标题 | 不等式lnx≤x-1应用三例 |
范文 | 杨妮 【摘要】数学学习离不开解题,在解答某些与函数及其导数有关的问题时,若能利用一些熟知的结论或者其变形进行解答,往往能化难为易,取得事半功倍的效果. 【关键词】数学解题;变形;问题本质 在教材中,有如下重要结论: 若x>0,则lnx≤x-1,当且仅当x=1时等号成立. 在解答某些与函数及其导数有关的问题时,若能利用这一熟知的结论或者其变形,比如,ln(x+1)≤x(当且仅当x=0时等号成立)、ex≥x+1(当且仅当x=0时等号成立)等进行解答,往往能化难为易,取得事半功倍之效.下面举例说明. 例1?设函数f(x)=lnx-mx2+2nx(m∈R,n>0),若对任意的x>0,都有f(x)≤f(1),则(??). A.lnn<8m B.lnn≤8m C.lnn>8m D.lnn≥8m 解?因为f(x)=lnx-mx2+2nx, 所以f′(x)=1x-2mx+2n. 因为对任意的x>0,都有f(x)≤f(1), 所以当x∈(0,+∞)时,f(x)的最大值为f(1), 因为f′(x)在(0,+∞)上连续, 所以f′(1)=0,即1-2m+2n=0, 所以2m=2n+1. 由于n>0,所以lnn≤n-1<8n+4=4(2n+1)=8m, 即lnn<8m.应选A. 例2?借助“以直代曲”的思路可以进行某些函数的函数值的近似计算,比如,|x|足够小时,有ex≈x+1,ln(1+x)≈x,sinx≈x等.据此,若|x|足够小时,有ln1+e-x2≈ax+b,则a+b的值为. 解?因为当|x|足够小时,e-x-12也足够小, 又因為ln(1+x)≈x, 所以ln1+e-x2=ln1+e-x-12≈e-x-12, 由于ex≈x+1,所以e-x-12≈(-x+1)-12, 所以a=-12,b=0,故a+b=-12. 例3?已知函数f(x)=ex-ln(x+m). (1)设x=0是f(x)的极值点,求m并讨论f(x)的单调性; (2)当m≤2时,证明f(x)>0. 参考答案如下: 解?(1)因为f′(x)=ex-1x+m,由x=0是f(x)的极值点得f′(0)=0,所以m=1. 于是f(x)=ex-ln(x+1),其定义域为(-1,+∞), 又f′(x)=ex-1x+1, 所以函数f′(x)=ex-1x+1在(-1,+∞)上单调递增,且f′(0)=0. 因此,当x∈(-1,0)时,f′(x)<0; 当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2).所以只需证明当m=2时,f(x)>0. 当m=2时,函数f′(x)=ex-1x+2在(-2,+∞)上单调递增. 又f′(-1)<0,f′(0)>0,故f′(x)=0在(-2,+∞)上有唯一实根x0,且x0∈(-1,0). 当x∈(-2,x0)时,f′(x)<0; 当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0. 从而当x=x0时,f(x)取得最小值. 由f′(x0)=0,得ex0=1xn+2,ln(x0+2)=-x0. 故f(x)>f(x0)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2>0. 综上,当m≤2时,f(x)>0. 评注?解答第(2)问的关键在于转化,若运用熟知的不等式ex≥x+1以及x≥ln(x+1)进行证明,结果更为简洁. 由ex≥x+1,当且仅当x=0时等号成立; 又因为ln(x+m)≤x+m-1,当且仅当x=1-m时等号成立. 所以当m<2时,x+m-1 而ex≥x+1与ln(x+m)≤x+m-1两式的等号不能同时成立,从而ex>ln(x+m). 所以当m≤2时,ex-ln(x+m)>0. 事实上,许多经典不等式如ex≥x+1,lnx≤x-1(x>0)等,都能联系曲线的“切线”直观得出,其证明可以利用函数的单调性得到.数学学习离不开解题,学生能否有效、高效地解决数学问题深刻地反映了学生的数学学科能力和核心素养.因此,在数学解题教学中,教师要引导学生“入乎其内,出乎其外”,树立用思想引领解题的意识,抓住问题的本质,优化解题过程,培养学生的创新精神和实践能力,最终转化为创造能力,才能真正培养和提升学生的数学核心素养. |
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