例5：f(x)= x3－x, x1,x2∈[－1,1]时，求证：|f(x1)－f(x2)|2≤
证明：∵f (x)=x2－1, x∈[－1,1]时,f (x)≤0,
∴f(x)在[－1,1]上递减.故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)=
最小值为f(1)= ,即f(x)在 [－1,1]上的值域为 ；
所以x1,x2∈[－1,1]时，|f(x1)| , |f(x2)| ,
即有 |f(x1)－f(x2)|≤|f(x1)|+ |f(x2)|
二、利用导数解决不等式恒成立问题
不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为m>f(x) (或m<f(x))恒成立，于是m大于f(x)的最大值（或m小于f(x)的最小值），从而把不等式恒成立问题转化为函数求最值问题。因此，利用导数求函数最值是解决不等式恒成立问题的一种重要方法。
例6、已知函数 ,对f(x)定义域内任意的x的值，
f(x)≥27恒成立，求a的取值范围
解：函数f(x)的定义域为（0，+∞），由f(x)≥27对一切x∈（0，+∞）恒成立
知 对一切x∈（0，+∞）恒成立，
即 对x∈（0，+∞）恒成立
设 则 ，由h′(x)=0解
h′(x)>0时，解得0＜x＜ , h′(x)＞0时x＞
所以h(x)在（0， ）上递增，在（ ，+∞）上递减,
故h(x)的最大值为 ，所以
三、利用导数解不等式
例8：函数f(x)= ,解不等式f(x)≤1
解：由题知
①∵
∴a≥1时,f (x)<1－a<0恒成立，故f(x)在R上单调递减，
又f(0)=1，所以x≥0时f(x)≤f(0)=1，
即a≥1时f(x)≤1的解为 {x|x≥0}
②0<a<1时，若 =0
则
>0时解得x∈ ∪ ,
<0时解得
故f(x)在 上单调递减，
f(x)在 或 上单调递增，
又f(x)=1时解得x=0或x= ，
且0<a<1时 本文来自辣,文.论,文·网原文请找腾讯324.9114
所以0<a<1时f(x)≤1的解为{x| }
由上得，a≥1时f(x)≤1的解为 {x|x≥0}
0<a<1时f(x)≤1的解为{x| }
总之，无论是证明不等式，还是解不等式，只要在解题过程中需要用到函数的单调性或最值，我们都可以用导数作工具来解决。这种解题方法也是转化与化归思想在中学数学中的重要体现。
参考资料：
论文网http://www.751com.cn/
（1）赵大鹏：《3+X高考导练.数学》，中国致公出版社
（2）王宜学：《沙场点兵.数学》，辽宁大学出版社
（3）《状元之路.数学》
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