导数中的不等式问题的解题策略
导数中的不等式问题的解题策略
导数的综合问题是高考数学的压轴题之一,其包含信息量大,计算繁琐,对学生的思维能力要求较高,令很多同学望而生畏,造成严重失分。而利用导数解决不等式问题更是压轴题中的压轴题,很多同学直接选择放弃,其实导数中的不等式问题并不像很多同学想象的那样,只是我们缺少对它的研究才觉得它高不可攀,下面我们通过具体的实例来分析导数中的不等式问题,解密其隐藏的规律轻松解决导数中的不等式问题。
1. 承上启下型
在解决导数问题中的不等式时,经常会出现这样一类问题,其证明需要应用到前一问的结论。
由前一问的结论得到一个不等式,再根据其与要证明的不等式的关系进行证明,这类题
在证明的过程中也经常应用到一些常见的结论,如:ln(x +1) ≤x , e x ≥x +1等。 例1. 已知P (x , y )为函数y =1+ln x 图象上一点,O 为坐标原点, 记直线OP 的斜率
k =f (x ).
(I)若函数f (x )在区间 m , m +⎪(m >0)上存在极值, 求实数m 的取值范围; (II)当 x ≥1时, 不等式f (x )≥(III)求证⎡⎣(n +1)! ⎤⎦>(n +1)e
2
⎛
⎝1⎫3⎭
t
恒成立, 求实数t 的取值范围; x +1
n -2
(n ∈N ).
*
分析:本题考查了函数的极值、恒成立问题及不等式的证明。(I)由极值的定义其极值点,极值点在 m , m +
⎛⎝
1⎫
⎪内,从而确定m 的范围。(II)分离参数t ,利用导数求最值。(III)利3⎭
用第(II)问的结论结合所要证明的不等式的特点进行适当的放缩求解。
1+ln x ⎫'ln x 1+ln x ⎛
解:(Ⅰ)由题意k =f (x )=, x >0 所以f '(x )= =-⎪2
x x x ⎝⎭
当00; 当x >1时, f '(x )
⎧0
21⎫⎪⎛
m >0(其中) 上存在极值, 所以得
33m +>1⎝⎭⎪3⎩
即实数m 的取值范围是 ,1⎪
⎛2⎫
⎝3⎭
(Ⅱ)由f (x )≥则g '(x )=
(x +1)(1+ln x ) 令g x =(x +1)(1+ln x ) t
得t ≤()
x x x +1
x -ln x 11-x
'h x =x -ln x 令 则 h x =1-=()()2
x x x
+∞)上单调递增 所以h (x )≥h (1)=1>0, 因为x ≥1, 所以h '(x )≥0, 故h (x )在[1,
+∞)上单调递增, g (x )≥g (1)=2 从而g '(x )>0 g (x )在[1,
所以实数t 的取值范围是(-∞,2]
2
恒成立, x +1
1+ln x 2x -122即 ≥⇔ln x ≥=1->1-
x x +1x +1x +1x
(Ⅲ)由(Ⅱ) 知f (x )≥
令x =n (n +1), 则ln n (n +1)>1-
22
所以ln (1⨯2)>1-,
n n +11⨯2
ln (2⨯3)>1-
22
, , ln n (n +1)>1-.
n n +12⨯3
⎡111⎤
++⋅⋅⋅+⎥
n n +1⎦⎣1⨯22⨯3
222
所以ln ⎡1⨯2⨯3⨯⋅⋅⋅⨯n ⨯(n +1)⎤⎣⎦>n -2⎢
1⎫⎛222n -2=n -2 1-⎪>n -2 所以1⨯2⨯3⨯⋅⋅⋅⨯n ⨯(n +1)>e
⎝n +1⎭
所以⎡⎣(n +1)! ⎤⎦>(n +1)⋅e
2
n -2
(n ∈N )
*
点评:本题题目较为综合,即考查了函数的极值最值又考查到了不等式的证明及数列的相关
知识。本题中不等式的证明利用到了第(Ⅱ)的结论即f (x )≥
2
恒成立。对于含有x +1
正整数n 的带省略号的不定式的证明,先观察通项,联想基本不定式(上述结论中的13),确定要证明的函数不定式(往往与所给的函数及上一问所得到的结论有关),再对自变量x 赋值,令x 分别等于1、2、……. 、n, 把这些不定式累加,可得要证的不定式。 2. x1 /x2型
在证明有关导数的不等式时,若所证明的不等式含有两个未知数,可考虑构造x 1 /x2这种类型解决,其作用是把两个未知数转化为一个未知数从而达到解决问题的目的。
2
例2. 已知函数f (x ) =a ln x -bx 图象上一点P (2,f (2))处的切线方程为y =-3x +2ln 2+2.
(Ⅰ)求a , b 的值;
(Ⅱ)若方程f (x ) +m =0在⎢,e ⎥内有两个不等实根,求m 的取值范围(其中e 为
e 自然对数的底数);
(Ⅲ)令g (x ) =f (x ) -kx ,若g (x ) 的图象与x 轴交于A (x 1,0), B (x 2,0) (其中,AB 的中点为C (x 0,0) ,求证:g (x ) 在x 0处的导数g '(x 0) ≠0. x 1
分析:本题考查了导数的几何意义,函数的零点问题及导数证明不等式问题。(Ⅰ)直接利用导数的几何意义求解,第(Ⅱ)问可通过分析函数的单调性利用数形结合思想求解,第(Ⅲ)问的本质g '(x 0) 与0的大小比较。
解:(Ⅰ)f '(x ) =
⎡1⎤
⎣⎦
a a
-2bx , f '(2)=-4b , f (2)=a ln 2-4b . x 2
a
∴-4b =-3, 且a ln 2-4b =-6+2ln 2+2, 2
解得a =2, b =1.
(Ⅱ)f (x ) =2ln x -x 2,令h (x ) =f (x ) +m =2ln x -x 2+m , 则
22(1-x 2)
h '(x ) =-2x =,
x x
1
x ∈[,1)
e 时,h '(x ) >0, 令h '(x ) =0,得x =1(x =-1舍去). 当
∴h (x ) 是增函数;当x ∈[1,e]时,h '(x ) >0, ∴h (x ) 是减函数;
⎧1
⎪h (e ) ≤0⎪1
于是方程h (x ) =0在[, e ]内有两个不等实根的充要条件是:⎨h (1)>0.
e ⎪h (e ) ≤0
⎪⎩
即1
1. e 2
2
(Ⅲ)由题意g (x ) =2ln x -x -kx , g '(x ) =假设结论成立,则有:
2
-2x -k . x
⎧2ln x 1-x 12-kx 1=0① ⎪2
⎪2ln x 2-x 2-kx 2=0② ⎪
⎨x 1+x 2=2x 0③ ⎪
⎪2-2x -k =0④
⎪x 0⎩
x 1x 2x 22
①-②,得2ln 1-(x 1-x 2) -k (x 1-x 2) =0. ∴k =2-2x 0.
x 2x 1-x 2
ln
x 1
x 212
由④得k == -2x 0, ∴
x 1-x 2x 0x 0
ln
x x 1
21-2x x 2x 2x 22t -2
. ⑤令t =1, u (t ) =ln t -即,即ln 1==(0
+1x 2
ln
(t -1) 2
则u '(t ) =>0. ∴u (t ) 在(0,1)增函数,∴u (t )
t (t +1) 2
矛盾. ∴g '(x 0) ≠0.
点评:本题中第(Ⅲ)出现了两个未知数x 1, x 2, 此时处理的方式是通过ln x 1-ln x 2=ln
x 1
, x 2
把
x 1
看作一个未知数, 从而把两个自变量转化为一个未知量. x 2
3. 两边求导型
证明不等式时,如果构造出的函数不易求解时,可考虑利用两边的最值的大小进行比较,如证明f (x ) >g (x ), 只需证明f (x ) min >g (x ) max ,因此,可转化为利用导数求最值的问题。 例3. 已知函数f (x )=ax +ln x , 其中a 为常数, 设e 为自然对数的底数. (1)当a =-1时, 求f (x ) 的最大值;
(2)若f (x ) 在区间(0, e ]上的最大值为-3, 求a 的值; (3)当a =-1时, 证明f (x )>
ln x 1
+ x 2
分析:本题考查了函数的最值及不等式的证明问题。(1)根据单调性求解(2)对
a 进行分类讨论,分别求解。(3)分别对不等式的左右两边求解,只要左边的最小值大于右边的最大值即可。
解:(1)当a =-1时, f (x )=-x +ln x , f '(x )=-1+当00; 当x >1时, f '(x )
11-x =. x x
∴f (x )在(0, 1)上是增函数, 在(1, +∞)上是减函数. ∴f (x )max =f (1)=-1.
(2)
11⎡1⎫
f '(x )=a +, x ∈(0, e ], ∈⎢, +∞⎪,
x x ⎣e ⎭
1
, 则f '(x )≥0, 从而(x )在(0. e ]上是增函数, e
①若a ≥-
∴f (x )max =f (e )=ae +1≥0. 不合题意.
111, 则由f '(x )>0, 得; a +>0. 即0
11
由f (x )
x a
②若a
⎛
⎝1⎫⎛1⎫
⎪上是增函数, 在 -, e ⎪上是减函数. a ⎭⎝a ⎭
⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫⎛1⎫
∴f (x )max =f -⎪=-1+ln -⎪, 令-1+ln -⎪=-3, 则ln -⎪=-2,
⎝a ⎭⎝a ⎭⎝a ⎭⎝a ⎭1
=e 2, 即a =-e 2. a
1
-e 2
e ∴-
(3)由①知当a =-1时, f (x )max =f (1)=-1, ∴f (x ≥1. 又令g (x )=
ln x 11-ln x
+, g '(x )=, 令g '(x )=0, 得x =e . 2x 2x
当00, g (x )在(0, e )上单调递增; 当x >e 时, g '(x )
∴g (x )max =g (e )=
11
+
ln x 1
+, ∴f (x >g (x ), 即f (x )>x 2
点评:本题中第(3)问证明不等式过程中, 很容易考虑构造不等式求解, 但本题构造不等式后不容易求解, 故考虑两边分别求最值, 利用f (x )min ≥g (x ) max 从而求解.
4. 二次求导型
在证明不等式经常出现构造函数,求其最值与0进行比较,此类不等式其本质是求函数的最值问题,再求其最值过程中,若一次求导后不能确定其增减性,可利用二次求导进行解决。 例
4.
分析:本题可构造函数f (x ) =1+x ln(x 0的关系。
点评:本题证明过程中对函数求到后不等确定出其单调性,故对其进行二次求导确定出导数的单调性,从而确定导数的正负,得出原函数的单调性,从而得出其最值