时间:2022-06-27 09:36:11
摘要:新课标下,对数学的基本知识,思想方法,解题技巧的考察仍是高考的重要内容。在我们的函数解答题中,通常会涉及到用导数研究函数的性质,以及导数与不等式,方程,数列的交汇问题。这部分题目能够很好的反映学生的分析问题,解决问题的能力,巧妙构造函数,结合函数的单调性是解决这类题目的一种重要方法。
关键词:函数导数;构造思想;不等式
下面借助于教学过程中的几个例子,通过构造函数的方法来解决这类不等式的证明问题。
例1.已知m∈R函数f(x)=mx--lnx,g(x)=+lnx
(1)若y=f(x)-g(x)在[1,+∞)上为单调递增函数,求实数m的取值范围
(2)证明:+++…+
解析:(1)y=f(x)-g(x)=mx--2lnx,
y'=m+-≥0在[1,+∞)上恒成立,
即m≥在[1,+∞)上恒成立,又=≤1,
所以m≥1.故m所求的取值范围为[1,+∞).
(2)由(1)令m=1,设h(x)=f(x)-g(x)=x--2lnx≥h(1)=0
则2lnx≤x-,即≤(1-).
于是≤(1-),(n∈N*)
++++…+≤[n-(+++…+)]
所以+++…+
例2.(1)已知函数f(x)=x(lnx+1),(x>0)若斜率为k的直线与y=f'(x)曲线
交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,求证:x1
(2)在数列{an}中,a1=1,an=an-1+2n・3n-2,(n≥2,n∈N*),cn=
求证:ln(1+n)
解析:(1)f'(x)=lnx+2(x>0),k=
=要证x1
即证x1
等价于证明1
则只要证10
故考虑证lnt
设g(t)=t-1-lnt,(t>1)则g'(t)=1->0
故g(t)在(1,∞)上是增函数
所以当t>1时, g(t)=t-1-lnt>g(1)=0,即lnt
设h(t)=tlnt-(t-1),则h'(t)=lnt>0,(t>1)
h(t)在(1,∞)上是增函数,当t>1时,
h(t)=tlnt-(t-1)>h(1)=0,即t-1
(2)据题意有=+2×3n-2,(n≥2)
由累加法得-=(-)+(-)+…+(-)
=2(30+31+32+…+3n-2)=3n-1-1
an=n・3n-1(n≥2),当n=1时,a1=1也满足上式
an=n・3n-1(n∈N*)
从而cn=,ln(1+n)=ln(×××…)
=ln+ln+ln+…+ln(1+)
为证ln(1+n)
令f(x)=x-ln(1+x),0
则f(x)在(0,1]上为单调递增函数,从而f(x)>f(0)=0
即x>ln(1+x),(0
ln(1+)
例3.函数f(x)=a(-1)-logb
(1)当b=e(e是自然数的底数)时,若函数f(x)在 [1,∞)上为增函数,求实数a的取值范围
(2)求证:当n∈N,且n>19时,不等式9
解析:(1)当b=e时,f'(x)=,依题意≥0在[1,∞)恒成立,
即x≥a在[1,∞)恒成立 a≤1
(2)当a=1,b=e时,f(x)=+lnx在[1,∞)上为增函数,
当n>1时,令x=,则x>1,故f()=+ln=-+ln>0
ln>
+++…+
又>=+++…+>++++++…+>+(+)+(+++)+…(+…+)>++…+=+9>9 故不等式成立。
例4.设函数f(x)=mlnx,h(x)=x-a
(1)当m=2时,若函数k(x)=h(x)-f(x)在[1,3]上恰有两个不同零点,求实数a的取值范围;
(2)证明:当n≥2,n∈N*时,loge
2+loge
3+loge
4+…+loge
n>
解析(1)
函数k(x)=h(x)-f(x)在[1,3]上恰有两个不同零点等价于方程x-2lnx=a,在[1,3]上恰有两个相异实根
令g(x)=x-2lnx,则g'(x)=1-,
当x∈[1,2),g'(x)
故g(x)min=g(2)=2-2ln2,又g(1)=1,g(3)=3-2ln3,g(3)-g(1)=lng(3),
由题意只需g(2)
(2)loge
x=,在F(x)=f(x)-h(x)中,令m=1,a=0,
从而F(x)=lnx-x,F'(x)=-1=故函数F(x)在(0,1)上递增;在(1,∞)上递减
F(x)≤F(1),即lnx≤-1+x
>=>=-,(n≥2)
loge
2+loge
3+loge
4+…+loge
n=++…+>1-+-+…+(-)=1+--=即得证。
总之,利用导数研究函数与不等式,方程,数列这一类解答题比较灵活,通过巧妙构造函数可以将其化归为易解决的问题,以上的几个例子都体现了构造函数这一思想方法。利用函数导数证明不等式一般需要注意:
(1)充分联想前一个问题或已知条件中函数的结构;
(2)观察待证不等式,分析法构造适当的函数;
(3)结合函数的单调性,最值等解决问题。