導(dǎo)數(shù)與函數(shù)之放縮技巧

導(dǎo)數(shù)與函數(shù)之放縮技巧本講將講解放縮法的認(rèn)識、原理、方法和應(yīng)用。其中，指數(shù)和對數(shù)的放縮是常用的方法，如ex≥x+1，1-≤lnx≤x-1等。下面將通過例題來說明放縮法的應(yīng)用。例1：已知函數(shù)f(x)=aex-lnx-1。證明：當(dāng)a≥e時，f(x)≥0。解析：考慮ex≥x+1，lnx≤x-1的放縮方法，得到f(x)≥ex-1-lnx-1≥x-(x-1)-1=0。因為a≥e，所以結(jié)論成立。例2：已知f(x)=a(x-lnx)+2x-1,a∈R。證明：當(dāng)a=1時，f(x)>f'(x)對任意x∈[1,2]恒成立。解析：考慮將f(x)分解成兩個函數(shù)的和，分別求最小值，相加即可。同時，利用lnx≤x-1的放縮方法，將g(x)=x-lnx+2/(3x^2)放縮為g(x)≥x-(x-1)+2/(3x^2)-3/2(x-1)^2。然后證明6x^2+2x-4-3x^3≥0，即可得到g(x)的最小值，從而得到結(jié)論。例3：已知f(x)=ex^2-xlnx。證明：f(x)<xex+1。解析：考慮將f(x)轉(zhuǎn)化為g(x)=ex+lnx-ex-1的形式，然后利用ex-ex≥1和lnx≥1-x/ex的放縮方法，得到g(x)>1+x/ex-x/ex-1=x/ex+x-1>0，即f(x)<xex+1。例4：已知f(x)=ax-lnx-1。證明：當(dāng)a≤1/e時，f(x)≤0。解析：考慮ex≥ex-1和lnx≤x-1的放縮方法，得到f(x)≤ex-lnx-1≤x-(x-1)-1=0。因為a≤1/e，所以結(jié)論成立。綜上所述，放縮法是一種常用的證明方法，可以通過合理的放縮方法，將復(fù)雜的問題簡化為易于處理的形式，從而得到結(jié)論。(1)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍。解：首先證明當(dāng)a≥1時，f(x)≥0恒成立。當(dāng)a≥1時，f(x)≥x-lnx-1≥x-(x-1)-1=0接著證明當(dāng)a<1時，f(x)不恒成立。當(dāng)a<1時，f(1)=a-1<0，故f(x)不恒成立。綜上可得a≥1。(2)證明：x+lnx-1≥2√x-1。證明：利用lnx≤x-1可得：x+lnx-1≥x+x-1-1=2x-2≥2√x-1例5：已知函數(shù)f(x)=x-ax-lnx，若對任意x>0，都有f(x)≥0恒成立，求a的范圍。解：利用lnx≤x-1可得：-lnx≥1-xe-x≥x/e-lnx-1≥-1-xe-x/(x+1)≥1/e將上述兩個不等式相加可得：e-x/(x+1)-lnx-1≥0即f(x)=x-ax-lnx≥x-ax-(e-x/(x+1)-1)≥x-ax-1≥0當(dāng)a≤1時，f(x)=x-ax-lnx≥x-x-1=1不恒成立。綜上可得a>1。參考練習(xí)：1.若f(x)=lnx-2x+2，a>0，若f(x)≥-ax^2+ax在x∈[1,e]恒成立，求a的取值范圍。2.x≥1時，a(x-1)^2+lnx-x+1≤0恒成立，求a取值范圍。3.若x≥1時，f(x)=aln(x+1)+1/(x+1)+2x-1≥0恒成立，求a取值范圍。二．三角函數(shù)的放縮常見三角函數(shù)的放縮：(1)sinx≤1，cosx≤1(2)x∈(0,π/2)時，sinx<x<tanx例6：已知f(x)=sinx+ln(x+1)，當(dāng)x≥0時，f(x)-ax≤0恒成立，求a的取值范圍。解：顯然a≥2，證明如下：當(dāng)a≥2時，f(x)-ax=sinx+ln(x+1)-ax≤x+x-ax=(2-a)x≤0當(dāng)a<2時，令h(x)=sinx+ln(x+1)-ax，則h(0)=0，h'(0)=2-a>0則h(x)≤0不恒成立。綜上可得a≥2。參考練習(xí)4：4.若x∈[0,π/2]時，f(x)=x+sinx-axcosx≥0恒成立，求a的取值范圍。三．其它類型放縮：例7：設(shè)λ>0，若對任意x>0，都有e^λx-lnx/λ≥0恒成立。求λ取值范圍。解：令f(x)=e^λx-lnx/λ?？紤]：e^x≥e^0=1，lnx≤x。得：e^λx≥λx-lnx/λ≥-1將上述兩個不等式相加可得：f(x)=e^λx-lnx/λ≥λx-x/λ-1當(dāng)λ≥1時，f(x)≥0恒成立。參考練習(xí)：5.若x∈[0,π/2]時，f(x)=cosx/(1+sinx)+2sinx/(1+cosx)≤2恒成立，求證：x∈[0,π/2]時，tanx≤2。設(shè)$f(x)=ax^2-a-\lnx$，求$a$的取值范圍，使得$f(x)>-\frac{1}{e^{1-x}}$在$x>1$時恒成立。首先，我們求出$f(x)$的導(dǎo)數(shù)和二階導(dǎo)數(shù)：$$f'(x)=2ax-\frac{1}{x}$$$$f''(x)=2a+\frac{1}{x^2}$$對于$x>1$，有$f'(x)>0$，即$f(x)$在$x>1$時單調(diào)遞增。因此，我們只需要考慮$f(x)$在$x=1$處的取值。由于$f(1)=-a<0$，因此我們需要使$f(x)$在$x=1$處的切線方程$y=f(1)+f'(1)(x-1)$下方，即$f(x)>f(1)+f'(1)(x-1)-\frac{1}{e^{1-x}}$在$x>1$時恒成立。將$x=1$代入上式，得到$f(1)+f'(1)(x-1)-\frac{1}{e^{1-x}}=-a+2a-\frac{1}{e^0}=a-\frac{1}{e}$。因此，我們需要使$a-\frac{1}{e}<0$，即$a<\frac{1}{e}$。綜上所述，$a\in(0,\frac{1}{e})$。2.當(dāng)$x\geq1$時，$g(x)=a(x-1)^2+\lnx-x+1$，求$a$取值范圍。令$g(x)=a(x-1)^2+\lnx-x+1$，當(dāng)$a\leq0$時，$g(x)=a(x-1)^2+\lnx-x+1\leq\lnx-x+1\leqx-1-x+1=0$。當(dāng)$a>0$時，$g(x)=a(x-1)^2+\lnx-x+1\geqa(x-1)^2+(1-a)\lnx-x+1=(x-1)^2\cdot\frac{a}{x-1}+(1-a)\lnx-x+1$。因為$\frac{a}{x-1}>0$，所以在$(1,+\infty)$必存在$x$，使得$x>1$，即$a(x-1)>\frac{1}{x-1}$。當(dāng)$a>1$時，$g(x)\geq(x-1)^2\cdot\frac{a}{x-1}+(1-a)\lnx-x+1>\frac{(x-1)^2}{x-1}+(1-a)\lnx-x+1=x-1+(1-a)\lnx-x+1=(1-a)\lnx>0$，即$g(x)\leq0$不恒成立。綜上可得$a\leq0$或$a\in(0,1]$。3.若$x\geq1$時，$f(x)=a\ln(x+1)+\frac{1}{x}+2x-1\geq0$，求$a$取值范圍。利用放縮：$1-\frac{1}{x}\leq\lnx\leqx-1$，得到$1\leq\ln(x+1)\leqx$。當(dāng)$a\geq-1$時，$f(x)=a\ln(x+1)+\frac{1}{x}+2x-1\geq-a\ln(x+1)-\frac{1}{x}-2x+1\geq-a(x+1)-\frac{1}{x}-2x+1=-ax-\frac{1}{x}-x+1$。當(dāng)$x\in(0,1)$時，$-ax-\frac{1}{x}-x+1<0$，所以只需考慮$x\geq1$的情況。此時，$f(x)\geq-a(x+1)-\frac{1}{x}-2x+1\geq-(a+2)x-1+\frac{1}{x}$。因為$x\geq1$，所以$\frac{1}{x}\leq1$，所以$-(a+2)x-1+\frac{1}{x}\geq-(a+3)x-1$。當(dāng)$a\geq-3$時，$f(x)\geq-(a+3)x-1\geq0$，即$f(x)$恒成立。當(dāng)$a<-3$時，$f(x)\geq-(a+3)x-1>0$，即$f(x)$不恒成立。綜上可得$a\geq-1$。4.若$x\in[0,\frac{\pi}{6}]$時，$f(x)=x+\sinx-a\cosx\geq0$，求$a$取值范圍。當(dāng)$a\leq2$時，$f(x)=x+\s