浅谈运用导数解决一类特殊不等式的策略

孙建山

【摘 要】本文主要介绍导数中不等式解决的常见几种方法，并详细阐述它们在求解高考压轴题中的重要应用。

【关键词】超越不等式；高考；构造新函数

纵览近些年来的高考数学试卷，无论是全国卷，还是各省市自主命题，绝大多数省份试卷都是以函数及导数应用综合题做为压轴题，而导数及其相关知识作为连接初等数学和高等数学的纽带，对相当一部分学生来说，接受起来有一定困难，因此要熟练解决这类问题，要求考生必须牢固掌握相关的基础知识、基本方法和基本技能，证明不等式经常会出现在导数的最后一问，这里笔者和读者交流一些常见方法。

方法一：直接构造函数

例1：求不等式x-1-（e-1）lnx>0的解集，其中e为自然对数的底。

解：令f（x）=x-1-（e-1）lnx，f′（x）=■，令f′（x）>0解得x>e-1，令f′（x）<0解得x0，所以原不等式的解集为（0，1）∪（e，+∞）。

方法二：先变形，再构造函数

例2：已知函数f（x）=（x+1）lnx-x+1。

（1）若xf？蒺（x）≤x2+ax+1，求a的取值范围；

（2）证明：（x-1）f（x）≥0。

解：（1）略（2）当x=1时，结论成立；原命题等价于当x∈（0，1）时，f（x）≤0即lnx-■≤0；当x∈（1，+∞）时，f（x）≥0即lnx-■≥0。

令h（x）=lnx-■，h′（x）=■-■=■>0在（0，+∞）上恒成立，所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，而h（1）=0，所以当x∈（0，1）时，lnx-■<0即f（x）<0，

当x∈（1，+∞）时，lnx-■>0即f（x）>0。从而命题得证。

方法三：利用f（x）min>g（x）max（f（x）max

例3：设函数f（x）=aexlnx+■，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线为y=e（x-1）+2。

（1）求a，b；（2）证明：f（x）>1。

解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f？蒺（x）=aexlnx+■ex-■ex-1+■ex-1

由题意可得f（1）=2，f′（1）=e，故a=1，b=2。

（2）由（1）知，f（x）=exlnx+■，从而f（x）>1等价于xlnx>xe-x-■

设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=x+lnx，所以当x∈（0，■）时，g′（x）<0，当x∈（■，+∞）时，g′（x）>0，故g（x）在（0，■）单调递减，在（■，+∞）单调递增，从而g（x）在（0，+∞）的最小值为g（■）=-■。

设函数h（x）=xe-x-■，则h′（x）=e-x（1-x），所以当x∈（0，1）时，h′（x）>0，当x∈（1，+∞）时，h′（x）<0，故h（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，从而h（x）在（0，+∞）的最大值为h（1）=-■而它们等号不在同一处取到。

综上：当x>0时，g（x）>h（x），即f（x）>1。此方法不具有一般性，在一般情况下我们优先选择方法一或方法二。