相约导数三类不等式问题

■江苏省太仓市明德高级中学 王佩其

利用函数的导数研究不等式问题是一类重要的题型，其实质是利用导数研究函数的单调性，充分体现了导数的工具性。此类题型将函数、不等式紧密结合起来，考查同学们综合解决问题的能力，属于较难的题目。下面让我们一起来探究三类利用导数破解的不等式问题。

一、利用导数解不等式

例1函数f(x)的定义域是R，f(0)=2，对任意x∈R，f(x)+f'(x)＞1，则不等式exf(x)＞ex+1的解集为____。

解析：构造函数g(x)=exf(x)-ex，利用它的单调性解不等式。

因为g'(x)=ex·f(x)+ex·f'(x)-ex=ex[f(x)+f'(x)]-ex＞ex-ex=0，所以g(x)=exf(x)-ex为R上的增函数。

又因为g(0)=e0·f(0)-e0=1，所以原不等式转化为g(x)＞g(0)，解得x＞0。

故不等式的解集为{x|x＞0}。

点评：求解这类问题的关键是根据题意构造一个恰当的函数，并利用导数判断函数的单调性，再利用函数的单调性解原不等式。

二、利用导数证明不等式

例2已知函数f(x)=ex-x2。

(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;

解析：(1)f'(x)=ex-2x，由题设得f'(1)=e-2，f(1)=e-1。

故f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1。

(2)f'(x)=ex-2x，f″(x)=ex-2，故f'(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，+∞)上单调递增。所以f'(x)≥f'(ln2)=2-2ln2＞0，f(x)在(0，1]上单调递增，当x∈(0，1]时，f(x)max=f(1)=e-1。

f(x)过点(1，e-1)，且y=f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1，故可猜测:当x＞0，且x≠1时，f(x)的图像恒在切线y=(e-2)x+1的上方。

证明:当x＞0时，f(x)≥(e-2)x+1。

设g(x)=f(x)-(e-2)x-1，x＞0，则g'(x)=ex-2x-(e-2)，g″(x)=ex-2。

因此，g'(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln

2，+∞)上单调递增。

又g'(0)=3-e＞0，g'(1)=0，0＜ln2＜1，故g'(ln2)＜0。所以存在x0∈(0，ln2)，使得g'(x0)=0。

因此，当x∈(0，x0)∪(1，+∞)时，g'(x)＞0;当x∈(x0，1)时，g'(x)＜0。故g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增。

又g(0)=g(1)=0，故g(x)=ex-x2-(e-2)x-1≥0，当且仅当x=1时取等号。

点评：1.解本题的关键是第一问结论对第二问的证明铺平了路，只需证明。所以利用导数证明不等式时，要进行适当的变形，特别是变形成与第一问相似或相同形式时，将有利于快速证明。

2.利用导数证明不等式常见类型及解题策略

(1)构造差函数h(x)=f(x)-g(x)，根据差函数的导函数符号，确定差函数的单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式。

(2)根据条件，寻找目标函数。一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数。

三、导数与不等恒成立问题

例3已知函数f(x)=x2-2xalnx，g(x)=ax。

(1)求函数F(x)=f(x)+g(x)的极值;

解析：(1)F(x)=x2-2x-alnx+ax，则F'(x)=，并且F(x)的定义域为(0，+∞)。

极大值F(x)极小值=

综上可知:当a≥0时，F(x)极小值=a-1，F(x)无 极 大 值;当-2＜a＜0时，F(x)极大值=），F(x)极小值=a-1;当a=-2时，F(x)没有极值;当a＜-2时，F(x)=a-1，F(x)=a-

极大值极小值-aln（-）。

存在x0∈（ 0 ，），使得x∈(0，x0)时，T'(x)＜0，T(x)在(0，x0)上单调递减，故T(x0)＜T(0)=0，即当x∈(0，x0)时，h(x)＜0，不满足条件。

点评：已知不等式恒成立时求参数取值范围问题，如果能够分离参数，则分离参数后可以把问题转化为研究函数的最值问题，在分离参数时，不能一次分离则可以进行分类处理；如果不能分离，则采用分类讨论思想，利用导数分别考察构造的新函数的最值情况。