证明含“lnx”的不等式的一个小技巧——分离出“lnx”

1、证明含“ lnx ”的不等式的一个小技巧一一分离出(x 1)lnx x 1 ,证明:题1 （2018年高考全国卷I理科第20（2避）已知函数f （x）(x 1) f (x) 0.1证法 1 可彳# f (x) - In x 0,(f(x) x进而可得f (xL f (1) 1 0,所以f(x)是增函数.当 0 x 1 时，得 f(x) f (1) 0,所以(x 1)f(x) 0;当 x 1 时，得 f (x) f (1) 0,所以(x 1)f(x) 0.总之，欲证结论成立.x 11证法 2 得 f(x) (x 1) In x ,设 g(x) In x , 得x 1x 1x21 , Ig (x)

2、j0(x 0),所以g(x)是增函数.x(x 1)当 0 x 1 时，得 g(x) g(1) 0, f (x) 0 ,所以(x 1) f (x) 0 ;当 x 1 时，得g(x) g(1) 0, f(x) 0,所以(x 1)f(x) 0.总之，欲证结论成立注 本题是涉及“一个多项式”与“ lnx ”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“ lnx”的式子.在证法1中涉及“（x 1）lnx”,所以须两次求导，才能化成不含" lnx”的式子；在证 法2中涉及“1 lnx”，所以只须一次求导，即可化成不含“ lnx”的式子.显然证

3、法2要简捷些，所以我们在解决这类问题时，要尽可能把“alnx（a是非零常数）”分离出来.题2（2017年高考全国新课标卷文科第21（2）题）已知x 0且x 1,求证ln x1ln xx 1xx 1、r r、110(x 0 且 x 1).证明即证2lnx 1 xx 1x设 f (x) 2 ln x 1 xx(x 0 且 x 1),得 f (x)0(x 0且 x 1),得 f (x)在(0,1), (1,)上均是减函数.当 0 x 1 时，得 f (x) f (1) 0 ,所以-1 2lnx 1 x x 1x,1_1f(x) f (1) 0,所以 2ln x - x 0.x 1x总之，欲证结论成立

4、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 (2018年高考北京卷理科第18题)设1为曲线C: y= ”在点(1, 0)处的切线.x(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y=x1.In x2(2)即证 x 1(当且仅当x 1时取等号)，也即证x x ln x 0(当且仅当x 1 x时取等号).2x 1设 g(x) x x In x ,可得 g (x) (x 1)(x 0).x进而可得g(x)min g(1) 0,所以欲证结论成立.注 对于第(2)问，官方所给的参考答案是：ln x即证 x 1

5、(当且仅当x 1时取等号).xln xx2- 1 + ln x设 g(x) x 1 ，得 g'x0=-2(x 0).xX当 0vx<1 时，x2 1<0, In x<0,所以 g'x)<0,得 g(x)单调递减；当 x>1 时，x2 1>0, ln x>0,所以g'x)>0,得g(x)单调递增.所以g(x)min g0 ,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f(x) xln(x 1) x 2(1)讨论f (x)的单调性;(2)求证：当 x (1,2)(2,)时,2ln(x 1)解可彳导f (x)(xf(

6、x) 2.x 1 ,x 12)2设 h(x) 2ln(x 1)，得 h (x)0 ,又 h(2)0 ,所以函数f (x)在(1,2),(2,)上分别是减函数、增函数(2)即证当x (1,2)(2,)时,x ln(xx 21) 4 x设 g(x) ln( x 1)4 一一一，r4 2(x (1,2) (2,),得 g (x) x(x 2)2(x1)x20 ,所以g(x)是增函又g(2) 0,所以:x (1,2)时，g(x) 0 ,进而可得欲证成立；当 x(2,)时,g(x) 0 ,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“alnx(a是非零常数)”分离出来，所以只须一

7、次求导即可.证明所以，、一4求证：2 x 1这里只证右边.设ln xf(x)f (x)f (x)(x 1)是增函数，得x(x 1). ,x一1一 一 .一Jx ln x(x 1),可得 ,xL(Vx 1)2 0j 1)2x、_ xf(x) f (1)0(x 1),得欲证成立.已知函数 f (x) ax2 ax(a 0)和 g(x)lnx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f (x)2axa错误!未找到引用源。1g (x) 一 x设切点坐标为(s,t)s 0 .由题意，得2as asln s2as由，得a1s(2s 1).由a0,得s再由，得设函数F(x)“lnx 2x

8、1s 12s 1 x(2,In s)错误！未找到引用源。，得F (x)(4x 1)(x 1)x(2x 1)2令 F (x) 0 ,1错误！未找到引用源。，解得x 1或x (舍)错误!未找到引用源。4当x变化时,F (x)错误！未找到引用源。 与F(x)的变化情况如下表所示,x(1,1)21(1,)F (x)0F(x)所以当错误！未找到引用源。 时，F(x)错误!未找到引用源。取到最大值F(1) 0错误!1未找到引用源。，且当x (-,1)U(1,¥4F(x) 0错误!未找到引用源。2因此，当且仅当X 1错误！未找到引用源。时F(x) 0错误！未找到引用源。所以方程有且仅有一解 s 1

9、错误!未找到引用源。于是错误!未找到引用源。t lns0,因此切点P的坐标为(1,0)错误！未找到引用源。.题7 (1)(2018年高考辽宁卷文科第21 题)设 f (x) In x JX 1 ,证明:, 一3当 x 1 时，f (x) -(x 1);2(ii)当 1 x 3时，f (x) 9(x 1)(2)(2012 年高ln(x 1) , x 1 1x 5考辽宁卷理9x.x 621(2)题)证明：当0 x 2时，证明 (1)(i)可设/Xt(t 1),可得即证4lnt 3t2 2t1 0(t 1)设 g(t) 4lnt 3t22t 1(t 1),可得 g(t)2(3t 2)(1 t) 0(

10、t1),所以g(t)是减函数，得 g(t) g(1)0(t1),即欲证结论成立.(ii)可设VXt(1t 回,得即证2ln t10t2 4t20(1设 g(t) 2lnt t因为欲证即g(t) g(1)(1t招,所以只需证明g(t)是减函数，即证g(t) 0(13).因为g (t)(t 2)(t2 5)2 108t2t(t2 5)2(1 tV3),所以须证一 22(t 2)(t5)_ 2108t0(1 t此式左边是四次多项式，所以证明上式有难度，但只需证明2_22_ 2(t 2)(t5)108t0(1 t2设t +5=s(6 s 8),得即证8)一 2 一一(s 3)s108(s 5) 0(6

11、 s注意到式左边在t2 = 1时的值为0,所以式的左边在 s 6时的值也为0,说明式的左边有因式s 6,由此可分解式的左边：2222(s 3)s108(s 5) (s 6)s 3s 108(s 6) 108 L (s 6)(s 3s 90)由6 s 8,易得(s 6)(s2 3s 90) 0,即式成立.所以欲证成立xy 1 - ,y x(2)显然此结论与(1)(ii) 等价，所以欲证结论成立.题8设x R , e表示自然对数的底，求证：函数xx 1, 1 1别单调递增、递减，且1e 1 -xx(2)求证：ln x1)；函数f(x) (x 1)是减函数.In x x 1x1(3)若1 一 e(x

12、 0)恒成立，求常数的取值氾围;xx1若1 - e(x 0)恒成立，求常数的取值范围;xn1若1 e(n N*)恒成立，求常数的取值范围;nn一 1右1 一 e(n N*)恒成立，求常数的取值范围;nx-1,.一 若1 e(a x b； a, b是已知的正数)恒成立，求常数 x x一 1若1 - e(a x b;a,b是已知的正数)恒成立，求常数 x的取值范围;的取值范围x1(4)若函数y 1 (x 0)是增函数，求常数的取值氾围;xx1若y 1 (x 0)是减函数，求常数的取值范围.xx“一1，小解(1)先证1 e(x 0).x1即证(1 t)；e,1 tet,ett 1(t0).设 f(t

13、) et t(t 0),得 f(t) et 1 0(因为 t0),所以 f(t)在(0,)上是增函数，得f(t) f(0) 1,et t 1,所以欲证结论成立x一 一.1再证函数y 1 _ (x 0)单调递增.X设t 1 ,得t0.由复合函数的单调性“同增异减”知，即证函数x.11f(t)(1 t)t t 0,t X1 ln(t 1).单调递减，只需证 g(t) ln(1 t)t (1)(t 0)单调递减.ln(t 1)只需证g (t) t 1 0即ln(t 1)(t 0)()t 1t , 一一11一设 h(t) ln(t 1) (t 0),得 h(t) 2 0,所以 h(t)在(0,)上t

14、1t 1 (t 1)2是增函数，得h(t) h(0) 0,式()成立，即欲证结论成立X 1一一111又证e1一(x 0).即证(x 1) ln 1-1 ,在式()中令t立得.xxxx 1一一 一1最后证函数y 1 - (x 0)单调递减. x只需证f (x)1 ,ln y (x 1)ln 1 一 (x0)单倜递减，有x1f (x) ln 1 一 x(x1)1ln 1 一 xx,1一,01由1 e,可得ln 1 一xx1-,f (x) Qf(x)在(0,)上单调递减 x(2)设 f(x) x : ln x(x1),可得f (x) L(x 1)20(x 1)2x、- x所以f(x)是增函数，得f(

15、x) f(1) 0(x 1),即欲证成立由的结论，可得f (x),2 (x 1)2ln x x 22(x 1) In xx 1In x x x 122 ln x 0(xx In x. x1)即欲证成立.设f1ln t，41),由第(2)题的结论知f(t)是减函数. t 1设x,、口"11)后，得题设即“t 1lnt 1 也即 f(t)恒成立”又lim f 0,所以所求常数 t的取值范围是(,0.1 ,，、1设x(t 1)后，得题设即“t 1t 1lnt 1也即f(t)恒成立”再由洛必达法则，得t 1 lnt lim f (t) lim t 1 t 1 (t 1)lntlimt 1ln

16、tlimt 1t t2一 一 ，一 ，E 1所以所求常数的取值范围是1 ,2一 .1 .1设t 1 (n N*),得题设即“nt 1lnt 1也即f(t)恒成立”又Jim f(t) 0,所以所求常数的取值范围是(,0.1设t 1 (n N*),得题设即 nlnt 1也即f(t)恒成立” 1,又f(t)max f(2) 1 ,所以所求常数ln2，一一 1的取值范围是 1, ln 2设x11后，可得题设即“ f (t) a恒成立”也即所以所求常数的取值范围是ln 111/,设x1 tt 1 b1,1后，得题设即“ f(t) a恒成立”所以所求常数的取值范围是b,ln 1_1-1设t'(t 0)后，得ln y - xtln(1 t)(t 0),所以题设即f(t)1ln(1 t)(t0)是减函数，即 f (t)-t 1l