高中数学导数思想研究不等式问题

焦占红

摘 要：不等式的计算与证明是高中教学的难点和重点，并且是高考的热点.笔者所在地区使用高考全国一卷，不等式多与函数、数列、解析几何、向量、三角函数相结合，难度为中等偏上.研究不等式，既要遵循证明不等式的基本思想和方法，又要结合自身的性质和结构特征.用导数单调性的方法会大大降低运算量，提高解题的成功率，同时立足课本，体现了对基础知识和重点知识的使用及掌握.

关键词：导数；函数；不等式；单调性

不等式因其形式多样长期成为高考的热点，研究不等式，既要遵循证明不等式的基本思想和方法，又要结合自身的性质和结构特征.本文借助导数进行学习探究：一、习题引申

证明不等式 （人教A版数学选修2-2第一章导数应用第32页习题1.3 B组1题）：ex>1×x，x≠0，由此习题可得下面结论：

结论1 若x>-1则1n（1+x）≤x，当且仅当x=0等号成立.

结论2 若x>0 则1nx≤x-1，当且仅当x=1等号成立.

结论3 若x>-1则1n（1+x）≥xx+1，当且仅当x=0等号成立.

这些源于重要极限limx→∞（1+1x）x=e及另一种极限形式lima→0（1+α）1a=e，这是大学高等数学课程的入门内容，也是与高中数学联系较为紧密的部分.每年各省都侧重本知识，体现了数学的连续性，及高校选拨人才的特点.

当然，我们选用其他方法也能解决，但是会加大运算量及思维量，而用导数单调性的方法会大大降低运算量，提高解题的成功率，同时立足课本，体现了对基础知识和重点知识的使用及掌握.

学生在解决此类问题时，往往由于构造函数不合适或分式处理不当而造成无法完成.

二、例题分析

例1 设函数f（x）=1-e-x.

（Ⅰ）证明：当x>-1时，f（x）≥xx+1；

（Ⅱ）设当x≥0时，f（x）≤xax+1，求a的取值范围.

分析 本题主要考查导数的应用和利用导数证明不等式，考查考生综合运用知识的能力及分类讨论的思想，考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力.

解 （Ⅰ）当x>-1时，f（x）≥xx+1当且仅当ex≥1+x.

令g（x）=ex-x-1，则g′（x）=ex-1.

当x≥0时g′（x）≥0，g（x）在[0，+∞）是增函数；

当x≤0时g′（x）≤0，g（x）在（-∞，0]是减函数.

于是g（x）在x=0处达到最小值，因而当x∈R时，g（x）≥g（0），即ex≥1+x，所以当x>-1时，f（x）≥xx+1.

本题学生易犯错误是，对分式没有分离常数，而直接做差求导数，带来困难，忽略e-x的通分.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知x>0时，f（x）>0，得a≥0，当x=0时，对于一切的a都成立.

故考虑x>0的情况：

（1）原问题分离变量为a≤x+e-x-1x（1-e-x）对于x>0恒成立，

则首先满足a≤limx→0x+e-x-1x（1-e-x）=12，故这里就得到a的必要条件为0≤a≤12.

此处用到了洛必达法则，在处理分式函数00，∞∞的恒成立问题时，洛必达法则能避开分类讨论，让学生感到数学没有那么难.

（2）下面证明a≤12是充分条件.当a=12时，

整理为g（x）=x2ex-ex+x2+1≥0，

∵g′（x）=x2ex-ex2+12，g″（x）=x2ex>0，

∴g′（x）单调递增，则g′（x）>g′（0）=0，

故g（x）单增递增，则g（x）>g（0）=0

则12≤x+e-x-1x·（1-e-x）成立，那么当a≤12时，该不等式也成立.

综上：a的取值范围是[0，12]

点评 作为压轴题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.

例2 把函数y=1nx-2的图象按向量a（-1，2）平移得到函数y=f（x）的图象，

（1）若x>0，证明f（x）>2xx+2，

（2）若不等式12x2≤f（x2）+m2-2bm-3 对b∈[-1，1]，x∈[-1，1] 时恒成立，求实数m 的取值范围.

解 f（x）=1n（x+1）-2+2=1n（x+1）.

（1）即证1n（x+1）-2xx+2>0在x>0时成立，令g（x）=1n（x+1）-2xx+2，因为g′（x）=1x+1-4（x+2）2=x2（x+1）（x+2）2，所以函数g（x）在（0，+∞）递增，故g（x）>g（0）=0.即g（x）>0.所以1n（x+1）>2xx+2.

移项做差，构造函数，利用新函数的单调递增，所以每点处的函数值都大于区间左端值.

（2）原不等式为-2mb+1n（x2+1）-12x2+m2-3≥0关于b的一次不等式在b∈[-1，1]恒成立，所以两端点值要非负，

即-2m+1n（x2+1）-12x2+m2-3≥02m+1n（x2+1）-12x2+m2-3≥0，

要在x∈[-1，1]恒成立，又变成两个关于x的不等式恒成立，

即1n（x2+1）-12x2≥-m2+2m+31n（x2+1）-12x2≥-m2-2m+3在x∈[-1，1]恒成立，

即g（x）=1n（x2+1）-12x2在x∈[-1，1]的最小值要同時大于等于-m2+2m+3与-m2-2m+3，现在求g（x）的最小值.g′（x）=2xx2+1-x，可得g（x）在[-1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故g（x）的最小值为g（0）=0，那么

-m2+2m+3≤0-m2-2m+3≤0m∈（-∞，3]∪[3，+∞）

点评 两次恒成立，告诉谁的范围那么谁就是变量，另外的全是参数.本题学生习惯于将x当做自变量，对数與二次函数的混合将造成巨大的计算，甚至无法算出结果，而巧妙的运用变更主元法可将二次变为一次函数的处理，从而降低难度，迎刃而解.

例3 设函数f（x）=x4+ax3+b（x∈R），其中a，b∈R.若对于任意的a∈[-2，2]，不等式f（x）≤1在[-1，1]上恒成立，求b的取值范围.

解 f ′（x）=4x3+3ax2+4x=x（4x2+3ax+4）由条件a∈[-2，2]可知

Δ=9a2-64<0，从而4x2+3ax+4>0恒成立.当x<0时，f ′（x）<0；当x>0时，f ′（x）>0.

因此函数f（x）在[-1，1]上的最大值是f（1）与f（-1）两者中的较大者.

为使对任意a∈[-2，2]，不等式f（x）≤1在[-1，1]上恒成立，当且仅当f（x）max≤1，

即f（1）≤1f（-1）≤1，即b≤-2-ab≤-2+a在a∈[-2，2]上恒成立.即b≤（-2-a）minb≤（-2+a）min，a∈[-2，2].所以b≤-4.

因此满足条件的b的取值范围是（-∞，-4].

点评 f（x）≤1，即f（x）max≤1，a∈[-2，2]，x∈[-1，1]，要解决此题关键是求f（x）max.部分学生在处理f ′（x）=4x3+3ax2+4x，感到束手无策，属于多项式因式分解掌握不好，没有提公因式的意识和解题经验.此题为多项式函数，通过单调性，判断最值，b≤-2-ab≤-2+a在a∈[-2，2]上恒成立.

反思 重点考察高中知识与大学知识的衔接，考察数学的重要极限，变更主元，突出数学的简单化思想，让学生掌握分类讨论，感受抽象.

参考文献：

[1]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（实验）[M].北京：人民教育出版社，2007.

[2]华东师范大学数学系.数学分析[M].北京：高等教育出版社，2010.

[3]人民教育出版社.普通高中课程实验教科书数学2-2A版[M].北京：人民教育出版社，2004.