10證明含“lnx”的不等式的一小技巧-分離出“lnx”

證明含“l(fā)nx”的不等式的一個小技巧一一分離出“l(fā)nx”題1(2010年高考全國卷I理科第20(2)題)已知函數(shù)f(x)=(x+1)lnx-x+1,證明:(x-1)f(x)>0.證法1 可得f(x)=-+lnx>0,(f(x))'=士1x x2進而可得f(x)=f'(1)=1>0，所以f(x)是增函數(shù).min當0<x<1時，得f(x)<f(1)=0，所以(x-1)f(x)>0；當x>1時，得f(x)>f(1)=0，所以(x-1)f(x)>0.總之，欲證結(jié)論成立.證法2得 f(x)=(x+1)lnx-x~- ，設 g(x)=Inx-x~-，Ix+1J x+1g'(x)=x2+1>0(x>0)，所以g(x)是增函數(shù).x(x+1)2當0<x<1時，得g(x)<g(1)=0,f(x)<0，所以(x-1)f(x)>0；當x>1時，g(x)>g(1)=0,f(x)>0，所以(x-1)f(x)>0.總之，欲證結(jié)論成立.注本題是涉及“一個多項式”與“l(fā)nx”的積的函數(shù).對于這類函數(shù)，一般來說，每求一次導數(shù)，多項式的次數(shù)就降低一次，但最終的導數(shù)須化成不含“l(fā)nx”的式子.在證法1中涉及“(x+1)lnx"，所以須兩次求導，才能化成不含“l(fā)nx”的式子；在證法2中涉及“1?lnx"，所以只須一次求導，即可化成不含“l(fā)nx”的式子.顯然證法2要簡捷些，所以我們在解決這類問題時，要盡可能把“alnx(a是非零常數(shù))”分離出來.題2 (2011年高考全國新課標卷文科第21⑵題)已知x>0且x豐1,求證lnx1lnx +—> .x+1xx-1.1( 1 、 一證明即證 2lnx+ x<0(x>0且xW1).x2一1IxJ2<0(x>0且xW1)，得f(x)在設f(x)=2lnx+-2<0(x>0且xW1)，得f(x)在(0,1),("上均是減函數(shù).1A.. ..一當0<x<1時，得f(x)>f(1)當0<x<1時，得f(x)>f(1)=0，所以xJf(xf(x)<f(1)=0，所以x2一11( 1A2lnx+一一x<0.總之，欲證結(jié)論成立.注本題若是用分析法先去分母，則須多次求導.在解答后面的四道例題時也是這樣的.題 2013年高考北京卷理科第18題設L為曲線C：y=華在點(1,0)處的切線.%(1)求L的方程；(2)證明：除切點(1,0)之外，曲線C在直線L的下方.解(1)(過程略)L的方程為尸％—1.In%(2)即證 <%—1(當且僅當%=1時取等號)，也即證%2—%—ln%>0(當且僅當%=1%時取等號)./、 F ，,、 2%+L 八,?設g(%)=%2—%—ln%，可得g(%)= (%—1)(%>0).%進而可得g(%) =g(1)=0,所以欲證結(jié)論成立.min注對于第問，官方所給的參考答案是：ln%,即證<%—1(當且僅當%=1時取等號).%%2—1%2—1+ln%(x>0).設g(%)-%—1—,得g'(%尸%當0<%<1時，%2—1<0,ln%<0,所以g<%)<0,得g(%)單調(diào)遞減；當%>1時，%2—1>0,ln%>0,所以g，(%))>0,得g(%)單調(diào)遞增.所以g(%) -g(1)=0,得欲證結(jié)論成立.min顯然這種證法難度要大不少.題4已知函數(shù)f(%)=%ln(%—1)%—2討論f(%)的單調(diào)性；(2)求證：當%e(1,2)u(2,+s)時，f(%)>2.—2ln(x—2ln(x—1)+%—1—解 可得f(%)=(%—2)2設h(%)=—2ln(%—1)+%—1—-—,得h'(%)=[±2T>0,又h(2)=0,所以函數(shù)f(%)在%—1 1%—1J(1,2),(2,+到上分別是減函數(shù)、增函數(shù). %「 4 1(2)即證當%e(1,2)u(2,+s)時，——ln(%—1)+——2>0%—2L % _設g(%)=ln(%—1)+4—2(%e(1,2)u(2,+s)),得g'(%)=-(%~生>0,所以g(%)是增函% (%—1)%2數(shù)又g(2)=0，所以：當%e(1,2)時，g(%)<0，進而可得欲證成立；當%e(2,+8)時，g(%)>0，進而也可得欲證成立所以欲證成立注在解答本題的兩問時，均注意了把“aln%(。是非零常數(shù))”分離出來，所以只須一次求導即可.

- 4rx—1. _題5求證：2———-<Inx<「^(x>1).x+1 xx證明這里只證右邊.設f(x)=Jx—工—lnx(x>1)，可得xxf(x)= =(—1)2>0(x>1)2x.Jx所以f(x)(x>1)是增函數(shù)，得f(x)>f(1)=0(x>1)，得欲證成立.題6已知函數(shù)f(x)=ax2—ax(a〉0)和g(x)=Inx的圖象有公共點P，且在點P處的切線相同，求切點P的坐標.解得f(x)=2ax—a，g'(x)=1x設切點坐標為(s,t)，其中s〉0.由題意，得as2—as=lns1 12as—a=-s由②，得a=_1-.由a〉0，得s〉1.s(2s—1) 2再由①，得s—1 二Ins2s—1設函數(shù)F(x)設函數(shù)F(x)=—~-—lnx，xe(-,+8)，得2x—1 2x)=-(4x-1)(x-1)

x(2x—1)2令F令Ff(x)=0，解得x=1或x=1(舍).4當當x變化時，F(xiàn)f(x)與F(x)的變化情況如下表所示，x(”1(1,+8)Ff(x)+0F(x)/X所以當x=1時，F(xiàn)(x)取到最大值F⑴=0，且當xe(1,1)U(1,+8)時F(x)<0.因此，當且僅當x=1時F(x)=0.所以方程③有且僅有一解S=1.于是t=lns=0，因此切點P的坐標為(1,0).題7(1)(2012年高考遼寧卷文科第21題)設f(x)=lnx+￡-1,證明：3⑴當x>1時，f(x)<-(x-1)；2(ii)當1<x<3時，f(x)<9(x-1).x+5(2)(2012年高考遼寧卷理科第21(2)題)證明：當0<x<2時， 9xlnx++Vx+-<1 1.x+6證明(1)(i)可設vx=t(t>1)，可得即證4lnt-3t2+21+1<0(t>1)設g(t)=4lnt-3t2+21+1(t>1)，可得g'(t)=2(3t+2)(1-1)<0(t>1)，所以g(t)是減函t數(shù)，得g(t)<g(1)=0(t>1)，即欲證結(jié)論成立.(ii)可設,xc=t(1<t<v3)，得即證2lnt+1-10t2-4<0(1<t<v3)12+5設g(t)=2lnt+1-102~4(1<t<v'3)，因為欲證即g(t)<g(1)(1<t<VS)，所以只需證12+5明g(t)是減函數(shù)，即證g'(t)<0(1<t<七3).因為g'(t)=(t+2Kt2+5)2-108t2(1<t<Q)，所以須證t(12+5)2(t+2)(12+5)2-10812<0(1<t<<3)此式左邊是四次多項式，所以證明上式有難度，但只需證明(12+2)(12+5)2-10812<0(1<t<；3) ④設12+5=s(6<s<8)，得即證(s-3)s2-108(s-5)<0(6<s<8) ⑤注意到④式左邊在12=1時的值為0，所以⑤式的左邊在s=6時的值也為0，說明⑤式的左邊有因式s-6，由此可分解⑤式的左邊：(s-3)s2-108(s-5)=(s-6)s2+3s2-108(s-6)-108==(s-6)(s2+3s-90)由6<s<8，易得(s—6)(s2+3s—90)<0，即⑤式成立所以欲證成立顯然此結(jié)論與等價，所以欲證結(jié)論成立⑴設xeR,e表示自然對數(shù)的底，求證:+1 11x+1別單調(diào)遞增、<e<1+-別單調(diào)遞增、I xJxx一1/八(2)求證：①1nx<―(x>1)；xX―1 1 -,、一，②函數(shù)f(x)二———(x>1)是減函數(shù).Inxx-1( 1Ax+a⑶①若1+— <e(x>0)恒成立，求常數(shù)a的取值范圍;IxJTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"(.1Ax+P ,一 八②若1+— >e(x>0)恒成立，求常數(shù)P的取值范圍；\o"CurrentDocument"I xJ( 1An+a③若1+— <e(nen*)恒成立，求常數(shù)a的取值范圍;I nJ(r1An￥ , 八④若1+— >e(nen*)恒成立，求常數(shù)P的取值范圍;I nJ( 1Ax+a⑤若1+- Ve(a<x<b;a,b是已知的正數(shù))恒成立，求常數(shù)a的取值范圍;I xJ(1Ax+p⑥若1+- 2e(a<x<b;a,b是已知的正數(shù))恒成立，求常數(shù)P的取值范圍.I xJ( 1Ax+a(4)①若函數(shù)y=1+— (x>0)是增函數(shù)，求常數(shù)a的取值范圍;IxJ(1Ax+p②若y=1+— (x>0)是減函數(shù)，求常數(shù)P的取值范圍.IxJ(1Ax,八、解(1)①先證1+ <e(x>0).I xJ即證(1+t)t<e,1+t<et,et-t>1(t>0).設f(t)=et-1(t>0)，得f'(t)=et-1>0(因為t>0)，所以f(t)在(0,+8)上是增函

數(shù)，得f(t)>f(0)=1,eI>1,所以欲證結(jié)論成立人1八、②再證函數(shù)J=1+— 。>0)單調(diào)遞增.Ix)設t=1,得t>0.由復合函數(shù)的單調(diào)性“同增異減”知，即證函數(shù)xTOC\o"1-5"\h\z1( 1、f(t)=(1+1)tt>0,t=-I x)單調(diào)遞減，只需證g(t)=ln(1+1)1=ln(t+1)(t>0)單調(diào)遞減.ttTn(t+1)只需證 g'(t)=^1 <012即 t<ln(t+1)(t>0) (*)t+1設h(t)=ln(t+1)-二(t>0)，得h'(t)=工--^―>0，所以h(t)在(0,+s)上t+1 t+1 (t+1)2是增函數(shù)，得h(t)>h(0)=0，式(*)成立，即欲證結(jié)論成立.乙11③又證e<1+一I乙11③又證e<1+一IX)x+1(1\(X>0).即證(X+1)ln1+->1，I x)在式(*)中令t=1立得.

X④最后證函數(shù)J( 1\x+1=1+- (x>0)單調(diào)遞減.Ix) (. 1Y八、只需證f(x)=1nj=(x+1)ln1+—(x>0)單調(diào)遞減，有

I x). (f(x)=ln1+

V(=ln1+V(1A可得ln1+ <Vx)1,ff(x)<0,f(x)在(0,+8)上單調(diào)遞減.x(2)①設(2)①設f(x)=\：x—lnx(x>1)，可得f(x)= =('.—2)2>0(x>1)2x^x所以f(x)是增函數(shù)，得f(X)>f(1)=0(X>1)，即欲證成立.②由①的結(jié)論，可得1n2x-(1n2x-(X-1)2Xx—1lnx+——VX(X-1)2ln2X X21n2x' x-1Inx-——<xx<0(x>1)即欲證成立.⑶設f⑶設f(t)=1ntt-1(t>1)，由第(2)②題的結(jié)論知f(t)是減函數(shù).1 1 /1 1 /八，①設x二7Tl(t>1)后,得題設即“工-. +a1nt<1也即f(t)>a恒成立”.J又limf(又limf(t)=0，所以所求常數(shù)a的取值范圍是(-8,0].tf+8_ 1/1、②設x:7Tl(t>1)后,得題設即“f上+pl1nt>1也即f(t)<P恒成立”.11-1J再由洛必達法則，得1imf(t1imf(t)=1imtf1+1-1t—1—1nt t =1im =1im(t-1)1nt tf1+1nt+1-1 tf1+t121~~1—+——t12—, 「1 1所以所求常數(shù)a的取值范圍是-,+8._2J一1/③設t=一1/③設t=1+-(ngN*)，

n得題設即“一-+a1nt<1也即f(t)>a恒成立”.11-1J又1imf(t)=0，所以所求常數(shù)a的取值范圍是(-8,0].tf+8一.1, f1 , …c.④設t=1+-(ngN*)，得題設即“一-+p1nt>1也即f(t)<P恒成立”.n 11-1J一… 1 . 「 f1一3又f(tLx=f(2)==T，所以所求常數(shù)P