安徽省太湖中學(246400)李昭平

近幾年的高考和?？? 出現(xiàn)了不少證明不等式的問題,旨在加大導數(shù)運用的推理論證力度, 凸顯了對數(shù)學的靈魂“推理”的高度重視.下面選擇典型考題,介紹導數(shù)證明不等式的五種常用策略,供參考.

策略1 差值函數(shù)法

例1(2021年皖江聯(lián)盟開年考題)已知函數(shù)f(x)=lnx+ax2-x,其中a≥0.

(Ⅰ)討論f(x)的單調(diào)性;

(Ⅱ)若函數(shù)g(x)=f(x)+ex+(1-a)x2-lnx,證明:當x ＞0 時,g(x)＞+1.

思路作差g(x)--1, 構造新函數(shù)h(x)=g(x)--1,研究新函數(shù)h(x)的單調(diào)性.

解析(Ⅰ)f′(x)=+2ax-1=,x ＞0.若a=0,f′(x)=-,f(x)在(0,1)內(nèi)單增,在(1,+∞)內(nèi)單減.若a ＞0,由2ax2-x+1 = 0 知,Δ = 1-8a.當Δ = 1-8a≤0,即a≥時,2ax2-x+1 ≥0,此時f(x)在(0,+∞)內(nèi)單增.當Δ = 1-8a ＞0,即0＜a ＜時,此時f(x)在

內(nèi)單增,在內(nèi)單減.

(Ⅱ)因為g(x)=f(x)+ex+(1-a)x2-lnx=ex+x2-x,所以g(x)＞+1 就是ex+x2-x ＞+1,即ex+x2-x--1＞0.令h(x)=ex+x2-x--1,x ＞0,則h′(x)=ex+2x-1-,x ＞0,h′′(x)=ex+2-3x,x ＞0.由h′′′(x)= ex -3 = 0 得,x= ln 3,h′′(ln 3)是h′′(x)的最小值.于是h′′(x)≥h′′(ln 3)=5-3 ln 3＞0,h′(x)在x ＞0時單增,所以h′(x)＞h′(0)=0,h(x)在x ＞0 時單增.故當x ＞0 時,h(x)＞h(0)=0,即g(x)＞

例2(2020年青島模考題)若函數(shù)f(x)=x-sⅰnx.證明: 當x ∈[0,π],θ ∈(0,π)時,

思路作差構造新函數(shù)研究新函數(shù)g(x)的單調(diào)性.

解析

令g(x)=則g′(x)=-cosx).因為x ∈[0,π],θ ∈(0,π),∈(0,π), 而cosx在[0,π] 內(nèi)單減,所以由g′(x)=-cosx)= 0 得,x=θ.當θ ＜x≤π時,g′(x)＞0,g(x)單增; 當0 ≤x ＜θ時,g′(x)＜0,g(x)單減.因此g(θ)是g(x)在[0,π]上的最小值.于是g(x)≥g(θ)=0,≥0,即當x ∈[0,π],θ ∈(0,π)時,成立.

評注例1 中構造新函數(shù)g(x)= ex+x2-x-1,x≥0,并三次求導數(shù),利用g′′′(x)的最值確定g′′(x)的符號,再利用g′′(x)的符號確定g′(x)的符號,進一步確定g(x)的單調(diào)性,從而證出不等式.例2 中待證的不等式中有參數(shù)θ,所以處理起來運算和思維的難度較大.也可以反客為主,視θ為主元、x為參數(shù)來處理.一般地, 運用差值函數(shù)法證明形如A(x)＞B(x)的不等式,主要步驟是: ①構造新函數(shù)h(x)=A(x)-B(x); ②求導h′(x)=A′(x)-B′(x); ③研究函數(shù)h(x)的單調(diào)性、極值、圖象等(無法進行時,繼續(xù)求導h′′(x)=A′′(x)-B′′(x), 研究h′(x)的單調(diào)性、極值、圖象等); ④通過h′(x)或h′′(x),獲得h(x)的性質(zhì),進而實現(xiàn)證明不等式A(x)＞B(x)的目標[1].

策略2 特征分析放縮法

例3(2019年安徽省A10 聯(lián)盟聯(lián)考題)設k ∈R,函數(shù)f(x)=(x-1)ex-其中e 是自然對數(shù)的底數(shù).

(Ⅰ)若k=-1,求曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線方程;

(Ⅱ)證明: 當k ＞1 時, 存在x0∈(lnk,+∞), 使f(x0)＞0.

思路對(Ⅰ),先求f′(2),再根據(jù)y-f(x0)=f′(x0)(x-x0)寫出切線方程;對(Ⅱ),先證明ex ＞x2(x ＞0),再利用這個不等式對f(x)=(x-1)ex-進行局部放縮.

解析(Ⅰ)y=2(e2+1)x-3e2-2.過程從略.

(Ⅱ)先證當x ＞0 時,ex ＞x2.令g(x)=ex-x2,x ＞0,則g′(x)= ex-2x,g′′(x)= ex-2.由g′′(x)= ex-2 = 0得,x= ln 2,g′(x)≥g′(ln 2)= 2-2 ln 2＞0,g(x)＞g(0)= 1＞0, 故ex ＞ x2.于是當x ＞1 時, 有f(x)=(x-1)ex-取x0=k+1,k+1＞k-1＞lnk(k ＞1)且x0-k+1-＞0,使f(x0)＞0.故當k ＞1 時,存在x0∈(lnk,+∞),使f(x0)＞0.

例4(2021年南師大附中段考題)已知函數(shù)f(x)=ax2-2 lnx(a ∈R),f′(1)≥0.

證明當x ∈(0,2)時,＞0恒成立.

思路先確定參數(shù)a的取值范圍,再利用這個范圍對不等式進行消元放縮.

解析因為f′(x)=所以f′(1)= 2a-2 ≥0,a≥1,于是

令h(x)=x2+2x+2-2ex,0＜x ＜2,則h′(x)=2x+2-2ex=2(x+1-ex).再令φ(x)=x+1-ex,則當x ＞0時,φ′(x)=1-ex ＜0,φ(x)單減,φ(x)＜φ(0)=0.因此當x ＞0 時,h(x)單減,h(x)＜h(0)=0 即x2+2x+2-2ex ＜0.于是當0＜x ＜2 時,＞0,故當x ∈(0,2)時,＞0 恒成立.

評注例3 以冪函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的復合形式為載體,考查導數(shù)的幾何意義和不等式問題, 融函數(shù)的單調(diào)性、最值、放縮等知識于一體, 有一定的難度.在“找點”中,運用不等式ex ＞x2(x ＞0)進行局部放縮是證明的關鍵.例4 要證明的不等式問題中含有參數(shù)a, 自然想到消去a, 變成證明關于x的不等式恒成立問題.利用a≥1 進行消元放縮得到對符號的判斷,有變形的難度、運算的難度和構造的難度.局部放縮和消元放縮也是證明不等式的一種重要途徑.

策略3 切線放縮法

例5(2021年三亞高二段考題)已知函數(shù)f(x)=xe3x-lnx-1.證明: 對任意實數(shù)x ＞0,都有f(x)＞2x恒成立.

思路變形xe3x= elnx+3x,利用ex≥x+1 切線放縮elnx+3x≥lnx+3x+1,往證f(x)＞2x.

解析因為ex≥x+1,所以elnx+3x≥lnx+3x+1.于是f(x)=elnx+3x-lnx-1 ≥lnx+3x+1-lnx-1=3x,當且僅當lnx+3x=0 時等號成立.因為x ＞0,所以3x ＞2x.故對任意實數(shù)x ＞0,都有f(x)＞2x恒成立.

例6(2021年南昌模考題)證明: 對任意x ＞0,ex-e2lnx ＞0 恒成立.

思路利用lnx≤x -1 切線放縮ex -e2lnx≥ex-e2(x-1),再證ex-e2(x-1)＞0.

解析因為lnx≤x -1(x ＞0), 所以-e2lnx≥-e2(x-1),當且僅當x=1 時等號成立.于是ex-e2lnx≥ex -e2(x -1), 當且僅當x= 1 時等號成立.令g(x)=ex -e2(x -1),x ＞0, 則g′(x)= ex -e2.當x ＞2 時,g′(x)＞0;當0＜x ＜2 時,g′(x)＜0.因此g(x)≥g(2)=0且ex -e2lnx≥ex -e2(x-1)≥0 中,兩個等號不能同時成立.故對任意x ＞0,ex-e2lnx ＞0 恒成立.

例7(2021年哈爾濱八校聯(lián)考題)設m ∈R, 函數(shù)f(x)=e2x-ln(2x-m).

(Ⅰ)設x= 0 是f(x)的極值點,求實數(shù)m的值,并討論f(x)的單調(diào)性;

(Ⅱ)當m≥-2 時,證明:f(x)＞0.

思路對(Ⅰ),利用f′(0)=0 構建方程即可;對(Ⅱ),利用ex≥x+1 和lnx≤x-1 進行切線放縮.

解析(Ⅰ)m=-1,f(x)在內(nèi)單減,在(0,+∞)內(nèi)單增.過程略去.

(Ⅱ)因為e2x≥2x+1(當且僅當x= 0 時等號成立),-ln(2x-m)≥-(2x-m)+1(當且僅當時等號成立),所以e2x -ln(2x-m)≥2x+1-(2x-m)+1 = 2+m,當且僅當x= 0 且2x - m= 1 時等號成立, 即當且僅當m=-1 時等號成立.因為m≥-2, 當m /=-1 時,e2x -ln(2x-m)＞2+m≥0(2x-m ＞0); 當m=-1時, e2x -ln(2x+1)= 2+m= 1＞0(2x+1＞0).故當m≥-2 時,有f(x)＞0 恒成立.

評注直線y=x+1 是曲線y= ex在(0,1)處的切線, 且在曲線y= ex的下方, 所以有ex≥x+ 1(當且僅當x= 0 時等號成立)直線y=x -1 是曲線y= lnx在(1,0)處的切線, 且在曲線y= lnx的上方, 所以有l(wèi)nx≤x -1(當且僅當x= 1 時等號成立).在證明相關不等式中,若能靈活運用這兩個不等式進行切線放縮,往往事半功倍.一般的,有ef(x)≥f(x)+1,lng(x)≤g(x)-1 和eφ(x)-lnh(x)≥φ(x)-h(x)+2,擴大了應用的范圍[2].

策略4 隔離分析最值法

例8(2020年安慶?？碱})設a ∈R,證明: 當x≥1,a≥時,ax2-lnx+-e1-x -a≥0 恒成立(e = 2.718…,為自然對數(shù)的底數(shù)).

思路等價變形,一分為二成兩個函數(shù),分別確定兩個函數(shù)的最值.

解析原不等式等價于ax2-lnx-a≥e1-x -即ax2-lnx-a≥令f(x)=ax2-lnx-a, 則f′(x)=2ax-當x≥1,a≥時,-1 ≥0, 所以f′(x)≥0.因此f(x)在[1,+∞)上單增,f(x)≥f(1)=0,f(x)mⅰn=0.再令g(x)=x-ex-1,則g′(x)= 1-ex-1≤0,g(x)在[1,+∞)上單減,g(x)≤g(1)=0,g(x)max=0.于是ax2-lnx-a≥恒成立,即ax2-lnx+-e1-x-a≥0 恒成立.

例9(2021年西安5 月段考題)設m≥函數(shù)f(x)=xlnx-mex.證明:f(x)＜0.

思路等價變形,一分為二成兩個函數(shù),分別確定兩個函數(shù)的最值.

解析因為x ＞0,所以f(x)＜0 等價于令g(x)=則g′(x)=當0＜x ＜e 時,g′(x)＞0;當x ＞e 時,g′(x)＜0,所以g(x)max=g(e)=再令h(x)=則h′(x)=當0＜x ＜2時,h′(x)＜0;當x ＞2 時,h′(x)＞0,所以h(x)mⅰn=h(2)=因為m≥所以故即f(x)＜0.

評注例8 若像例1 那樣直接構造函數(shù)h(x)=ax2-則其導函數(shù)h′(x)=2ax-非常復雜,無法確定h′(x)在x ∈[1,+∞)上的符號.無奈之時逼著我們另辟蹊徑: 將此不等式“一分為二”成兩個函數(shù)f(x)和則分別研究兩個函數(shù)f(x)(過定點(1,0)的動曲線)和g(x)(定曲線)的最值即可.例9 則是隔離分析最值法的一種應用.一般地,證明h(x)=A(x)-B(x)≥0,當研究h(x)的單調(diào)性困難時,可以“一分為二”成A(x)≥B(x),考慮證A(x)mⅰn≥B(x)max是一種有效途徑,往往稱為隔離分析最值法[3].

策略5 換元法

例10(2019年廣州5 月聯(lián)考題)已知函數(shù)f(x)=x2+ax+blnx, 曲線y=f(x)在點處(1,f(1))的切線方程為y=2x.

(Ⅰ)求實數(shù)a和b的值;

(Ⅱ)設F(x)=f(x)- x2+mx(m ∈R),x1x2,(0＜x1＜x2)分 別 是 函 數(shù)F(x)的 兩 個 零 點, 求 證:

思路對(Ⅰ),構建方程組即可;對(Ⅱ),利用等價變形和換元法處理.

解析(Ⅰ)易得a=1,b=-1.過程略去.

(Ⅱ)F(x)=f(x)-x2+mx=(x2+x-lnx)-x2+mx= (m+1)x -lnx.因為x1,x2(x1＜x2)分別是函數(shù)F(x)的兩個零點, 所以兩式相減, 得(m+1)(x1-x2)-(lnx1-lnx2)= 0, 所以m+ 1 =因為F′(x)=m+ 1-所以= (m+1)-要 證＞0, 即 證

因為0＜ x1＜ x2, 所以只要證lnx1-lnx2＜ ∈(0,1),則即證明lnt ＜.g(t)=lnt-,0＜t ＜1,則g′(t)=＞0,g(t)在(0,1)內(nèi)單增.于是g(t)＜g(1)=0,即lnt ＜故＞0.

評注本題先將待證的不等式＞0 等價變形為＞0, 而此不等式中有兩個字母參數(shù)x1,x2, 不好處理.繼續(xù)將其等價變形為為新元t,通過換元,則問題立即化為關于t的一元不等式,利用差值函數(shù)法證明即可實現(xiàn)目標.

上述10 道例題,很好地體現(xiàn)了導數(shù)在整式函數(shù)、分式函數(shù)、三角函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)以及它們的復合型函數(shù)不等式證明中的思想和方法.備考復習中要加大訓練力度,逐漸把握相關策略.