利用导数证明不等式恒成立问题中的易错题归类剖析
2023-09-15广东省中山市桂山中学
■广东省中山市桂山中学 马 锐
历年数学高考题中常出现求证不等式的相关问题,其往往与函数、方程、单调性、极值、最值等知识相融合,难度较大,是很多同学难以突破的试题。在考查同学们解决问题能力的同时,还考查对必备知识的融合能力、逻辑分析能力、计算能力等。下面我们通过具体的例子来分析证明不等式恒成立时会出现的易错点,希望同学们能准确避坑,高效解题。
所以g(t)≥g(1)=0,即t-lnt-1≥0成立,故原不等式成立。
例2已知函数f(x)=xex-x2-x(a∈R)。
证明:f(x)≥lnx-x2+1。
证明:要证f(x)≥lnx-x2+1,即证xex-x2-x≥lnx-x2+1,即证xex≥x+lnx+1,即证ex+lnx≥x+lnx+1。
令t=x+lnx,则要证et≥t+1。
令g(t)=et-t-1,则g′(t)=et-1。
当t<0时,g′(t)<0,g(t)在(-∞,0)上单调递减;当t>0 时,g′(t)>0,g(t)在(0,+∞)上单调递增。
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。
易错点分析:上述两个例子如果直接证明,有些同学会因为式子过于复杂而不得不放弃,这也恰好说明求证不等式时,首先,要对不等式化简、转化,这是正确求证的前提,也是最关键一步;其次,化简不等式后一般要构造函数,利用导数求出函数的最值(直接法),据此判断不等式是否成立。因此,上述两题化简得到≥0和ex+lnx≥x+lnx+1是解决问题的关键,之后便可用直接法快速证明。同时也提醒同学们对常见的一些结论,比如:ex≥x+1,lnx≤x-1及其各种变式要熟悉并加以牢记。
例4若函数f(x)=ex+(1-a)x,a∈R。
证明:当a≤1时,对任意的x>0,恒有f(x)>lnx+a+1。
证明:要证f(x)>lnx+a+1,即证ex+(1-a)x>lnx+a+1,即证ex>lnx+(a-1)x+a+1。因为a≤1,x>0,所以(a-1)x+a+1≤a+1≤2,所以只需证ex>lnx+2。
①②两式相加,得(ex-x)+(x-lnx)>2,所以ex>lnx+2,故当a≤1时,对任意的x>0,恒有f(x)>lnx+a+1。
易错点分析:(1)在用直接作差求导法进行求证时,若是含有参数范围的不等式,则可进行适当的放缩来简化问题。(2)求导后,若无法得到导函数的零点且不能准确判断其单调区间,则需要再次求导,并利用零点存在性定理来判断导函数存在零点(即隐零点),之后由二阶导函数的正负号,来判断一阶导函数的单调性,再结合一阶导函数的零点所在区间,得到一阶导函数的正负号,进而得出原函数的单调性,最后求出其最值。(3)例4的方法2中通过“ex≥x+1,lnx≤x-1”这两个熟悉的不等式,把原有的一个不等式问题变为两个常见的函数求最值问题,简化了证明难度。
令φ(x)=ex-ex(0
易错点分析:在证明含有指数函数型和对数函数型的不等式时,常常通过不等式变形得到f(x)>(≥)g(x)的形式(指数函数与对数函数分别位于不等式两侧),分别求出不等式两边两个函数的最值,由最值关系得证不等式成立。
易错点分析:例6 和例7 中的证明均是关于变量n∈N*的,又是关于数列求和的不等式,便会联想到数列的相关知识,结合第一问所得到的不等关系,自然联想到累加法和变量代换。先将第一问的结论通过适当变形得到证明中所需数列的通项公式,再将通项公式替换原有的变量x,则可得到想要的一组不等关系,最后利用数列中的累加法求和化简即可得证。
通过上述例子,同学们可以发现,任何证明的思路都是相似的,只是在具体例子的证明过程中有许多细节要注意。例如,当函数结构比较简单时,我们可以通过直接求函数的最值来证明不等式的成立,但求导后导函数的零点是否存在,是否涉及三角函数,是否需要多次求导来判断函数的单调性,甚至有时会用到洛必达法则来求其最值,这些都需要因题而异。当函数结构比较复杂时,我们则需要对所证明不等式进行准确的变形、转化,这个过程对同学们的化简能力要求较高,技巧性较强,但后续证明却比直接求导显得容易。因此,同学们在平常的练习中,要学会对题目进行多种方法的尝试,进而选择最恰当的方法,并善于总结,之后便可根据不等式中所含有的函数类型来快速选择最优解法。
