10 证明含“lnx”的不等式的一个小技巧——分离出“lnx”.doc

证明含“”的不等式的一个小技巧分离出“”题1 (2010年高考全国卷I理科第20(2)题)已知函数，证明：.证法1 可得.进而可得，所以是增函数.当时，得，所以；当时，得，所以.总之，欲证结论成立.证法2 得，设，得，所以是增函数.当时，得，所以；当时，得，所以.总之，欲证结论成立.注 本题是涉及“一个多项式”与“”的积的函数.对于这类函数，一般来说，每求一次导数，多项式的次数就降低一次，但最终的导数须化成不含“”的式子.在证法1中涉及“”，所以须两次求导，才能化成不含“”的式子；在证法2中涉及“”，所以只须一次求导，即可化成不含“”的式子.显然证法2要简捷些，所以我们在解决这类问题时，要尽可能把“是非零常数)”分离出来.题2 (2011年高考全国新课标卷文科第21(2)题)已知且，求证.证明 即证且).设且)，得且)，得在(0,1),上均是减函数.当时，得，所以；当时，得，所以.总之，欲证结论成立.注 本题若是用分析法先去分母，则须多次求导.在解答后面的四道例题时也是这样的.题3 (2013年高考北京卷理科第18题)设L为曲线C：y在点(1，0)处的切线(1)求L的方程；(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线L的下方解 (1)(过程略)L的方程为yx1.(2)即证(当且仅当时取等号)，也即证(当且仅当时取等号).设，可得.进而可得，所以欲证结论成立.注 对于第(2)问，官方所给的参考答案是：即证(当且仅当时取等号).设，得g(x).当0x1时，x210，ln x0，所以g(x)1时，x210，ln x0，所以g(x)0，得g(x)单调递增所以，得欲证结论成立.显然这种证法难度要大不少.题4 已知函数.(1)讨论的单调性；(2)求证：当时，.解 (1)可得.设，得，又，所以函数在上分别是减函数、增函数.(2)即证当时，.设，得，所以是增函数.又，所以：当时，进而可得欲证成立；当时，进而也可得欲证成立.所以欲证成立.注 在解答本题的两问时，均注意了把“是非零常数)”分离出来，所以只须一次求导即可.题5 求证：.证明 这里只证右边.设，可得所以是增函数，得，得欲证成立.题6 已知函数和的图象有公共点P，且在点P处的切线相同，求切点P的坐标.解 得，.设切点坐标为 ，其中.由题意，得 由，得.由，得. 再由，得 设函数，得 令，解得或(舍). 当变化时，与的变化情况如下表所示，10所以当时，取到最大值，且当时. 因此，当且仅当时. 所以方程有且仅有一解.于是，因此切点P的坐标为.题7 (1)(2012年高考辽宁卷文科第21题)设，证明：(i)当时，；(ii)当时，.(2)(2012年高考辽宁卷理科第21(2)题)证明：当时，.证明 (1)(i)可设，可得即证设，可得，所以是减函数，得，即欲证结论成立.(ii)可设，得即证设，因为欲证即，所以只需证明是减函数，即证.因为，所以须证 此式左边是四次多项式，所以证明上式有难度，但只需证明设，得即证注意到式左边在时的值为0，所以式的左边在时的值也为0，说明式的左边有因式，由此可分解式的左边：由，易得，即式成立.所以欲证成立.(2)显然此结论与(1)(ii)等价，所以欲证结论成立.题8 (1)设R，e表示自然对数的底，求证：函数分别单调递增、递减，且.(2)求证：；函数是减函数.(3)若恒成立，求常数的取值范围；若恒成立，求常数的取值范围；若N*)恒成立，求常数的取值范围；若N*)恒成立，求常数的取值范围；若是已知的正数)恒成立，求常数的取值范围；若是已知的正数)恒成立，求常数的取值范围.(4)若函数是增函数，求常数的取值范围；若是减函数，求常数的取值范围.解 (1)先证.即证.设，得(因为)，所以在上是增函数，得，所以欲证结论成立.再证函数单调递增.设，得.由复合函数的单调性“同增异减”知，即证函数单调递减，只需证单调递减.只需证 即 ()设，得，所以在上是增函数，得，式()成立，即欲证结论成立.又证.即证，在式()中令立得.最后证函数单调递减.只需证单调递减，有由，可得在上单调递减.(2)设，可得所以是增函数，得，即欲证成立.由的结论，可得即欲证成立.(3)设，由第(2)题的结论知是减函数.设后，得题设即“也即恒成立”.又，所以所求常数的取值范围是.设后，得题设即“也即恒成立”.再由洛必达法则，得所以所求常数的取值范围是.设N*)，得题设即“也即恒成立”.又，所以所求常数的取值范围是.设N*)，得题设即“也即恒成立”.又，所以所求常数的取值范围是.设后，可得题设即“恒成立”也即“”.所以所求常数的取值范围是.设后，得题设即“恒