用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式的基本策略

■陜西省武功縣教育局教研室 (特級教師)

導(dǎo)數(shù)是證明函數(shù)不等式的重要工具,但在具體應(yīng)用時,同學(xué)們必須要充分利用函數(shù)的單調(diào)性和極值(最值)條件,根據(jù)函數(shù)不等式的結(jié)構(gòu)類型,采取行之有效的解題策略,最基本的方法有三種：直接法、一分為二法和合二為一法,從而做到解題時有的放矢。

一、直接法

對于f(x)＞C或者f(x)＜C(C為非零常數(shù))型的函數(shù)不等式,可以通過對函數(shù)f(x)先求導(dǎo)然后確定最值的方法進(jìn)行證明。

例1已知函數(shù),求證：f(x)＜1。

證明：由題意知x＞0,對函數(shù)f(x)求導(dǎo),得：

當(dāng)x∈(0,2)時,得f′(x)＞0,f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增；

當(dāng)x∈(2,+∞)時,得f′(x)＜0,f(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞減。

所以f(x)max=f(2)=ln 2。

故f(x)≤f(x)max=ln 2＜1。

例2已知函數(shù)求證

證明：對函數(shù)f(x)求導(dǎo),得：

令f′(x)=0,得x=2。

當(dāng)x∈(0,2)時,則f′(x)＜0,f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈(2,+∞)時,則f′(x)＞0,f(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增。

易知(x-lnx)f(x)≥1·f(x)=f(x)。②

并注意到①②兩個不等式中等號不能同時成立,所以有：

點評:例2的證明中用到了常用的對數(shù)不等式lnx≤x-1,在解題時,如果忽視了此不等式等號成立的條件為x=1,那么就會出現(xiàn)錯誤。另外,如果利用此不等式,將例1所證函數(shù)不等式放縮為整理得(x-2)(x-4)＞0,解得x＞4或者x＜2,這樣就將函數(shù)f(x)的定義域縮小了,因此這種思路是不可取的。

二、一分為二法

對于f(x)＞0或者f(x)＜0型的函數(shù)不等式,可以先通過變形,將原不等式轉(zhuǎn)化為g(x)＞h(x)或者g(x)＜h(x),再通過求導(dǎo)后確定最值的方法進(jìn)行證明。

例3已知函數(shù),求證：f(x)＞0。

證明：已知x＞0,原不等式等價于：

令g′(x)=0,得

令h′(x)=0,得x=2。

當(dāng)x∈(0,2)時,得h′(x)＞0,h(x)在(0,2)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(2,+∞)時,得h′(x)＜0,h(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞減。

例4已知函數(shù)(x+1)lnx,求證：f(x)＞0。

證明：要證f(x)＞0,即證(x+1)lnx＞0,此不等式等價于：

令h′(x)=0,得x=e。

當(dāng)x∈(0,e)時,得h′(x)＞0,h(x)在(0,e)上單調(diào)遞增；

當(dāng)x∈(e,+∞)時,得h′(x)＜0,h(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞減。

點評:在例3、例4中,由于已知函數(shù)f(x)的結(jié)構(gòu)較為復(fù)雜,直接求導(dǎo)后,利用單調(diào)性確定最值比較麻煩,但是將函數(shù)f(x)分拆變形后得到兩個較為簡單的函數(shù)g(x)和h(x),證明就變得很順暢了。

三、合二為一法

對于f(x)≥g(x)或者f(x)≤g(x)型的函數(shù)不等式,可以通過先作差,即令h(x)=f(x)-g(x),將問題轉(zhuǎn)化為h(x)≥0或者h(yuǎn)(x)≤0。

例5已知函數(shù)=lnx,求證：g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立。

證明：要證g(x)≥f(x),即證lnx≥此不等式等價于：

(x2+1)lnx≥2x-2。①

令h(x)=(x2+1)lnx-2x+2,則：

當(dāng)x∈[1,+∞)時,2xlnx≥0,x+2≥0,所以h′(x)≥0,可知h(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,由此得h(x)≥h(1)=0。

所以①式成立,從而原不等式成立。