導數與不等式的證明及恒成立問題中的易錯題剖析

■河南省許昌市建安區第一高級中學 練中彬

導數與不等式的證明及恒成立問題是高考考查的重點內容之一,也是同學們學習的難點,該類題主要涉及函數、方程、導數等知識,也涉及構造函數、數形結合、分類討論、分離參數、放縮、轉化等方法,對提升同學們的邏輯推理與數學運算有極大的幫助。下面就導數與不等式的證明及恒成立問題中的易錯點歸類總結。

一、構造函數證明不等式

例1證明:當x＞1時,+lnx＜。

易錯剖析:當待證不等式的兩邊含有同一個變量時,一般地,可以直接構造“左減右”或“右減左”的函數,通過研究其單調性等相關函數性質證明不等式。

二、放縮法證明不等式

例2已知函數f(x)=lnx-ax+1。

(1)若對任意x∈(0,+∞),f(x)≤0恒成立,求a的取值范圍;

若a≤0,當x＞1時,lnx-ax+1＞0,不符合題意。

綜上可得,a的取值范圍為[1,+∞)。

易錯剖析:解答本題第(2)問的關鍵是利用lnx≤x-1(x＞0)進行放縮。

例3已知f(x)=aex-lnx-1。證明:當a≥時,f(x)≥0。

證明:當a≥時,f(x)≥-lnx-1(x＞0)。

設g(x)=-lnx-1(x＞0),則g＇(x)=。

當0＜x＜1時,g＇(x)＜0;當x＞1 時,g＇(x)＞0。所以x=1是g(x)的極小值點,也是最小值點。

故當x＞0時,g(x)≥g(1)=0。

因此,當a≥時,f(x)≥0。

易錯剖析:若某些不等式直接構造函數不易求最值,則可利用條件與不等式的性質,適當放縮后,再構造函數進行證明。

三、分離ex 和lnx 證明不等式

例4已知函數f(x)=ex2-xlnx,證明:當x＞0時,f(x)＜xex+。

再令φ(x)=ex-ex,則φ＇(x)=e-ex,易知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exex≤0。

因為h(x)與φ(x)不同時為0,所以exex＜lnx+,故原不等式成立。

易錯剖析:(1)當直接求導比較復雜或無從下手時,可將待證式進行變形,構造兩個都便于求導的函數,從而找到可以傳遞的中間量,達到證明的目的。(2)本題中將原不等式化為lnx+＞ex-ex(x＞0)(分離lnx與ex),便于探求構造的函數h(x)=lnx+和φ(x)=ex-ex的單調性,分別求出h(x)的最小值與φ(x)的最大值,借助“中間媒介”證明不等式。

四、分拆函數法證明不等式

例5已知函數f(x)=elnx-ax(a∈R)。

(1)討論函數f(x)的單調性;

(2)當a=e 時,證明:xf(x)-ex+2ex≤0。

解析:(1)f＇(x)=-a(x＞0)。

若a≤0,則f＇(x)＞0,所以f(x)在(0,+∞)上單調遞增。

若a＞0,則當0＜x＜時,f＇(x)＞0;當x＞時,f＇(x)＜0。所以f(x)在上單調遞增,在上單調遞減。

(2)因為x＞0,所以只需證f(x)≤-2e。

當a=e時,由(1)知,f(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減,所以f(x)max=f(1)=-e。

設g(x)=-2e(x＞0),則g＇(x)=。

當0＜x＜1時,g＇(x)＜0,g(x)單調遞減;當x＞1 時,g＇(x)＞0,g(x)單調遞增。所以g(x)min=g(1)=-e。

綜上可得,當x＞0時,f(x)≤g(x),即f(x)≤-2e,即xf(x)-ex+2ex≤0。

易錯剖析:①當直接求導比較復雜或無從下手時,可將待證式進行變形,構造兩個都便于求導的函數,從而找到可以傳遞的中間量,達到證明的目的。②在證明的過程中,等價轉化是關鍵,在證得g(x)min≥f(x)max恒成立時,可以得到f(x)≤g(x)恒成立。

五、不等式恒成立問題

例6已知函數f(x)=x2+,若?x1∈[1,2],?x2∈[-1,1],使f(x1)≥g(x2),求實數m的取值范圍。

解析:若?x1∈[1,2],?x2∈[-1,1],使f(x1)≥g(x2),則需f(x1)min≥g(x2)min。