利用导数证明不等式的五种常用策略 / 四六文摘

安徽省太湖中学(246400)李昭平

近几年的高考和模考, 出现了不少证明不等式的问题,旨在加大导数运用的推理论证力度, 凸显了对数学的灵魂“推理”的高度重视.下面选择典型考题,介绍导数证明不等式的五种常用策略,供参考.

策略1 差值函数法

例1 (2021年皖江联盟开年考题)已知函数f(x)=ln x+ax2-x,其中a ≥0.

(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;

(Ⅱ)若函数g(x)= f(x)+ex +(1-a)x2 -ln x,证明:当x ＞0 时,g(x)＞

+1.

思路作差g(x) -

- 1, 构造新函数h(x)=g(x)-

-1,研究新函数h(x)的单调性.

解析(Ⅰ) f′(x)=

+2ax-1=

,x ＞0.若a=0,f′(x)=-

,f(x)在(0,1)内单增,在(1,+∞)内单减.若a ＞0,由2ax2 -x+1 = 0 知,Δ = 1-8a.当Δ = 1-8a ≤0,即a ≥

时,2ax2-x+1 ≥0,此时f(x)在(0,+∞)内单增.当Δ = 1-8a ＞0,即0 ＜a ＜

时,

此时f(x)在

内单增,在内单减.

例8 (2020年安庆模考题)设a ∈R,证明: 当x ≥1,a ≥

时,ax2 -ln x+

-e1-x -a ≥0 恒成立(e = 2.718…,为自然对数的底数).

例2 (2020年青岛模考题)若函数f(x)= x-sⅰn x.证明: 当x ∈[0,π],θ ∈(0,π)时,

思路作差

构造新函数

研究新函数g(x)的单调性.

解析

令g(x)=

则g′(x)=

- cos x).因为x ∈[0,π], θ ∈(0,π),

∈(0,π), 而cos x 在[0,π] 内单减,所以由g′(x)=

-cos x)= 0 得,x = θ.当θ ＜x ≤π 时, g′(x) ＞0,g(x)单增; 当0 ≤x ＜θ 时,g′(x)＜0,g(x)单减.因此g(θ)是g(x)在[0,π]上的最小值.于是g(x)≥g(θ)=0,

≥0,即当x ∈[0,π],θ ∈(0,π)时,

成立.

评注例1 中构造新函数g(x)= ex +x2 -x-

1,x ≥0,并三次求导数,利用g′′′(x)的最值确定g′′(x)的符号,再利用g′′(x)的符号确定g′(x)的符号,进一步确定g(x)的单调性,从而证出不等式.例2 中待证的不等式中有参数θ,所以处理起来运算和思维的难度较大.也可以反客为主,视θ 为主元、x 为参数来处理.一般地, 运用差值函数法证明形如A(x) ＞B(x)的不等式,主要步骤是: ①构造新函数h(x)= A(x)-B(x); ②求导h′(x)= A′(x)-B′(x); ③研究函数h(x)的单调性、极值、图象等(无法进行时,继续求导h′′(x)= A′′(x)-B′′(x), 研究h′(x)的单调性、极值、图象等); ④通过h′(x)或h′′(x),获得h(x)的性质,进而实现证明不等式A(x)＞B(x)的目标[1].

策略2 特征分析放缩法

例3 (2019年安徽省A10 联盟联考题)设k ∈R,函数f(x)=(x-1)ex-

其中e 是自然对数的底数.

(Ⅰ)若k =-1,求曲线y =f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;

(Ⅱ)证明: 当k ＞ 1 时, 存在x0 ∈ (ln k,+∞), 使f(x0)＞0.

思路对(Ⅰ),先求f′(2),再根据y-f(x0)=f′(x0)(x-x0)写出切线方程;对(Ⅱ),先证明ex ＞x2(x ＞0),再利用这个不等式对f(x)=(x-1)ex-

进行局部放缩.

目前淮山的加工产品主要有鲜切淮山、速冻淮山、淮山干制、淮山果蔬复合饮料、淮山保健酸奶、淮山焙烤食品、速溶淮山粉等。

(Ⅱ)先证当x ＞0 时,ex ＞x2.令g(x)=ex-x2,x ＞0,则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.于是当x ＞ 1 时, 有f(x)=(x-1)ex-

取x0 =k+1,k+1 ＞k-1 ＞ln k(k ＞1)且x0-

k+1-

＞0,使f(x0) ＞0.故当k ＞1 时,存在x0 ∈(ln k,+∞),使f(x0)＞0.

例4 (2021年南师大附中段考题)已知函数f(x)=ax2-2 ln x(a ∈R),f′(1)≥0.

证明当x ∈(0,2)时,

＞0恒成立.

思路先确定参数a 的取值范围,再利用这个范围对不等式进行消元放缩.

解析因为f′(x)=

所以f′(1)= 2a-2 ≥0,a ≥1,于是

令h(x)=x2+2x+2-2ex,0 ＜x ＜2,则h′(x)=2x+2-2ex =2(x+1-ex).再令φ(x)=x+1-ex,则当x ＞0时,φ′(x)=1-ex ＜0,φ(x)单减,φ(x)＜φ(0)=0.因此当x ＞0 时,h(x)单减,h(x)＜h(0)=0 即x2+2x+2-2ex ＜0.于是当0 ＜x ＜2 时,

＞0,故当x ∈(0,2)时,

＞0 恒成立.

评注例3 以幂函数和指数函数的复合形式为载体,考查导数的几何意义和不等式问题, 融函数的单调性、最值、放缩等知识于一体, 有一定的难度.在“找点”中,运用不等式ex ＞x2(x ＞0)进行局部放缩是证明的关键.例4 要证明的不等式问题中含有参数a, 自然想到消去a, 变成证明关于x 的不等式恒成立问题.利用a ≥1 进行消元放缩得到

对

符号的判断,有变形的难度、运算的难度和构造的难度.局部放缩和消元放缩也是证明不等式的一种重要途径.

策略3 切线放缩法

例5 (2021年三亚高二段考题)已知函数f(x)=xe3x-ln x-1.证明: 对任意实数x ＞0,都有f(x)＞2x 恒成立.

思路变形xe3x = eln x+3x,利用ex ≥x+1 切线放缩eln x+3x ≥ln x+3x+1,往证f(x)＞2x.

解析因为ex ≥x+1,所以eln x+3x ≥ln x+3x+1.于是f(x)=eln x+3x-ln x-1 ≥ln x+3x+1-ln x-1=3x,当且仅当ln x+3x=0 时等号成立.因为x ＞0,所以3x ＞2x.故对任意实数x ＞0,都有f(x)＞2x 恒成立.

例6 (2021年南昌模考题)证明: 对任意x ＞ 0,ex-e2 ln x ＞0 恒成立.

思路利用ln x ≤ x - 1 切线放缩ex - e2 ln x ≥ex-e2(x-1),再证ex-e2(x-1)＞0.

解析因为ln x ≤ x - 1(x ＞ 0), 所以-e2 ln x ≥-e2(x-1),当且仅当x=1 时等号成立.于是ex-e2 ln x ≥ex - e2(x - 1), 当且仅当x = 1 时等号成立.令g(x)=ex - e2(x - 1),x ＞0, 则g′(x)= ex - e2.当x ＞2 时,g′(x)＞0;当0 ＜x ＜2 时,g′(x)＜0.因此g(x)≥g(2)=0且ex -e2 ln x ≥ex -e2(x-1)≥0 中,两个等号不能同时成立.故对任意x ＞0,ex-e2 ln x ＞0 恒成立.

例7 (2021年哈尔滨八校联考题)设m ∈R, 函数f(x)=e2x-ln(2x-m).

(Ⅰ)设x = 0 是f(x)的极值点,求实数m 的值,并讨论f(x)的单调性;

(Ⅱ)当m ≥-2 时,证明: f(x)＞0.

思路对(Ⅰ),利用f′(0)=0 构建方程即可;对(Ⅱ),利用ex ≥x+1 和ln x ≤x-1 进行切线放缩.

解析 (Ⅰ)m = -1,f(x)在

内单减,在(0,+∞)内单增.过程略去.

(Ⅱ)因为e2x ≥2x+1(当且仅当x = 0 时等号成立),-ln(2x-m)≥-(2x-m)+1(当且仅当时等号成立),所以e2x -ln(2x-m)≥2x+1-(2x-m)+1 = 2+m,当且仅当x = 0 且2x - m = 1 时等号成立, 即当且仅当m = -1 时等号成立.因为m ≥-2, 当m /= -1 时,e2x -ln(2x-m) ＞2+m ≥0(2x-m ＞0); 当m = -1时, e2x -ln(2x+1)= 2+m = 1 ＞0(2x+1 ＞0).故当m ≥-2 时,有f(x)＞0 恒成立.

评注直线y = x+1 是曲线y = ex 在(0,1)处的切线, 且在曲线y = ex 的下方, 所以有ex ≥x + 1(当且仅当x = 0 时等号成立)直线y = x - 1 是曲线y = ln x在(1,0)处的切线, 且在曲线y = ln x 的上方, 所以有ln x ≤x - 1(当且仅当x = 1 时等号成立).在证明相关不等式中,若能灵活运用这两个不等式进行切线放缩,往往事半功倍.一般的,有ef(x) ≥f(x)+1,ln g(x)≤g(x)-1 和eφ(x)-ln h(x)≥φ(x)-h(x)+2,扩大了应用的范围[2].

策略4 隔离分析最值法

解析 (Ⅰ)y =2(e2+1)x-3e2-2.过程从略.

思路等价变形,一分为二成两个函数,分别确定两个函数的最值.

解析原不等式等价于ax2 -ln x-a ≥e1-x -

即ax2 -ln x-a ≥

令f(x)= ax2 -ln x-a, 则f′(x)=2ax-

当x ≥1,a ≥

时,

-1 ≥0, 所以f′(x)≥0.因此f(x)在[1,+∞)上单增,f(x)≥f(1)=0,f(x)mⅰn =0.再令g(x)= x-ex-1,则g′(x)= 1-ex-1 ≤0,g(x)在[1,+∞)上单减,g(x)≤g(1)=0,g(x)max =0.于是ax2-ln x-a ≥

恒成立,即ax2-ln x+

-e1-x-a ≥0 恒成立.

例9 (2021年西安5 月段考题)设m ≥

函数f(x)=x ln x-mex.证明: f(x)＜0.

思路等价变形,一分为二成两个函数,分别确定两个函数的最值.

解析因为x ＞0,所以f(x) ＜0 等价于

令g(x)=

则g′(x)=

当0 ＜x ＜e 时,g′(x) ＞0;当x ＞e 时,g′(x) ＜0,所以g(x)max = g(e)=

再令h(x)=

则h′(x)=

当0 ＜x ＜2时,h′(x)＜0;当x ＞2 时,h′(x)＞0,所以h(x)mⅰn =h(2)=

因为m ≥

所以

故

即f(x)＜0.

评注例8 若像例1 那样直接构造函数h(x)= ax2 -

则其导函数h′(x)=2ax-

非常复杂,无法确定h′(x)在x ∈[1,+∞)上的符号.无奈之时逼着我们另辟蹊径: 将此不等式“一分为二”成两个函数f(x)和

则分别研究两个函数f(x)(过定点(1,0)的动曲线)和g(x)(定曲线)的最值即可.例9 则是隔离分析最值法的一种应用.一般地,证明h(x)= A(x)-B(x)≥0,当研究h(x)的单调性困难时,可以“一分为二”成A(x)≥B(x),考虑证A(x)mⅰn ≥B(x)max 是一种有效途径,往往称为隔离分析最值法[3].