10证明含“lnx”的不等式的一小技巧-分离出“lnx”

证明含“lnx”的不等式的一个小技巧一一分离出“lnx”题1(2010年高考全国卷I理科第20(2)题)已知函数f(x)=(x+1)lnx-x+1,证明:(x-1)f(x)>0.证法1 可得f(x)=-+lnx>0,(f(x))'=士1x x2进而可得f(x)=f'(1)=1>0，所以f(x)是增函数.min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.证法2得 f(x)=(x+1)lnx-x~- ，设 g(x)=Inx-x~-，Ix+1J x+1g'(x)=x2+1>0(x>0)，所以g(x)是增函数.x(x+1)2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，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 (2011年高考全国新课标卷文科第21⑵题)已知x>0且x丰1,求证lnx1lnx +—> .x+1xx-1.1( 1 、 一证明即证 2lnx+ x<0(x>0且xW1).x2一1IxJ2<0(x>0且xW1)，得f(x)在设f(x)=2lnx+-2<0(x>0且xW1)，得f(x)在(0,1),("上均是减函数.1A.. ..一当0<x<1时，得f(x)>f(1)当0<x<1时，得f(x)>f(1)=0，所以xJf(xf(x)<f(1)=0，所以x2一11( 1A2lnx+一一x<0.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 2013年高考北京卷理科第18题设L为曲线C：y=华在点(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的方程为尸％—1.In%(2)即证 <%—1(当且仅当%=1时取等号)，也即证%2—%—ln%>0(当且仅当%=1%时取等号)./、 F ，,、 2%+L 八,〜设g(%)=%2—%—ln%，可得g(%)= (%—1)(%>0).%进而可得g(%) =g(1)=0,所以欲证结论成立.min注对于第问，官方所给的参考答案是：ln%,即证<%—1(当且仅当%=1时取等号).%%2—1%2—1+ln%(x>0).设g(%)-%—1—,得g'(%尸%当0<%<1时，%2—1<0,ln%<0,所以g<%)<0,得g(%)单调递减；当%>1时，%2—1>0,ln%>0,所以g，(%))>0,得g(%)单调递增.所以g(%) -g(1)=0,得欲证结论成立.min显然这种证法难度要大不少.题4已知函数f(%)=%ln(%—1)%—2讨论f(%)的单调性；(2)求证：当%e(1,2)u(2,+s)时，f(%)>2.—2ln(x—2ln(x—1)+%—1—解 可得f(%)=(%—2)2设h(%)=—2ln(%—1)+%—1—-—,得h'(%)=[±2T>0,又h(2)=0,所以函数f(%)在%—1 1%—1J(1,2),(2,+到上分别是减函数、增函数. %「 4 1(2)即证当%e(1,2)u(2,+s)时，——ln(%—1)+——2>0%—2L % _设g(%)=ln(%—1)+4—2(%e(1,2)u(2,+s)),得g'(%)=-(%~生>0,所以g(%)是增函% (%—1)%2数又g(2)=0，所以：当%e(1,2)时，g(%)<0，进而可得欲证成立；当%e(2,+8)时，g(%)>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“aln%(。是非零常数)”分离出来，所以只须一次求导即可.

- 4rx—1. _题5求证：2———-<Inx<「^(x>1).x+1 xx证明这里只证右边.设f(x)=Jx—工—lnx(x>1)，可得xxf(x)= =(—1)2>0(x>1)2x.Jx所以f(x)(x>1)是增函数，得f(x)>f(1)=0(x>1)，得欲证成立.题6已知函数f(x)=ax2—ax(a〉0)和g(x)=Inx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)=2ax—a，g'(x)=1x设切点坐标为(s,t)，其中s〉0.由题意，得as2—as=lns1 12as—a=-s由②，得a=_1-.由a〉0，得s〉1.s(2s—1) 2再由①，得s—1 二Ins2s—1设函数F(x)设函数F(x)=—~-—lnx，xe(-,+8)，得2x—1 2x)=-(4x-1)(x-1)

x(2x—1)2令F令Ff(x)=0，解得x=1或x=1(舍).4当当x变化时，Ff(x)与F(x)的变化情况如下表所示，x(”1(1,+8)Ff(x)+0F(x)/X所以当x=1时，F(x)取到最大值F⑴=0，且当xe(1,1)U(1,+8)时F(x)<0.因此，当且仅当x=1时F(x)=0.所以方程③有且仅有一解S=1.于是t=lns=0，因此切点P的坐标为(1,0).题7(1)(2012年高考辽宁卷文科第21题)设f(x)=lnx+£-1,证明：3⑴当x>1时，f(x)<-(x-1)；2(ii)当1<x<3时，f(x)<9(x-1).x+5(2)(2012年高考辽宁卷理科第21(2)题)证明：当0<x<2时， 9xlnx++Vx+-<1 1.x+6证明(1)(i)可设vx=t(t>1)，可得即证4lnt-3t2+21+1<0(t>1)设g(t)=4lnt-3t2+21+1(t>1)，可得g'(t)=2(3t+2)(1-1)<0(t>1)，所以g(t)是减函t数，得g(t)<g(1)=0(t>1)，即欲证结论成立.(ii)可设,xc=t(1<t<v3)，得即证2lnt+1-10t2-4<0(1<t<v3)12+5设g(t)=2lnt+1-102~4(1<t<v'3)，因为欲证即g(t)<g(1)(1<t<VS)，所以只需证12+5明g(t)是减函数，即证g'(t)<0(1<t<七3).因为g'(t)=(t+2Kt2+5)2-108t2(1<t<Q)，所以须证t(12+5)2(t+2)(12+5)2-10812<0(1<t<<3)此式左边是四次多项式，所以证明上式有难度，但只需证明(12+2)(12+5)2-10812<0(1<t<；3) ④设12+5=s(6<s<8)，得即证(s-3)s2-108(s-5)<0(6<s<8) ⑤注意到④式左边在12=1时的值为0，所以⑤式的左边在s=6时的值也为0，说明⑤式的左边有因式s-6，由此可分解⑤式的左边：(s-3)s2-108(s-5)=(s-6)s2+3s2-108(s-6)-108==(s-6)(s2+3s-90)由6<s<8，易得(s—6)(s2+3s—90)<0，即⑤式成立所以欲证成立显然此结论与等价，所以欲证结论成立⑴设xeR,e表示自然对数的底，求证:+1 11x+1别单调递增、<e<1+-别单调递增、I xJxx一1/八(2)求证：①1nx<―(x>1)；xX―1 1 -,、一，②函数f(x)二———(x>1)是减函数.Inxx-1( 1Ax+a⑶①若1+— <e(x>0)恒成立，求常数a的取值范围;IxJTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"(.1Ax+P ,一 八②若1+— >e(x>0)恒成立，求常数P的取值范围；\o"CurrentDocument"I xJ( 1An+a③若1+— <e(nen*)恒成立，求常数a的取值范围;I nJ(r1An¥ , 八④若1+— >e(nen*)恒成立，求常数P的取值范围;I nJ( 1Ax+a⑤若1+- Ve(a<x<b;a,b是已知的正数)恒成立，求常数a的取值范围;I xJ(1Ax+p⑥若1+- 2e(a<x<b;a,b是已知的正数)恒成立，求常数P的取值范围.I xJ( 1Ax+a(4)①若函数y=1+— (x>0)是增函数，求常数a的取值范围;IxJ(1Ax+p②若y=1+— (x>0)是减函数，求常数P的取值范围.IxJ(1Ax,八、解(1)①先证1+ <e(x>0).I xJ即证(1+t)t<e,1+t<et,et-t>1(t>0).设f(t)=et-1(t>0)，得f'(t)=et-1>0(因为t>0)，所以f(t)在(0,+8)上是增函

数，得f(t)>f(0)=1,eI>1,所以欲证结论成立人1八、②再证函数J=1+— 。>0)单调递增.Ix)设t=1,得t>0.由复合函数的单调性“同增异减”知，即证函数xTOC\o"1-5"\h\z1( 1、f(t)=(1+1)tt>0,t=-I x)单调递减，只需证g(t)=ln(1+1)1=ln(t+1)(t>0)单调递减.ttTn(t+1)只需证 g'(t)=^1 <012即 t<ln(t+1)(t>0) (*)t+1设h(t)=ln(t+1)-二(t>0)，得h'(t)=工--^―>0，所以h(t)在(0,+s)上t+1 t+1 (t+1)2是增函数，得h(t)>h(0)=0，式(*)成立，即欲证结论成立.乙11③又证e<1+一I乙11③又证e<1+一IX)x+1(1\(X>0).即证(X+1)ln1+->1，I x)在式(*)中令t=1立得.

X④最后证函数J( 1\x+1=1+- (x>0)单调递减.Ix) (. 1Y八、只需证f(x)=1nj=(x+1)ln1+—(x>0)单调递减，有

I x). (f(x)=ln1+

V(=ln1+V(1A可得ln1+ <Vx)1,ff(x)<0,f(x)在(0,+8)上单调递减.x(2)①设(2)①设f(x)=\：x—lnx(x>1)，可得f(x)= =('.—2)2>0(x>1)2x^x所以f(x)是增函数，得f(X)>f(1)=0(X>1)，即欲证成立.②由①的结论，可得1n2x-(1n2x-(X-1)2Xx—1lnx+——VX(X-1)2ln2X X21n2x' x-1Inx-——<xx<0(x>1)即欲证成立.⑶设f⑶设f(t)=1ntt-1(t>1)，由第(2)②题的结论知f(t)是减函数.1 1 /1 1 /八，①设x二7Tl(t>1)后,得题设即“工-. +a1nt<1也即f(t)>a恒成立”.J又limf(又limf(t)=0，所以所求常数a的取值范围是(-8,0].tf+8_ 1/1、②设x:7Tl(t>1)后,得题设即“f上+pl1nt>1也即f(t)<P恒成立”.11-1J再由洛必达法则，得1imf(t1imf(t)=1imtf1+1-1t—1—1nt t =1im =1im(t-1)1nt tf1+1nt+1-1 tf1+t121~~1—+——t12—, 「1 1所以所求常数a的取值范围是-,+8._2J一1/③设t=一1/③设t=1+-(ngN*)，

n得题设即“一-+a1nt<1也即f(t)>a恒成立”.11-1J又1imf(t)=0，所以所求常数a的取值范围是(-8,0].tf+8一.1, f1 , …c.④设t=1+-(ngN*)，得题设即“一-+p1nt>1也即f(t)<P恒成立”.n 11-1J一… 1 . 「 f1一3又f(tLx=f(2)==T，所以所求常数P