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  • 不等式证明中的恒等变形

    前言

    在不等式的证明和函数的单调性有关的问题中,像如下这样的变形,看似风轻云淡,实则暗藏玄机,需要好好体会;

    如, ({e}^{x_{0}}-cfrac{1}{x_{0}}=0),所以 ({e}^{x_0}=cfrac{1}{x_{0}}), 两边同时取对数可得 (x_{0}=-ln x_{0})

    当我们有了这样的储备[ ({e}^{x_0}=cfrac{1}{x_{0}})(x_{0}=-ln x_{0}) ]后,

    遇到处理函数 ({e}^{x_0}-ln x_{0})的最值时,我们就可以用等价变形转换为求简单熟知的函数(cfrac{1}{x_{0}}+x_{0})的最值.

    典例剖析

    已知函数 (f(x)=a ln x+x-1(ain R)),

    (1). 求函数 (f(x)) 的极值;

    解析: 函数 (f(x)) 的定义域为 ((0,+infty))(f'(x)=cfrac{a}{x}+1=cfrac{x+a}{x})

    (a geqslant 0) 时, (f'(x)>0)(f(x))((0,+infty)) 单调递增,此时函数 (f(x)) 无极值;

    (a<0) 时,由 (f'(x)>0), 得 (x>-a), 由 (f'(x)<0), 得 (0<x<-a)

    则可知函数 (f(x))((0,-a)) 上单调递减,在 ((-a,+infty)) 上单调递增,

    所以函数 (f(x)) 的极小值为 (f(-a)=a ln (-a)-a-1),无极大值.

    综上可知, 当 (a geqslant 0) 时, 函数(f(x)) 无极值;

    (a<0) 时,函数 (f(x)) 的极小值为 (f(-a)=a ln (-a)-a-1),无极大值.

    (2). 当 (a=1) 时, 求证: (x{e}^{x}-2-f(x)geqslant 0).

    解析: 当 (a=1) 时,由题设 (g(x)=x{e}^{x}-2-f(x)=x{e}^{x}-ln x-x-1)

    (g'(x)=(x+1){e}^{x}-cfrac{1}{x}-1=(x+1)({e}^{x}-cfrac{1}{x}))(xin(0,+infty))

    其中 (x+1>0), 令 (h(x)={e}^{x}-cfrac{1}{x}), 易知函数 (h(x))((0,+infty)) 单调递增.

    (h(cfrac{1}{2})=sqrt{e}-2<0)(h(1)=e-1>0)

    所以存在 (x_{0}in(cfrac{1}{2}, 1)),满足 (h(x_{0})=0), 即有 ({e}^{x_{0}}-cfrac{1}{x_{0}}=0)

    所以 ({e}^{x_0}=cfrac{1}{x_{0}}), 两边同时取对数可得 (x_{0}=-ln x_{0})

    则有函数 (g(x))((0, x_{0})) 上单调递减,在 ((x_{0},+infty)) 上单调递增,

    则有 (g(x)geqslant g(x_{0})=x_{0}{e}^{x_0}-ln x_{0}-x_{0}-1=x_{0}cdotcfrac{1}{x_{0}}+x_{0}-x_{0}-1=0)

    (a=1) 时, (x{e}^{x}-2-f(x)geqslant 0).

    题源,例5改编,题目难度相当大】已知函数 (f(x)=e^x-cfrac{ln x}{a}-cfrac{m^{2}}{2}),当 (a=1) 时,求证: 对任意 (m in[-2,2]),函数 (f(x)) 的图象均在 (x) 轴上方。

    证明:当 (a=1) 时, 函数 (f(x)=e^x-lnx-cfrac{m^2}{2} (x>0)), 则 (f'(x)={e}^{x}-cfrac{1}{x})

    (g(x)={e}^{x}-cfrac{1}{x}),则 (g'(x)=e^x+cfrac{1}{x^2})

    因为 (g'(x)>0),所以函数 (g(x))((0,+infty)) 上单调递增,

    又因为 (g(cfrac{1}{2})=sqrt{e}-2<0)(g(1)={e}-1>0)

    所以存在 (x_{0}in(cfrac{1}{2}, 1)),使 ({e}^{x_0}=cfrac{1}{x_{0}}), 可得 (x_{0}=-ln x_{0})这一步变换是非常关键的一步,在下面求最值时,需要用到这些变换,以简化求最值时的函数的形式。比如后边将函数 ({e}^{x_0}-ln x_{0})等价转化为 容易求最值的函数(cfrac{1}{x_{0}}+x_{0})

    所以对任意 (xin(0,x_{0}))(g(x)<0), 即 (f'(x)<0)

    函数 (f(x))((0,x_0)) 上单调递减,

    对任意 (xin(x_{0},+infty))(g(x)>0), 即 (f'(x)>0)

    函数 (f(x))((x_0,+infty)) 上单调递增,

    所以 (f(x)_{min}=f(x_{0})={e}^{x_{0}}-ln x_{0}-cfrac{m^{2}}{2})

    要证明函数 (f(x)) 的图像均在 (x) 轴上方,只需证明 (f(x)_{min}>0)

    即当 (x_0in (cfrac{1}{2},1)) 时,({e}^{x_{0}}-ln x_{0}-cfrac{m^{2}}{2}>0) 恒成立,

    (cfrac{m^{2}}{2}<{e}^{x_0}-ln x_{0}=cfrac{1}{x_{0}}+x_{0})(x_{0}in(cfrac{1}{2}, 1)) 上恒成立,

    因为当 (x_{0}in(cfrac{1}{2}, 1)) 时,函数 (u(x_0)=cfrac{1}{x_0}+x_0) 是减函数,

    所以 (2<cfrac{1}{x_{0}}+x_{0}<cfrac{5}{2})

    (cfrac{m^2}{2}leqslant 2) ,解得 (-2leqslant mleqslant 2)

    所以,当 (a=1) 时,对任意 (min [-2,2]) ,函数 (f(x)) 的图像均在 (x) 轴上方.

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