底)
證：要證ab>b a只需證lnab>lnba 即證：blna－alnb>0
設f(x)=xlna－alnx (x>a>e)；則f (x)=lna－,
∵a>e,x>a ∴lna>1, <1,∴f (x)>0,因而f(x)在（e, +∞）上遞增
∵b>a,∴f(b)>f(a)；故blna－alnb>alna－alna=0；即blna>alnb
所以ab>b a成立。
（注意，此題若以a為自變數建構函式f(x)=blnx－xlnb (e則，f′(x)>0時時，故f(x)在區間（e, b）上的增減性要由的大小而定，當然由題可以推測
故f(x)在區間（e, b）上的遞減,但要證明則需另費周折，因此，本題還是選擇以a為自變數來建構函式好，由本例可知用函式單調性證明不等式時，如何選擇自變數來建構函式是比較重要的。）
（二）、利用導數求出函式的最值（或值域）後，再證明不等式。
導數的另乙個作用是求函式的最值. 因而在證明不等式時，根據不等式的特點，有時可以建構函式，用導數求出該函式的最值；由當該函式取最大（或最小）值時不等式都成立，可得該不等式恆成立。從而把證明不等式問題轉化為函式求最值問題。
例3、求證：n∈n*,n≥3時，2n >2n+1
證明：要證原式，即需證：2n－2n－1>0,n≥3時成立
設f(x)=2x－2x－1(x≥3),則f (x)=2xln2－2(x≥3),
∵x≥3,∴f (x)≥23ln3－2>0
∴f(x)在[3，+∞上是增函式，
∴f(x)的最小值為f(3)=23－2×3－1=1>0
所以，n∈n*,n≥3時，f(n)≥f(3)>0, 即n≥3時,2n－2n－1>0成立，
例4、的定義域是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
求證: >（k∈n*）
證明：由題知g (x)=
g (x)= =0時x4－ax3－a2b2+a2bx=0
即(x4－a2b2)－ax(x2－ab)=0,化簡得(x2－ab)(x2－ax+ab)=0
所以x2－ax+ab =0或x2－ab=0，∵0由x2－ab=0解得（舍）
故g (x)>0時x∈[, g (x)<0時x∈[a, ,
因而g(x)在[上遞增，在[a,上遞減
所以x=是ga(x)的極小值點，
又∵ga(x)在區間[a,b只有乙個極值
∴ga()=2是ga(x)的最小值。
所以，的最小值為=2
的最小值為2
又∵∴x1∈ik=[k2,(k+1)2, x2∈ik+1=[(k+1)2,(k+2)2時
>（k∈n*）成立
3、利用導數求出函式的值域，再證明不等式。
例5：f(x)= x3－x, x1,x2∈[－1,1]時，求證：|f(x1)－f(x2)|≤
證明：∵f (x)=x2－1, x∈[－1,1]時,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]上的值域為；
所以x1,x2∈[－1,1]時，|f(x1)|, |f(x2)|,
即有 |f(x1)－f(x2)|≤|f(x1)|+ |f(x2)|
二、利用導數解決不等式恆成立問題
不等式恆成立問題，一般都會涉及到求引數範圍，往往把變數分離後可以轉化為m>f(x) (或m例6、已知函式,對f(x)定義域內任意的x的值，
f(x)≥27恆成立，求a的取值範圍
解：函式f(x)的定義域為（0，+∞），由f(x)≥27對一切x∈（0，+∞）恆成立
知對一切x∈（0，+∞）恆成立，
即對x∈（0，+∞）恆成立
設則，由h′(x)=0解
h′(x)>0時，解得0＜x＜, h′(x)＞0時x＞
所以h(x)在（0，）上遞增，在（，+∞）上遞減,
故h(x)的最大值為，所以
三、利用導數解不等式
例8：函式f(x)=,解不等式f(x)≤1
解：由題知
①∵ ∴a≥1時,f (x)<1－a<0恆成立，故f(x)在r上單調遞減，
又f(0)=1，所以x≥0時f(x)≤f(0)=1，
即a≥1時f(x)≤1的解為
②0則>0時解得x∈∪,
<0時解得
故f(x)在上單調遞減，
f(x)在或上單調遞增，
又f(x)=1時解得x=0或x=，
且0所以0由上得，a≥1時f(x)≤1的解為
0總之，無論是證明不等式，還是解不等式，只要在解題過程中需要用到函式的單調性或最值，我們都可以用導數作工具來解決。這種解題方法也是轉化與化歸思想在中學數學中的重要體現。
（1）趙大鵬：《3+x高考導練.數學》，中國致公出版社
（2）王宜學：《沙場點兵.數學》，遼寧大學出版社
（3）《狀元之路.數學》
建構函式處理與導數有關的不等式問題 教案
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