不等式lnx≤x-1应用三例
2020-03-08杨妮
杨妮
【摘要】数学学习离不开解题，在解答某些与函数及其导数有关的问题时，若能利用一些熟知的结论或者其变形进行解答，往往能化难为易，取得事半功倍的效果.
【关键词】数学解题;变形;问题本质
在教材中，有如下重要结论：
若x>0，则lnx≤x-1，当且仅当x=1时等号成立.
在解答某些与函数及其导数有关的问题时，若能利用这一熟知的结论或者其变形，比如，ln（x+1）≤x（当且仅当x=0时等号成立）、ex≥x+1（当且仅当x=0时等号成立）等进行解答，往往能化难为易，取得事半功倍之效.下面举例说明.
例1 设函数f（x）=lnx-mx2+2nx（m∈R，n>0），若对任意的x>0，都有f（x）≤f（1），则（ ）.
A.lnn<8m
B.lnn≤8m
C.lnn>8m
D.lnn≥8m
解 因为f（x）=lnx-mx2+2nx，
所以f′（x）=1x-2mx+2n.
因为对任意的x>0，都有f（x）≤f（1），
所以当x∈（0，+∞）时，f（x）的最大值为f（1），
因为f′（x）在（0，+∞）上连续，
所以f′（1）=0，即1-2m+2n=0，
所以2m=2n+1.
由于n>0，所以lnn≤n-1<8n+4=4（2n+1）=8m，
即lnn<8m.应选A.
例2 借助“以直代曲”的思路可以进行某些函数的函数值的近似计算，比如，|x|足够小时，有ex≈x+1，ln（1+x）≈x，sinx≈x等.据此，若|x|足够小时，有ln1+e-x2≈ax+b，则a+b的值为.
解 因为当|x|足够小时，e-x-12也足够小，
又因為ln（1+x）≈x，
所以ln1+e-x2=ln1+e-x-12≈e-x-12，
由于ex≈x+1，所以e-x-12≈（-x+1）-12，
所以a=-12，b=0，故a+b=-12.
例3 已知函数f（x）=ex-ln（x+m）.
（1）设x=0是f（x）的极值点，求m并讨论f（x）的单调性;
（2）当m≤2时，证明f（x）>0.
参考答案如下：
解 （1）因为f′（x）=ex-1x+m，由x=0是f（x）的极值点得f′（0）=0，所以m=1.
于是f（x）=ex-ln（x+1），其定义域为（-1，+∞），
又f′（x）=ex-1x+1，
所以函数f′（x）=ex-1x+1在（-1，+∞）上单调递增，且f′（0）=0.
因此，当x∈（-1，0）时，f′（x）<0;
当x∈（0，+∞）时，f′（x）>0.
所以f（x）在（-1，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增.
（2）当m≤2，x∈（-m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2）.所以只需证明当m=2时，f（x）>0.
当m=2时，函数f′（x）=ex-1x+2在（-2，+∞）上单调递增.
又f′（-1）<0，f′（0）>0，故f′（x）=0在（-2，+∞）上有唯一实根x0，且x0∈（-1，0）.
当x∈（-2，x0）时，f′（x）<0;
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）>0.
从而当x=x0时，f（x）取得最小值.
由f′（x0）=0，得ex0=1xn+2，ln（x0+2）=-x0.
故f（x）>f（x0）=1x0+2+x0=（x0+1）2x0+2>0.
综上，当m≤2时，f（x）>0.
评注 解答第（2）问的关键在于转化，若运用熟知的不等式ex≥x+1以及x≥ln（x+1）进行证明，结果更为简洁.
由ex≥x+1，当且仅当x=0时等号成立;
又因为ln（x+m）≤x+m-1，当且仅当x=1-m时等号成立.
所以当m<2时，x+m-1
而ex≥x+1与ln（x+m）≤x+m-1两式的等号不能同时成立，从而ex>ln（x+m）.
所以当m≤2时，ex-ln（x+m）>0.
事实上，许多经典不等式如ex≥x+1，lnx≤x-1（x>0）等，都能联系曲线的“切线”直观得出，其证明可以利用函数的单调性得到.数学学习离不开解题，学生能否有效、高效地解决数学问题深刻地反映了学生的数学学科能力和核心素养.因此，在数学解题教学中，教师要引导学生“入乎其内，出乎其外”，树立用思想引领解题的意识，抓住问题的本质，优化解题过程，培养学生的创新精神和实践能力，最终转化为创造能力，才能真正培养和提升学生的数学核心素养.
