摘要：高考數(shù)學(xué)第22題，用導(dǎo)數(shù)知識(shí)處理函數(shù)與不等式的問(wèn)題，成了考生的一個(gè)難點(diǎn)。本文結(jié)合自己對(duì)導(dǎo)數(shù)的理解與思考，就對(duì)這道題的解題思路提出自己的觀點(diǎn)。本文從利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問(wèn)題與利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問(wèn)題兩個(gè)方面進(jìn)行闡述。

關(guān)鍵詞：導(dǎo)數(shù)；構(gòu)造函數(shù)；函數(shù)的單調(diào)性；函數(shù)的最值；不等式

從近幾年高考題看，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式或解決不等式恒成立問(wèn)題?？嫉?，一般出現(xiàn)在高考題解答題21或22題的位置。但對(duì)于我們民族地區(qū)的學(xué)生來(lái)說(shuō)這一塊的得分率很低，被列為難題。主要是由于學(xué)生基礎(chǔ)知識(shí)薄弱，對(duì)分類討論思想、數(shù)形結(jié)合思想、知識(shí)綜合應(yīng)用能力、分析問(wèn)題的能力等無(wú)法施展，甚至好多同學(xué)對(duì)此題產(chǎn)生恐慌。為此本文專對(duì)這兩個(gè)問(wèn)題的解決辦法提出自己的認(rèn)識(shí)。

一、 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問(wèn)題

利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問(wèn)題常見(jiàn)的有證明不等式、比較大小等。其實(shí)質(zhì)是利用求導(dǎo)數(shù)的方法研究函數(shù)的單調(diào)性。而證明不等式或比較大小常與函數(shù)最值問(wèn)題有關(guān)。因此解決該問(wèn)題通常是構(gòu)造一個(gè)函數(shù)，然后考察這個(gè)函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合給定的區(qū)間和函數(shù)在該區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值使問(wèn)題得以求解，其實(shí)質(zhì)是這樣的：要證不等式f（x）>g（x），則構(gòu)造函數(shù)φ（x）=f（x）-g（x），只需證φ（x）>0即可，由此轉(zhuǎn)化成求φ（x）的最小值問(wèn)題，借助于導(dǎo)數(shù)解決。

例如：已知函數(shù)f（x）=x2ex-1-13x3-x2，g（x）=23x3-x2，證明對(duì)任意實(shí)數(shù)x，f（x）≥g（x）成立。

證明：要證f（x）≥g（x），需證x2ex-1-13x3-x2≥23x3-x2

整理得x2ex-1-x3≥0，即x2（ex-1-x）≥0

由于對(duì)任意x屬于全體實(shí)數(shù)x2≥0，所以需證ex-1-x≥0成立

我們構(gòu)造新函數(shù)，令h（x）=ex-1-x，下面我們探討新函數(shù)的單調(diào)性。

若h（x）=ex-1-x=0，則x=1，可見(jiàn)當(dāng)x>1時(shí)，h（x）>0，h（x）為單調(diào)遞增函數(shù)，當(dāng)x<1時(shí)，h（x）<0，h（x）為單調(diào)遞減函數(shù)。

所以當(dāng)x=1時(shí)，h（x）有最小值，而h（x）≥h（1）min=0，也即ex-1-x≥0成立

所以對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有h（x）≥0，即f（x）≥g（x）成立。

二、 不等式恒成立時(shí)求參數(shù)的取值范圍

不等式恒成立時(shí)求參數(shù)的取值范圍問(wèn)題是一種常見(jiàn)的題型，這種題型的解法有多種，其中最常見(jiàn)的方法就是分離參數(shù)法，然后轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問(wèn)題。由于導(dǎo)數(shù)是解決函數(shù)最值問(wèn)題的有力工具，所以本文借助導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值。一般地：

（1）若關(guān)于x的不等式f（x）≤m在區(qū)間D上恒成立，則轉(zhuǎn)化為f（x）max≤m。

（2）若關(guān)于x的不等式f（x）≥m在區(qū)間D上恒成立，則轉(zhuǎn)化為f（x）min≥m。

例如：已知函數(shù)f（x）=xlnx

（1）若函數(shù)g（x）=f（x）+ax在區(qū)間[e2，-∞]上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。

（2）若對(duì)任意x∈（0，-∞），f（x）≥-x2+mx-32恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值。

解：（1）由題意得g′（x）=f′（x）+a=lnx+a+1

因?yàn)楹瘮?shù)g（x）=f（x）+ax在區(qū)間[e2，+∞）上為增函數(shù)，所以當(dāng)x∈[e2，+∞）時(shí)，g′（x）≥0即lnx+a+1≥0在區(qū)間[e2，+∞）上恒成立，所以分離出參數(shù)a≥-1-lnx（要使x∈[e2，+∞）時(shí)a≥-1-lnx恒成立，就要求出-1-lnx在x∈[e2，+∞）上的最大值，而參數(shù)a要大于等于-1-lnx在x∈[e2，+∞）上的最大值）。

為此我們構(gòu)造新函數(shù)h（x）=-1-lnx，下面我們利用導(dǎo)數(shù)探討新函數(shù)h（x）在區(qū)間[e2，+∞）上的最值。

由于h′（x）=-1x，當(dāng)x∈[e2，+∞）時(shí)h′（x）<0，h（x）為單調(diào)遞減函數(shù)，可見(jiàn)當(dāng)x=e2時(shí)，h（x）有最大值，h（e）2=-1-lne2=-3

從而可得到a的取值范圍為a≥-3

（2）由于x∈（0，+∞），f（x）≥-x2+mx-32恒成立，變形為2f（x）≥-x2+mx-3成立，（從中分離出參數(shù)m）

即mx≤2x·lnx+x2+3，由于x>0，所以m≤2x·lnx+x2+3x=2lnx+x+3x（要使x∈（0，+∞）時(shí)m≤2lnx+x+3x恒成立，就要求出2lnx+x+3x在x∈（0，+∞）上的最小值，而參數(shù)m要小于等于2lnx+x+3x在x∈（0，+∞）上的最小值）。

為此我們構(gòu)造新函數(shù)F（x）=2lnx+x+3x，下面我們利用導(dǎo)數(shù)探討新函數(shù)F（x）在區(qū)間（0，+∞）上的最值。由于F′（x）=2x+1-3x2=2x+x2-3x2，因?yàn)閤>0，所以x2>0

令x2+2x-3=0解得x=1或x=-3<0（舍去）

可見(jiàn)當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，F(xiàn)′（x）<0，函數(shù)F（x）在（0，1）上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）>0，函數(shù)F（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增；

所以F（x）min=F（1）=4，從而可得到m的取值范圍為m≤4

實(shí)數(shù)m的最大值為4。

參考文獻(xiàn)：

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[2]候有岐.函數(shù)不等式的證明技巧[J].高中數(shù)學(xué)教與學(xué)，2017（5）.

作者簡(jiǎn)介：

傾轉(zhuǎn)莉，甘肅省臨夏回族自治州，康樂(lè)縣康樂(lè)中學(xué)。