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例题 已知函数 f(x)=ln(2-x)+ax在(0,1)内是增函数.
(1)求实数a的取值范围;
(2)若b>1,求证:ln(b+2)+ln b-2ln(b+1)>.
(1)解:由已知得f ′(x)=+a≥0在(0,1)内恒成立,即a≥-在(0,1)内恒成立,a≥1.实数a的取值范围是a≥1.
一、函数单调性法是处理这类问题的最基本方法
证法1 b>1,0
小结 证明上述函数不等式时,学生要注意第(1)问的结论对第(2)问的铺路搭桥作用,同时要注意取特殊值,如上述证法取a=1.值得一提的是,与是怎么来的呢?请看下面一种证法.
二、分析思考法是处理这类问题的常用方法
证法2 要证明原不等式成立,只要证明ln -ln >-成立,只要证明ln ->ln -成立,只要证明ln +(1-)>ln +(1-)成立,只要证明ln +>ln +成立,只要证明ln(2-)+>ln(2-)+成立.
我们注意到f(x)=ln(2-x)+x在(0,1)内是增函数,又b>1,0
由于上述过程步步可逆,所以原不等式成立.
小结 从上述证明过程可知,令2-x=,则x=;令2-x=,则x=.
三、利用不等式≤ln(x+1)≤x进行放缩是处理这类问题的典型方法
不等式≤ln(x+1)≤x(x>-1),当且仅当x=0时取等号.
证明:构造函数f(x)=x-ln(x+1),g(x)=ln(x+1)-,其中x>-1,则 f ′(x)=1-=,g′(x)=-=.令f ′(x)= 0,g′(x)= 0,得x = 0.
x∈(-1,0)时, f ′(x)< 0,g′(x)< 0;x∈(0,+∞)时,f ′(x)> 0,g′(x)> 0, fmin(x)=f(0)=0,gmin(x)=g(0)=0.于是f(x)≥0,g(x)≥0.
特别地,当x> 0时,有
证法3 要证明ln(b+2)+ln b-2ln(b+1)>成立,只要证明ln
由不等式ln(x+1)< x(x>0),有ln[+1]
证法4 利用不等式ln(x+1)≥(x>-1)进行证明.
要证明ln(b+2)+ln b-2ln(b+1)>成立,只要证明ln>成立,只要证明ln[+1]>成立.
b>1,>-.
由不等式ln(x+1)≥,有ln[+1]>=>,ln=ln[+1]>.ln(b+2)+ln b-2ln(b+1)>.
四、同构分析法是处理这类问题的有效方法
证法5 要证明ln(b+2)+ln b-2ln(b+1)>成立,只要证明ln(b+2)+ln b-2ln(b+1)>-成立,只要证明ln(b+2)-ln(b+1)->ln(b+1)-ln b-成立.
我们注意到上述不等式的两边具有相同的结构,不等式右边的式子中的b如用b+1去代替,即得不等式左边的式子.于是令y= h(x)=ln(x+1)-ln x-(x >0),则y′=-+=>0.y= h(x)在(0,+∞)内为增函数.
b+1>b>0, h(b+1)> h(b).原不等式成立.
小结 证法5的证明过程通俗、易懂、自然,更容易被学生理解和接受.
五、换元法是处理这类问题的重要方法
证法6 令2-x= t,则当x∈(0,1)时,t∈(1,2),于是有g(t)=ln t+(2-t),t∈(1,2),则g′(t)=-1=.
小结 在证明函数不等式的过程中,我们通过变量代换,可以化繁为简、化难为易,实现从未知向已知的转化,从而达到证明不等式的目的.
六、等价转换法是处理这类问题的巧妙方法
通过等价转换,利用不等式ex≥x+1(x∈R)或e-x≥1-x(x∈R)证明.
先证明不等式ex≥x+1(x∈R)和e-x≥1-x(x∈R)成立.
证明:记f(x)=ex-x-1,则f ′(x)=ex-1.令f ′(x)=0,得x=0.当x∈(-∞,0)时,f ′(x)0, f(x)在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增. f(x)在R上的最小值为f(0)=0.ex≥x+1(x∈R),当且仅当x=0时等号成立.
在上式中,用-x代替x,可得e-x≥1-x(x∈R),当且仅当x=0时等号成立.
证法7 由证法3可知,要证明原不等式成立,只要证明ln成立.根据不等式ex>x+1(x>0),可知e>+1>+1=,所以原不等式成立.
小结 指数式与对数式可以互化,指数不等式与对数不等式也可以等价变换.等价变换就是等价地变更问题,即通过命题的叙述或改变观察的角度,将原命题变为等价的新命题,使其更简洁、明了,或者更为学生所熟悉,从而达到顺利答题的目的.