利用導數證明不等式恒成立問題中的易錯題歸類剖析

■廣東省中山市桂山中學 馬 銳

歷年數學高考題中常出現求證不等式的相關問題,其往往與函數、方程、單調性、極值、最值等知識相融合,難度較大,是很多同學難以突破的試題。在考查同學們解決問題能力的同時,還考查對必備知識的融合能力、邏輯分析能力、計算能力等。下面我們通過具體的例子來分析證明不等式恒成立時會出現的易錯點,希望同學們能準確避坑,高效解題。

所以g(t)≥g(1)=0,即t-lnt-1≥0成立,故原不等式成立。

例2已知函數f(x)=xex-x2-x(a∈R)。

證明:f(x)≥lnx-x2+1。

證明:要證f(x)≥lnx-x2+1,即證xex-x2-x≥lnx-x2+1,即證xex≥x+lnx+1,即證ex+lnx≥x+lnx+1。

令t=x+lnx,則要證et≥t+1。

令g(t)=et-t-1,則g′(t)=et-1。

當t<0時,g′(t)<0,g(t)在(-∞,0)上單調遞減;當t>0 時,g′(t)>0,g(t)在(0,+∞)上單調遞增。

所以g(t)min=g(0)=0,所以g(t)≥0,即et≥t+1成立,故f(x)≥lnx-x2+1。

易錯點分析:上述兩個例子如果直接證明,有些同學會因為式子過于復雜而不得不放棄,這也恰好說明求證不等式時,首先,要對不等式化簡、轉化,這是正確求證的前提,也是最關鍵一步;其次,化簡不等式后一般要構造函數,利用導數求出函數的最值(直接法),據此判斷不等式是否成立。因此,上述兩題化簡得到≥0和ex+lnx≥x+lnx+1是解決問題的關鍵,之后便可用直接法快速證明。同時也提醒同學們對常見的一些結論,比如:ex≥x+1,lnx≤x-1及其各種變式要熟悉并加以牢記。

例4若函數f(x)=ex+(1-a)x,a∈R。

證明:當a≤1時,對任意的x>0,恒有f(x)>lnx+a+1。

證明:要證f(x)>lnx+a+1,即證ex+(1-a)x>lnx+a+1,即證ex>lnx+(a-1)x+a+1。因為a≤1,x>0,所以(a-1)x+a+1≤a+1≤2,所以只需證ex>lnx+2。

①②兩式相加,得(ex-x)+(x-lnx)>2,所以ex>lnx+2,故當a≤1時,對任意的x>0,恒有f(x)>lnx+a+1。

易錯點分析:(1)在用直接作差求導法進行求證時,若是含有參數范圍的不等式,則可進行適當的放縮來簡化問題。(2)求導后,若無法得到導函數的零點且不能準確判斷其單調區間,則需要再次求導,并利用零點存在性定理來判斷導函數存在零點(即隱零點),之后由二階導函數的正負號,來判斷一階導函數的單調性,再結合一階導函數的零點所在區間,得到一階導函數的正負號,進而得出原函數的單調性,最后求出其最值。(3)例4的方法2中通過“ex≥x+1,lnx≤x-1”這兩個熟悉的不等式,把原有的一個不等式問題變為兩個常見的函數求最值問題,簡化了證明難度。

令φ(x)=ex-ex(00;當x>1時,φ′(x)<0。所以φ(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減,則φ(x)max=φ(1)=0,所以ex-ex≤0。

易錯點分析:在證明含有指數函數型和對數函數型的不等式時,常常通過不等式變形得到f(x)>(≥)g(x)的形式(指數函數與對數函數分別位于不等式兩側),分別求出不等式兩邊兩個函數的最值,由最值關系得證不等式成立。

易錯點分析:例6 和例7 中的證明均是關于變量n∈N*的,又是關于數列求和的不等式,便會聯想到數列的相關知識,結合第一問所得到的不等關系,自然聯想到累加法和變量代換。先將第一問的結論通過適當變形得到證明中所需數列的通項公式,再將通項公式替換原有的變量x,則可得到想要的一組不等關系,最后利用數列中的累加法求和化簡即可得證。

通過上述例子,同學們可以發現,任何證明的思路都是相似的,只是在具體例子的證明過程中有許多細節要注意。例如,當函數結構比較簡單時,我們可以通過直接求函數的最值來證明不等式的成立,但求導后導函數的零點是否存在,是否涉及三角函數,是否需要多次求導來判斷函數的單調性,甚至有時會用到洛必達法則來求其最值,這些都需要因題而異。當函數結構比較復雜時,我們則需要對所證明不等式進行準確的變形、轉化,這個過程對同學們的化簡能力要求較高,技巧性較強,但后續證明卻比直接求導顯得容易。因此,同學們在平常的練習中,要學會對題目進行多種方法的嘗試,進而選擇最恰當的方法,并善于總結,之后便可根據不等式中所含有的函數類型來快速選擇最優解法。