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【摘 要】本文主要介绍导数中不等式解决的常见几种方法,并详细阐述它们在求解高考压轴题中的重要应用。
【关键词】超越不等式;高考;构造新函数
纵览近些年来的高考数学试卷,无论是全国卷,还是各省市自主命题,绝大多数省份试卷都是以函数及导数应用综合题做为压轴题,而导数及其相关知识作为连接初等数学和高等数学的纽带,对相当一部分学生来说,接受起来有一定困难,因此要熟练解决这类问题,要求考生必须牢固掌握相关的基础知识、基本方法和基本技能,证明不等式经常会出现在导数的最后一问,这里笔者和读者交流一些常见方法。
方法一:直接构造函数
例1:求不等式x-1-(e-1)lnx>0的解集,其中e为自然对数的底。
解:令f(x)=x-1-(e-1)lnx,f′(x)=■,令f′(x)>0解得x>e-1,令f′(x)<0解得x0,所以原不等式的解集为(0,1)∪(e,+∞)。
方法二:先变形,再构造函数
例2:已知函数f(x)=(x+1)lnx-x+1。
(1)若xf?蒺(x)≤x2+ax+1,求a的取值范围;
(2)证明:(x-1)f(x)≥0。
解:(1)略(2)当x=1时,结论成立;原命题等价于当x∈(0,1)时,f(x)≤0即lnx-■≤0;当x∈(1,+∞)时,f(x)≥0即lnx-■≥0。
令h(x)=lnx-■,h′(x)=■-■=■>0在(0,+∞)上恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,而h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,lnx-■<0即f(x)<0,
当x∈(1,+∞)时,lnx-■>0即f(x)>0。从而命题得证。
方法三:利用f(x)min>g(x)max(f(x)max 例3:设函数f(x)=aexlnx+■,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线为y=e(x-1)+2。
(1)求a,b;(2)证明:f(x)>1。
解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f?蒺(x)=aexlnx+■ex-■ex-1+■ex-1
由题意可得f(1)=2,f′(1)=e,故a=1,b=2。
(2)由(1)知,f(x)=exlnx+■,从而f(x)>1等价于xlnx>xe-x-■
设函数g(x)=xlnx,则g′(x)=x+lnx,所以当x∈(0,■)时,g′(x)<0,当x∈(■,+∞)时,g′(x)>0,故g(x)在(0,■)单调递减,在(■,+∞)单调递增,从而g(x)在(0,+∞)的最小值为g(■)=-■。
设函数h(x)=xe-x-■,则h′(x)=e-x(1-x),所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,故h(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减,从而h(x)在(0,+∞)的最大值为h(1)=-■而它们等号不在同一处取到。
综上:当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1。此方法不具有一般性,在一般情况下我们优先选择方法一或方法二。
【关键词】超越不等式;高考;构造新函数
纵览近些年来的高考数学试卷,无论是全国卷,还是各省市自主命题,绝大多数省份试卷都是以函数及导数应用综合题做为压轴题,而导数及其相关知识作为连接初等数学和高等数学的纽带,对相当一部分学生来说,接受起来有一定困难,因此要熟练解决这类问题,要求考生必须牢固掌握相关的基础知识、基本方法和基本技能,证明不等式经常会出现在导数的最后一问,这里笔者和读者交流一些常见方法。
方法一:直接构造函数
例1:求不等式x-1-(e-1)lnx>0的解集,其中e为自然对数的底。
解:令f(x)=x-1-(e-1)lnx,f′(x)=■,令f′(x)>0解得x>e-1,令f′(x)<0解得x
方法二:先变形,再构造函数
例2:已知函数f(x)=(x+1)lnx-x+1。
(1)若xf?蒺(x)≤x2+ax+1,求a的取值范围;
(2)证明:(x-1)f(x)≥0。
解:(1)略(2)当x=1时,结论成立;原命题等价于当x∈(0,1)时,f(x)≤0即lnx-■≤0;当x∈(1,+∞)时,f(x)≥0即lnx-■≥0。
令h(x)=lnx-■,h′(x)=■-■=■>0在(0,+∞)上恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,而h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,lnx-■<0即f(x)<0,
当x∈(1,+∞)时,lnx-■>0即f(x)>0。从而命题得证。
方法三:利用f(x)min>g(x)max(f(x)max
(1)求a,b;(2)证明:f(x)>1。
解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f?蒺(x)=aexlnx+■ex-■ex-1+■ex-1
由题意可得f(1)=2,f′(1)=e,故a=1,b=2。
(2)由(1)知,f(x)=exlnx+■,从而f(x)>1等价于xlnx>xe-x-■
设函数g(x)=xlnx,则g′(x)=x+lnx,所以当x∈(0,■)时,g′(x)<0,当x∈(■,+∞)时,g′(x)>0,故g(x)在(0,■)单调递减,在(■,+∞)单调递增,从而g(x)在(0,+∞)的最小值为g(■)=-■。
设函数h(x)=xe-x-■,则h′(x)=e-x(1-x),所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0,当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,故h(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减,从而h(x)在(0,+∞)的最大值为h(1)=-■而它们等号不在同一处取到。
综上:当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1。此方法不具有一般性,在一般情况下我们优先选择方法一或方法二。