利用导数解决不等式问题
导数在不等式中的应用
φκκκκκκ导数在不等式中的应用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：x>0时,求证；x2x2-－ln(1+x)＜0证明：设f(x)= x2x2-－ln(1+x) (x>0), 则f'(x)=2x1x-+∵x>0,∴f'(x)<0,故f(x)在（0，+∞）上递减，所以x>0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,b>a>e, 求证:a b>b a, (e为自然对数的底)证：要证a b >b a 只需证lna b >lnb a 即证：blna －alnb>0设f(x)=xlna －alnx (x>a>e)；则f '(x)=lna －a x, ∵a>e,x>a ∴lna>1,a x<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 >b a 成立。
利用导数证明或解决不等式问题
利用导数证明或解决不等式问题
导数在解决不等式问题中起着非常重要的作用，利用导数可以轻松地证明和解决各种
不等式问题。
本文将通过一些具体的例子，来展示导数在不等式问题中的应用。
我们来看一个简单的例子：证明当x>0时，e^x\geq1+x。
我们可以利用导数来证明这
个不等式。
我们计算e^x和1+x的导数，分别为e^x和1。
然后我们发现e^x-1\geq x，这意味着在x>0时，e^x\geq1+x。
这样就利用导数证明了这个不等式。
除了证明不等式，我们还可以利用导数来解决不等式问题。
我们要求解不等式
x^2-5x+6>0。
我们可以通过求解x^2-5x+6的导数来判断x^2-5x+6的增减性。
首先求导得
到2x-5，然后令2x-5=0，解得x=\frac{5}{2}。
这说明在x<\frac{5}{2}时，x^2-5x+6<0，而在x>\frac{5}{2}时，x^2-5x+6>0。
不等式x^2-5x+6>0的解集是x<\frac{5}{2}或
x>\frac{3}{2}。
高中数学 1.3利用导数解决不等式问题课后反思 新人教A
2015高中数学 1.3利用导数解决不等式问题课后反思新人教A版选修2-1课后自我反思本节课是一堂二轮专题复习课，本节课旨在通过各项师生、生生互动环节，一步步引导学生发现并归纳梳理写作策略，使学生能够运用导数来解决不等式问题，现在讲教学后的几点思考与大家分享：一、教学的环节设计:我先从与回顾导数所能解决的问题入手，自然轻松地询问学生的证明含指数和对数的不等式的常用方法有哪些，然后过渡到分享自己的见解，然后让学生总结规律。
通过板演展示，让学生初步了解运用不等式解决问题，尤其是不等式问题的常见思路，再进入合作探究环节，补充完整证明复杂一点的不等式的常用方法，让学生对含有两个元的不等式问题如何构造函数有一个初次的感知。
接着，又过渡到另外一个构造函数问题，通过师生问答的形式，总结出构造函数的一些结论和规律。
然后，让学生通过小组合作的形式，让学生自己发现证明含N的不等式问题的技巧，也就是一般规律。
之后，通过问答的形式，提炼出本节课的主题，给与进一步的方法指导。
然后，学生独立完成自己的学案。
同时，通过共同批阅的方式，对学生的答案进行评价和批阅，再次渗透方法。
最后布置作业，让学生进一步巩固本节课探究的成果。
二、不足与反思我认为这节课的教学步骤比较清晰，环节较为紧凑，每一步设计都为下一步的开展做了铺垫，使学生在面临新的任务时不感到突兀。
但是，以下几点还需要改进：1.导入环节，我感觉有点过于繁杂。
提出的问题太多，没有把学生的神经给调动起来，精力不集中的学生也许还没有意识到老师所卖的关子，有点太仓促。
如果再增加点师生的互动，采取更加活泼轻松的形式或许能够在课堂的最初环节就紧抓住学生的心，一下激活学生的思维，为下一步的活动开展奠定基础。
2.探究环节，在学生探究环节上时间较短，另外我感觉形式有点单一，如果让学生多活动活动，效果应该会更好，充分发挥学生的参与过程，使课堂内容更加丰富。
总之，本节课上的有些前松后紧，如果再上一遍的话，我会合理地分配时间，语言再凝练一些。
利用导数解不等式和比较大小
利用导数解不等式和比较大小为了利用导数解不等式和比较大小，需要注意以下两点：1. 利用导数解不等式对于一个一元函数f(x)，如果它在 x=a 处连续可导，且在 x=a 的某个邻域内 f'(x)>0，那么当 x>a 时，f(x) 严格单调增加；当x<a 时，f(x) 严格单调减少。
这个性质可以用来解一元不等式。
具体来说，假设要解的不等式是 f(x)>0，可采用以下步骤：1）找出 f(x) 的零点 a。
2）判定 a 的单调性。
3）结合 a 的单调性，确定 f(x) 在何时大于0。
例如，要解不等式 x^2-2x+1>0，可以先求出它的零点 a=1。
在x<1 的邻域内，f'(x)=2x-2>0，因此 x<1 时，f(x) 严格单调增加；在 x>1 的邻域内，f'(x)=2x-2>0，因此 x>1 时，f(x) 严格单调增加。
因此，f(x)>0 的解集为 (-∞,1)∪(1,+∞)。
2. 比较大小对于两个函数 f(x) 和 g(x)，如果它们在某个区间内连续可导，且在该区间内 f'(x)>g'(x)，则在该区间内 f(x) 严格大于 g(x)。
具体来说，假设要比较 f(x)=x^3 和 g(x)=x^2，可采用以下步骤：1）求出它们的导数 f'(x)=3x^2 和 g'(x)=2x。
2）找出 f'(x)-g'(x) 的零点 a=0。
3）判定 a 的单调性。
4）结合 a 的单调性，确定 f(x) 和 g(x) 在何时大小关系。
在 x<0 的邻域内，f'(x)-g'(x)=3x^2-2x<0，因此 x<0 时，f(x) 小于 g(x)；在 0<x<1 的邻域内，f'(x)-g'(x)=3x^2-2x>0，因此0<x<1 时，f(x) 大于 g(x)；在 x>1 的邻域内，f'(x)-g'(x)=3x^2-2x>0，因此 x>1 时，f(x) 大于 g(x)。
利用导数证明或解决不等式问题
利用导数证明或解决不等式问题导数是微积分中的重要概念，在解决不等式问题中，导数可以发挥很大的作用。
下面我们将以一些具体的例子来说明如何利用导数证明或解决不等式问题。
例子1：证明不等式x^2≥0在实数域中恒成立。
解析：对于任意实数x，在实数域中，不管x取何值，其平方x^2都大于等于0。
我们可以通过导数来证明这个不等式。
对x^2进行求导，得到导函数2x。
我们知道，导数表示函数的变化率，对于x^2来说，导函数2x表示了函数的斜率，也就是说，无论x取何值，函数x^2的斜率总为正数或者0。
因为函数的斜率总是非负的，所以x^2≥0在实数域中恒成立。
例子2：求函数f(x)=x^3-3x^2+2x的极值点。
解析：要求函数f(x)的极值点，我们可以先求出函数的导数f'(x)，然后将f'(x)=0进行求解。
导数为0的点即为极值点。
将f'(x)=3x^2-6x+2=0进行求解，可以得到x=1或者x=2。
接下来，我们可以求出函数在x=1和x=2处的函数值，并比较求出极值点。
f(1)=1^3-3*1^2+2*1=0f(2)=2^3-3*2^2+2*2=0对f(x)进行求导，得到导函数f'(x)=3x^2-6。
接下来，我们可以将x轴上的一些点带入函数f'(x)进行判断。
当x<−√2时，f'(x)>0；当−√2<x<√2时，f'(x)<0；当x>√2时，f'(x)>0。
由此可见，函数f(x)=x^3-6x在区间(−∞,−√2)，(−√2,√2)，(√2,+∞)上是单调的。
第4讲 第2课时 利用导数解决不等式恒(能)成立问题
求解不等式恒成立问题的方法 (1)构造函数分类讨论：遇到 f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般 采用作差法，构造“左减右”的函数 h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数 u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足 h(x)min≥0 或 u(x)max≤0，将比较法的思想融 入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对 参数进行分类讨论． (2)分离函数法：分离函数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是 参数 a，另一端是变量表达式 v(x)的不等式后，若 a≥v(x)在 x∈D 上恒成立， 则 a≥v(x)max；若 a≤v(x)在 x∈D 上恒成立，则 a≤v(x)min.
第四章 导数及其应用
第4讲 导数与函数的综合应用 第2课时 利用导数解决不等式恒(能)
成立问题
1
PART ONE
核心考向突破
考向一 恒成立问题
例 1 (2020·新高考卷Ⅰ节选)已知函数 f(x)＝aex－1－ln x＋ln a．若 f(x)≥1，求 a 的取值范围．
解 解法一：∵f(x)＝aex－1－ln x＋ln a， ∴f′(x)＝aex－1－1x，且 a>0. 设 g(x)＝f′(x)，则 g′(x)＝aex－1＋x12>0， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
解
(2)对于任意的 s，t∈[12，2]，都有 f(s)≥g(t)成立，等价于在[12，2]上， 函数 f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在[12，2]上，g(x)的最大值为 g(2)＝1. 在12，2 上，f(x)＝ax＋xln x≥1 恒成立等价于 a≥x－x2ln x 恒成立． 设 h(x)＝x－x2ln x，则 h′(x)＝1－2xln x－x， 令 φ(x)＝1－2xln x－x，φ′(x)＝－(2ln x＋3)，当 x∈[12，2]时，φ′(x)<0，
利用导数解决不等式恒成立问题
利用导数解决不等式恒成立问题作者：张景辉来源：《广东教育·高中》2010年第09期不等式恒成立问题是近年高考的热点问题,常以压轴题形式出现,交汇函数、方程、不等式和数列等知识,有效地甄别考生的数学思维能力.由于不等式恒成立问题往往都可以转化为函数的最值问题,而导数,以其本身所具备的一般性和有效性,在求解函数最值中,起到无可替代的作用.因此,我们就不等式恒成立问题的两种常见类型,探讨如何利用导数进行解决.类型一:“f (x)≥a”型(其中a为常数)形如“f (x)≥a”或“f (x)≤a”型不等式,是恒成立问题中最基本的类型,许多复杂的恒成立问题最终都可归结为这一类型.根据恒成立的本质,我们可以进行如下转化:(1)对任意x∈D,有f (x)≥a(其中a为常数)恒成立对x∈D,f (x)min≥a;(2)对任意x∈D,有f (x)≤a(其中a为常数)恒成立对x∈D,f (x)max≤a.形式推广:(1)对于任意的x∈D,f (x)≥g (x)恒成立对于任意的x∈D,f (x)-g (x)≥0恒成立对x∈D,[f (x)-g (x)]min≥0;对于任意的x∈D,f (x)≤g (x)恒成立对于任意的x∈D,f (x)-g (x)≤0恒成立对x∈D,[f (x)-g (x)]max≤0;(2)函数f(x)在区间D单调递增在f′(x)≥0在x∈D恒成立对x∈D,[f ′ (x)]min≥0;函数f (x)在区间D单调递增在f ′(x)≤0在x∈D恒成立对x∈D,[f ′(x)]max≤0.例1:已知函数f(x)=x2-alnx+a(a>0)在(0,+∞)满足f (x)≥0恒成立,求a的取值范围.分析:根据对任意x∈(0,+∞),f(x)≥0恒成立对x∈(0,+∞),f(x)min≥0. 问题转化为求函数f(x)在x∈(0,+∞)的最小值,进而我们借助导数,求出函数f(x)的最小值.解析:令f ′(x)=2x-==0,因为a>0,x>0,解得x=.列表:由表可得,f(x)min=f()=-aln+a=(3-ln).因为对任意x∈(0,+∞),f (x)≥0恒成立,所以对x∈(0,+∞),f(x)min≥0.所以f(x)min=(3-ln)≥0,解得a≤2e3,因为a>0,所以a的取值范围为(0,2e3].例2:已知函数f(x)=x2+a,g (x)=alnx(其中a>0),对任意x∈(0,+∞),有f(x)≥g (x)恒成立,求a的取值范围.解析:对任意x∈(0,+∞),有f(x)≥g (x)恒成立对任意x∈(0,+∞),f(x)-g (x)≥0恒成立,即对任意x∈(0,+∞),x2+a-alnx≥0恒成立.利用例1的结论,可得a的取值范围为(0,2e3].例3:已知函数f (x)=x+(其中a为常数),若对任意a∈(0,m],有函数f(x)在定义域单调递增,求m的最大值.解析:函数f(x)的定义域为(0,+∞),根据函数f(x)在定义域单调递增,可得f ′(x)=1+=≥0在x∈(0,+∞)恒成立,因为x2>0,所以条件转化为不等式x2-alnx+a≥0在x∈(0,+∞)恒成立,利用例1的结论,可得a的取值范围为(0,2e3],因为a∈(0,m],所以m的最大值为2e3.小结:在面对不同形式呈现的恒成立问题,我们应想方设法转化为“f (x)≥a”型的结构形式,利用导数在求解函数最值的优越性,从而轻松、简便地解决相应问题.类型二:“f (x1)≥g(x2)”型形如任意x1,x2∈D,都有f (x1)≥g(x2)恒成立对x∈D,有f (x)min≥g (x)max;任意x1,x2∈D,都有f (x1)≤g(x2)恒成立对x∈D,有f (x)max≤g (x)min.例4:已知f(x)=x+,g(x)=-x2+2lnx,其中a>0.若对任意x1,x2∈(0,+∞),都有f(x1)≥g (x2)恒成立,求a的取值范围.分析:根据任意x1,x2∈(0,+∞),都有f(x1)≥g (x2)恒成立对x∈(0,+∞),有f(x)min≥g (x)max,进而建立关于a的不等式,求得a的取值范围.解析:令f′(x)=1-==0,因为a>0,x>0,解得x=a.列表:由表可得,f(x)min=f(a)=a+=2a.令g′(x)=-2x+==0,因为x>0,解得x=1.列表:由表可得g(x)max=g(1)=-1.因为对任意x1,x2∈(0,+∞),都有f (x1)≥g(x2)恒成立.所以对x∈(0,+∞),有f (x)min≥g(x)max,即2a≥-1,解得a≥-,所以a的取值范围为[-,+∞).小结:至此,相信仍有不少同学难于辨别“f (x1)≥g(x2)”型与“f (x)≥g(x)”型的差异.那么,下面让我们一起比较这两种类型的差异,以便我们在实际操作中能够更好地理解和辨别.“对任意x1,x2∈D,有f (x1)≥g(x2)恒成立”等价于“对x∈D,有f (x)min≥g(x)max”.而“对任意x∈D,有f (x)≥g(x)恒成立”能够推出“函数f (x)图像恒在函数g(x)图像的上方”,但不一定推出“f(x)min≥g(x)max”成立.巩固练习:1. 已知函数f (x)=+lnx(a>0)在[1,+∞)单调递增,求a的取值范围;2. 已知函数f (x)=+lnx(a>0),g (x)=+1,若对任意x1,x2∈(0,+∞)有f (x1)≥g(x2)恒成立,求a的取值范围;答案:1. [1,+∞);2. [e,+∞).根据以上两种不等式恒成立类型的探究与学习,从中我们可以体验到不等式恒成立问题在正确转化为函数最值问题后,便可以借助导数作为求解函数最值的有效工具,把抽象、复杂的不等式恒成立问题,转化为直观、简单的函数最值问题,最终达到解决问题的目的.责任编校徐国坚。
导数解决不等式问题
导数解决不等式问题导数是微积分中非常重要的一个概念，它在解决不等式问题时起到了至关重要的作用。
本文将详细介绍导数的概念以及它在不等式问题中的应用，以便读者对这一概念有更深入的理解。
首先，我们来了解导数的定义。
导数是函数在某一点上的变化率，记作f'(x)或df(x)/dx。
从几何意义上来讲，导数表示了函数曲线在某一点上的切线的斜率。
更加具体地说，对于函数y=f(x)，在点x0处的导数f'(x0)等于函数曲线在该点处的切线与x轴之间的夹角的正切值。
导数有几个重要的性质，其中一个是导数的代数性质。
根据代数性质，如果两个函数的导数都存在，那么这两个函数的和（或差）的导数等于它们各自的导数的和（或差）；而两个函数的乘积的导数等于第一个函数的导数乘以第二个函数加上第一个函数乘以第二个函数的导数。
这些性质可以帮助我们在解决不等式问题时更方便地处理函数的导数。
在不等式问题中，导数可以提供关于函数增减性的重要信息。
通过研究函数的导数，我们可以确定函数的增减区间，并通过这些信息解决不等式问题。
具体来说，我们可以通过以下步骤来解决不等式问题：1.找到函数的导数。
这一步需要求得函数的导数表达式。
2.找到导数的零点。
导数的零点对应于函数增减的临界点，即在这些点上函数可能发生极大值或极小值的变化。
通过求导数的零点，我们可以得到函数的增减区间。
3.检查临界点。
在临界点上函数的导数可能为零，但并不一定。
因此，在找到导数的零点后，我们还需要检查这些点是否是函数的极值点。
4.确定函数的增减性。
通过上述步骤，我们可以得到函数的增减区间。
根据函数在不同区间上的增减性，我们可以解决不等式问题。
通过这一方法，我们可以有效地解决包含不等式的问题。
在具体的应用中，导数在许多不等式问题中都能起到关键作用。
例如，在求函数的极值时，我们可以使用导数来确定极值点的存在，并通过比较函数在这些点附近的取值来确定函数的最大值或最小值。
同样地，在研究不等式中的函数的图像时，导数提供了图像在不同区间上的斜率信息，有助于我们推断函数在不同区间上的变化趋势。
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考点43 利用导数解决不等式问题
1.（13天津T8）设函数2()e 2,()ln 3x x g x x x x f +-=+-=. 若实数,a b 满足()0,()0f a g b ==, 则（ ）
A. ()0()g a f b <<
B. ()0()f b g a <<
C. 0()()g a f b <<
D. ()()0f b g a <<
【测量目标】利用导数解决不等式问题.
【考查方式】已知两个函数，通过导数判断函数的单调性，比较值的大小.
【试题解析】首先确定b a ,的取值范围，再根据函数的单调性求解.
()e 10x f x '=+>，∴()x f 是增函数. （步骤1）
∵()x g 的定义域是()0,+∞，∴()120,g x x x
'=+> ∴()x g 是()0,+∞上的增函数. （步骤2）
∵()010,(1)e 10,0 1.f f a =-<=->∴<<（步骤3）
(1)20,g =-<(2)ln 210,12,()0,()0.g b f b g a =+>∴<<∴><（步骤4）
2.（13湖南T21）（本小题满分13分）已知函数21()e 1x x f x x
-=
+． ⑴求()f x 的单调区间；
⑵证明：当时1212()()()f x f x x x =≠时，120x x +<．
【测量目标】导数的运算，导数研究函数的单调性，导数在不等式证明问题中的应用．
【考查方式】考查导数的运算、利用导数求函数单调区间的方法、构造函数判断函数大小的方法． 【试题解析】⑴ 函数的定义域,-∞+∞（），
2211()e e 11x x x x f x x x '--⎛⎫'=+ ⎪++⎝⎭
222(11)e 1)(1)e 21)x x x x x x x -+-⋅+--⋅=+（（22232e 1)x
x x x x --+=⋅+（（步骤1） 22420∆=-⨯<，∴当(,0)x ∈-∞时，()0,()f x y f x '>=单调递增，
当时(0,)x ∈+∞，()0,()f x y f x '=单调递减．
∴()y f x =在(,0)-∞上单调递增，在(0)x ∈+∞，上单调递减．
（步骤2） ⑵当1x <时，由于2101x x
->+，e 0x >，故()0f x >；同理，当1x >时，()0f x <．（步骤3） 当1212()()()f x f x x x =≠时，不妨设12x x <，由⑴知，1(,0)x ∈-∞，2(0,1)x ∈．（步骤4） 下面证明：
(0,1)x ∀∈，()()f x f x <-，
即证 2211e e 11x x x x x x --+<++⇔1(1)e 0e x x x x ---<．（步骤5） 令1()(1)e e
x x x g x x +=--，则2()e (e 1)x x g x x -'=--．（步骤6） 当(0,1)x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，从而()(0)0g x g <=，即1(1)e 0e x x
x x +--
<． (0,1)x ∴∀∈，()()f x f x <-．
（步骤7） 而2(0,1)x ∈，22()()f x f x ∴<-，从而12()()f x f x <-．（步骤8）
由于1x ，2(,0)x -∈-∞，()f x 在(,0)-∞上单调递增，
所以12x x <-，即120x x +<．（步骤9） 3.（13课标ⅡT12）若存在正数x 使2x （x -a ）＜1成立，则a 的取值范围是 （ ）
A.（-∞，+∞）
B.(-2, +∞)
C.(0, +∞)
D.（-1，+∞）
【测量目标】利用导数解决不等式问题.
【考查方式】带未知数的不等式，由x 的范围得出未知数的范围.
【参考答案】D
【试题解析】把参数a 分离出来，利用导数知识进行求解.()121,2x x x a a x -<∴>-令()()1,'12ln 20.2
x x f x x f x -=-∴=+>()()0,f x ∴+∞在上单调递增，()()0011,f x f ∴>=-=-()1+.a D ∴-∞的取值范围为，，故选。