孫建山

【摘 要】本文主要介紹導(dǎo)數(shù)中不等式解決的常見幾種方法，并詳細(xì)闡述它們?cè)谇蠼飧呖級(jí)狠S題中的重要應(yīng)用。

【關(guān)鍵詞】超越不等式；高考；構(gòu)造新函數(shù)

縱覽近些年來的高考數(shù)學(xué)試卷，無論是全國(guó)卷，還是各省市自主命題，絕大多數(shù)省份試卷都是以函數(shù)及導(dǎo)數(shù)應(yīng)用綜合題做為壓軸題，而導(dǎo)數(shù)及其相關(guān)知識(shí)作為連接初等數(shù)學(xué)和高等數(shù)學(xué)的紐帶，對(duì)相當(dāng)一部分學(xué)生來說，接受起來有一定困難，因此要熟練解決這類問題，要求考生必須牢固掌握相關(guān)的基礎(chǔ)知識(shí)、基本方法和基本技能，證明不等式經(jīng)常會(huì)出現(xiàn)在導(dǎo)數(shù)的最后一問，這里筆者和讀者交流一些常見方法。

方法一：直接構(gòu)造函數(shù)

例1：求不等式x-1-（e-1）lnx>0的解集，其中e為自然對(duì)數(shù)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為（0，1）∪（e，+∞）。

方法二：先變形，再構(gòu)造函數(shù)

例2：已知函數(shù)f（x）=（x+1）lnx-x+1。

（1）若xf？蒺（x）≤x2+ax+1，求a的取值范圍；

（2）證明：（x-1）f（x）≥0。

解：（1）略（2）當(dāng)x=1時(shí)，結(jié)論成立；原命題等價(jià)于當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f（x）≤0即lnx-■≤0；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，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，+∞）上單調(diào)遞增，而h（1）=0，所以當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，lnx-■<0即f（x）<0，

當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，lnx-■>0即f（x）>0。從而命題得證。

方法三：利用f（x）min>g（x）max（f（x）max

例3：設(shè)函數(shù)f（x）=aexlnx+■，曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線為y=e（x-1）+2。

（1）求a，b；（2）證明：f（x）>1。

解：（1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），f？蒺（x）=aexlnx+■ex-■ex-1+■ex-1

由題意可得f（1）=2，f′（1）=e，故a=1，b=2。

（2）由（1）知，f（x）=exlnx+■，從而f（x）>1等價(jià)于xlnx>xe-x-■

設(shè)函數(shù)g（x）=xlnx，則g′（x）=x+lnx，所以當(dāng)x∈（0，■）時(shí)，g′（x）<0，當(dāng)x∈（■，+∞）時(shí)，g′（x）>0，故g（x）在（0，■）單調(diào)遞減，在（■，+∞）單調(diào)遞增，從而g（x）在（0，+∞）的最小值為g（■）=-■。

設(shè)函數(shù)h（x）=xe-x-■，則h′（x）=e-x（1-x），所以當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h′（x）>0，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h′（x）<0，故h（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，+∞）單調(diào)遞減，從而h（x）在（0，+∞）的最大值為h（1）=-■而它們等號(hào)不在同一處取到。

綜上：當(dāng)x>0時(shí)，g（x）>h（x），即f（x）>1。此方法不具有一般性，在一般情況下我們優(yōu)先選擇方法一或方法二。