9.用导数证明函数不等式的基本策略·2020年3月刊高二数学《中学生数理化》

用导数证明函数不等式的基本策略 ■陕西省武功县教育局教研室 李 歆(特级教师) 导数是证明函数不等式的重要工具,但 在具体应用时,同学们必须要充分利用函数 的单调性和极值(最值)条件,根据函数不等 式的结构类型,采取行之有效的解题策略,最 基本的方法有三种:直接法、一分为二法和合 二为一法,从而做到解题时有的放矢。 一、直接法 对于f(x)>C 或者f(x)<C(C 为非 零常数)型的函数不等式,可以通过对函数 f(x)先求导然后确定最值的方法进行证明。 例1 已知函数f(x)=ln x- 1 4x 2+ 1 2x ,求证:f(x)<1。 证明:由题意知x>0,对函数f(x)求 导,得: f' (x ) = 1 x - 1 2 x + 1 2 = (x+1)(-x+2) 2x 。令f'(x)=0,得x=2。 当x∈(0,2)时,得f'(x)>0,f(x)在 (0,2)上单调递增; 当x∈(2,+∞)时,得f'(x)<0,f(x) 在(2,+∞)上单调递减。 所以f(x)max=f(2)=ln 2。 故f(x)≤f(x)max=ln 2<1。 例2 已知函数f(x)=1-x-1ex ,求 证:(x-ln x)f(x)>1- 1 e2 。 证明:对函数f(x)求导,得: f'(x)=- ex-(x-1)ex (ex)2 = x-2 ex 。 令f'(x)=0,得x=2。 当x∈(0,2)时,则f'(x)<0,f(x)在 (0,2)上单调递减; 当x∈(2,+∞)时,则f'(x)>0,f(x) 在(2,+∞)上单调递增。 所以f(x)min=f(2)=1- 1 e2 。 故f(x)≥f(x)min=1- 1 e2 。① 易知(x-ln x)f(x)≥1·f(x)= f(x)。② 并注意到①②两个不等式中等号不能同 时成立,所以有: (x-ln x)f(x)>1- 1 e2 。 点评:例2的证明中用到了常用的对数 不等式ln x≤x-1,在解题时,如果忽视了此 不等式等号成立的条件为x=1,那么就会出 现错误。另外,如果利用此不等式,将例1所 证函数不等式放缩为x-1- 1 4x 2+ 1 2x<1 , 整理得(x-2)(x-4)>0,解得x>4或者x <2,这样就将函数f(x)的定义域缩小了,因 此这种思路是不可取的。 二、一分为二法 对于f(x)>0或者f(x)<0型的函数 不等式,可以先通过变形,将原不等式转化为 g(x)>h(x)或者g(x)<h(x),再通过求导 后确定最值的方法进行证明。 例3 已知函数f(x)=ln x+ 3 4x2 - 1 ex ,求证:f(x)>0。 证明:已知x>0,原不等式等价于: x2ln x> x2 ex - 3 4 。① 令g(x)=x2ln x,h(x)= x2 ex - 3 4 。 则g'(x)=x(2ln x+1),h'(x)= 22 解题篇 经典题突破方法 高二使用 2020年3月 x(2-x) ex 。 令g'(x)=0,得x=e -12; 令h'(x)=0,得x=2。 当x∈ 0,e -12 时,得g'(x)<0,g(x)在 0,e -12 上单调递减;当x∈ e -12,+∞ 时, g'(x)>0,g(x)在e -12,+∞ 上单调递增。 当x∈(0,2)时,得h'(x)>0,h(x)在 (0,2)上单调递增;当x∈(2,+∞)时,得 h'(x)<0,h(x)在(2,+∞)上单调递减。 所以g(x)min=g e -12 =- 1 2e ,h(x)max =h(2)= 4 e2 - 3 4 ,g(x)≥- 1 2e ,h(x)≤ 4 e2 - 3 4 。 又由- 1 2e- 4 e2 - 3 4 =(e+2)(3e-8)4e2 >0,得- 1 2e> 4 e2 - 3 4 。 所以g(x)≥- 1 2e> 4 e2 - 3 4≥h (x),即 知①式成立,从而原不等式成立。 例4 已知函数f(x)=e2x2-52x- (x+1)ln x,求证:f(x)>0。 证明:要证f(x)>0,即证e2x2- 5 2x- (x+1)ln x>0,此不等式等价于: e2x- 5 2-ln x> ln x x 。① 令g(x)=e2x- 5 2-ln x,h(x)= ln x x , 则g'(x)= e2x-1 x ,h'(x)= 1-ln x x2 。 令g'(x)=0,得x= 1 e2 。 令h'(x)=0,得x=e。 当x∈ 0, 1 e2 时,得g'(x)<0,g(x)在 0, 1 e2 上单调递减; 当x∈ 1 e2 ,+∞ 时,g'(x)>0,g(