廣東省珠海市實驗中學(519090) 張 平

題目已知函數f(x)=xlnx,g(x)=ex,其中e為自然對數的底數,求證：g(x)＞f(x)+1.

思路一：直接作差構造新函數證明

證明1要證g(x)＞f(x)+1,即證ex-xlnx-1＞0(x＞0),設h(x)=ex--x ln x-1(x＞0),則h′(x)=ex-ln x-1,則h′′(x)=ex設則即m(x) 在(0,+∞) 上為增函數,又則存在使得m(x0)=0,即所以當0＜x＜x0時,m(x)＜0；當x＞x0時,m(x)＞0,所以h′(x) 在(0,x0) 內為減函數,h′(x) 在(x0,+∞) 內為增函數,所以h′(x) 在x=x0處取得極小值也是最小值,且h′(x0)=ex0-lnx0-1,由得lnx0＜0,從而即h′(x0)＞0,所以h′(x)＞0 在(0,+∞) 上恒成立,所以h(x) 在(0,+∞) 上為增函數且當x →0+時,則在(0,+∞)上恒成立,即g(x)＞f(x)+1.

證明2要證g(x)＞f(x)+1,即證0(x＞0),設則h′(x)=ex-lnx-1,設m(x)=ex-x(x＞0),n(x)=x-lnx-1(x＞0),則h′(x)=m(x)+n(x),所以m′(x)=ex-1＞0(x＞0),即m(x)在(0,+∞)上為增函數且m(x)min＞m(0)=1＞0；因為n′(x)=1-即n(x)在(0,1)內為減函數,n(x) 在(1,+∞) 內為增函數,所以n(x) 在x=1 處取得極小值也是最小值,且n(1)=0,則n(x)≥0(x＞0),所以h′(x)＞0 在(0,+∞) 上恒成立,所以h(x) 在(0,+∞)上為增函數且當x →0+時,h(x)＞e0-1=0,則在(0,+∞)上恒成立,即g(x)＞f(x)+1.

點評證法1 與證法2 均將證明f(x)＞g(x)轉化為證明,這是解決此類問題的基本策略之一.由于是超越方程,無法求出其根的確定值,其中證法1 通過二次求導并利用根的存在性定理解決“隱性零點”的范圍,并根據該范圍成功完成導函數符號的確定,進而解決,并達成目標,解決問題；證法2 則另辟蹊徑,通過這一看似不起眼的變形,轉化為對兩個函數,的符號判斷,并最終實現對的符號確定,形式復雜,實則簡單,對問題的解決更簡單快捷.

思路二：變形后作差構造新函數證明

證明3要證g(x)＞f(x)+1,即證ex-xlnx-1＞0(x＞0),即證設h(x)=則由h′(x)=0 及x＞0,得x=1,所以當x＞1 時,h′(x)＞0；當0＜x＜1 時,h′(x)＜0；所以h(x)在x=1 處取得極小值也是最小值,且h(1)=e-1＞0,所以恒成立,即g(x)＞f(x)+1.

思路三：直接作商構造新函數證明

證明4要證g(x)＞f(x)+1,即證ex＞xlnx+1(x＞0),即證設則所以當x＞1 時,h′(x)＜0；當0＜x＜1 時,h′(x)＜0；當x=1 時,h′(x)=0；所以當x＞0 時,h′(x)≤0 恒成立且等號不恒成立；所以h(x)在(0,+∞)上為減函數,且當x →0+時,h(x)＜=1,所以恒成立,即g(x)＞f(x)+1.

點評證法3 與證法4 均將證明f(x)＞g(x)通過適當變形轉化為證明新函數不等式問題,這是解決此類問題的重要策略之一,從兩種方法的過程可以發(fā)現,新函數的導函數均成功避開了求超越方程“隱性零點”的尷尬,大大降低了運算量,使問題的解決變得相當容易,展示了適當變形與轉化的強大能量.為什么進行這樣的處理? 實質是讓lnx獨立或讓lnx與ex不在同一“水平線”上,減少了出現超越方程的可能性,對此類問題結合題目條件實施這兩種變形手段往往會有意想不到的效果.

思路四：分類討論后作差構造新函數證明

證明5要證g(x)＞f(x)+1,即證ex-xlnx-1＞0(x＞0),當0＜x＜1 時,ex＞1,xlnx＜0,則ex-xlnx-1＞0 成立；當x ≥1 時,設h(x)=ex-xlnx-1,則h′(x)=ex-lnx-1,所以h′′(x)=ex-＞0(x ≥1),即h′(x)在[1,+∞)上為增函數且h(x)min=h(1)=e-1＞0,所以當x ≥1 時,ex-xlnx-1＞0 成立,綜合知：ex-xlnx-1＞0 在(0,+∞)上恒成立,即g(x)＞f(x)+1.

點評：證法5 注意到當0＜x＜1 時,ex＞1,xlnx＜0,從而f(x)＞g(x)顯然成立的特點對x的范圍進行合理分類討論,將問題解決的重點放在證明x ≥1 時不等式成立上,雖然一分為二,但退一步海闊天空,以退為進,不失為明智的選擇.

思路五：適當放縮后作差構造新函數證明

證明6要證g(x)＞f(x)+1,即證ex＞xlnx+1,易證ex ≥x+1(證明過程略),則有當x＞0 時,則有

設m(x)=即m(x)=+x-xlnx(x＞0),則m′(x)=+1-lnx,從而即m′(x) 在(0,2) 內為減函數,在(2,+∞) 內為增函數,所以m′(x) 在x=2 處取得極小值也是最小值,且m′(2)=2-ln 2＞0,所以m(x)在(0,+∞) 上為增函數且當x →0+時,m(x)＞0,所以即g(x)＞f(x)+1.

證明7要證g(x)＞f(x)+1,即證ex＞xlnx+1,易證lnx≤x-1(x＞0)(證明過程略),則有xlnx+1≤x(x-1)+1(x＞0),設h(x)=ex-(x2-x+1)(x＞0),即h′(x)=ex-2x+1,從而h′′(x)=ex-2,則h′(x)在(0,ln 2)內為減函數,在(ln 2,+∞) 內為增函數,所以h′(x) 在x=ln 2 處取得極小值也是最小值,且h′(2)=3-2 ln 2＞0,所以h(x)在(0,+∞)上為增函數,當x＞0 時,h(x)＞h(0)=0,所以ex＞x2-x+1≥xlnx+1,即g(x)＞f(x)+1.

證明8要證g(x)＞f(x)+1,即證ex＞xlnx+1,易證ex＞x2+1(x＞0),lnx≤x-1(x＞0)(證明過程略),則有xlnx+1＜x(x-1)+1(x＞0)所以當x＞0 時,則有ex-(xlnx+1)＞(x2+1)-(x2-x+1)=x＞0,所以ex-xlnx-1＞0 在(0,+∞)上恒成立,即g(x)＞f(x)+1.

點評此類證法均通過教材習題中兩個基本的不等式ex ≥x+1 與lnx≤x-1(x＞0) 結論,或直接進行放縮,或通過合理變換衍生新結論后進行放縮,或對其中一個函數進行放縮,或對兩個函數同時進行放縮,充分展現了思維的靈活性與深刻性,并通過證明其加強不等式的方式快速實現解決問題,體現了放縮法的強大功能.但放縮法的難點在于度的把握,如何做到放縮有度,我們在理解掌握高中學習中常見函數不等式如ex ≥ex,ex ≥ex+(x-1)2(x ≥0),≤ln(x+1)≤x(x＞-1),ln(x+1)＜(x＞0)等的同時,通過不斷地嘗試來尋找放縮的目標,實現解決問題的目的.

思路六：變形后構造兩個新函數證明

證明9要證g(x)＞f(x)+1,即證ex-1＞xlnx(x＞0),即證設h(x)=則由h′(x)=0 及x＞0 得x=e,所以當x＞e時,h′(x)＜0；當0＜x＜e時,h′(x)＞0；所以h(x)在x=e處取得極大值也是最大值,且h(x)max=h(e)=＜1；設m(x)=(x＞0),則m′(x)=,設n(x)=(x-2)ex+2,則n′(x)=(x-1)ex,所以0＜x＜1時,n′(x)＜0；當x＞1 時,n′(x)＞0；所以n(x)在x=1處取得極小值也是最小值,且n(1)=2-e＜0；又n(2)=2＞0,則存在唯一x0∈(1,2),使得n(x0)=0,則有ex0=所以0＜x＜x0時,n(x)＜0；當x＞x0時,n(x)＞0；所以0＜x＜x0時,m′(x)＜0；當x＞x0時,m′(x)＞0；所以m(x)在x=x0處取得極小值也是最小值,且m(x)min=m(x0)=；所以m(x0)=所以m(x)min＞h(x)max,即恒成立,也即g(x)＞f(x)+1.

點評證明f(x)＞g(x) 型不等式,若直接證明[f(x)-g(x)]min＞0 不容易實現的情況下,通過證明f(x)min＞g(x)max或通過變形后h(x)min＞k(x)max也不失為一種選擇,當然變形的途徑可能有多條,關鍵在于知識與方法的積累與掌握、運用的程度.本題僅給出此類證法的一種變形方式,拋磚引玉.數學是思維的體操,解題“有法”但無“定法”,重在“得法”.證明函數不等式的關鍵在于構造新函數.利用解決此類問題的基本策略,結合題目所給函數特點及不等式結構,通過靈活恰當的變形轉化,構造出能容易判斷導數正負或函數的最大值或最小值的新函數,無疑對問題的解決有著至關重要的作用.因此,通過多進行相關訓練,多歸納總結思路與方法,積累解決此類問題的經驗勢在必行.