高等数学：导数（一）

╰半夏微凉° 2023-10-15 13:06 69阅读 0赞

#### 文章目录 ####

*  一、单变量问题：
 *   *  方法一：利用函数不等式巧妙放缩
     *  方法二：分离函数  e x e^x ex 或  ln ⁡ x \\ln x lnx
     *  方法三：端点分析-恒成立问题的大杀器

## 一、单变量问题： ##

单变量问题往往是涉及证明数列不等式，恒成立问题等，我们处理这些问题时，可以利用下列方法来帮助你解决：

### 方法一：利用函数不等式巧妙放缩 ###

在研究多年来的导数题后可以发现，导数题目中往往隐藏着各种各样的函数不等式，在笔者归纳后发现常见的函数不等式为下列的五类：  
 x ∈ R , e x ≥ 1 + x x > 0 , x − 1 > ln ⁡ x x > 0 , x 1 + x < ln ⁡ ( 1 + x ) < x x > 1 , ln ⁡ x < 1 2 ( x − 1 x ) x > 0 , ln ⁡ ( 1 + x ) > x − x 2 2 x \\in R,e^x \\ge 1+x\\\\ x>0,x-1>\\ln x\\\\ x>0,\\frac\{x\}\{1+x\}<\\ln(1+x)<x\\\\ x>1,\\ln x<\\frac\{1\}\{2\}(x-\\frac\{1\}\{x\})\\\\ x>0,\\ln(1+x)>x- \\frac\{x^2\}\{2\}\\\\ x∈R,ex≥1\+xx>0,x−1>lnxx>0,1\+xx<ln(1\+x)<xx>1,lnx<21(x−x1)x>0,ln(1\+x)>x−2x2  
当然这些函数不等式都是源于泰勒展开式，详细可参见笔者以前的一篇文章泰勒公式（Taylor’s theorem）在高考中的应用之终极版。

（2013年江西省重点中学联考第20题第（Ⅱ）问）函数  f ( x ) = x − 1 2 a x 2 − ln ⁡ ( 1 + x ) f(x)=x-\\frac\{1\}\{2\}ax^2-\\ln (1+x) f(x)=x−21ax2−ln(1\+x) ，其中  a ∈ R a\\in R a∈R.  
证明：  ln ⁡ 2 2 + ln ⁡ 3 3 + ln ⁡ 4 4 + ⋅ ⋅ ⋅ + ln ⁡ 3 n 3 n < 3 n − 5 n + 6 6 \\frac\{\\ln 2\}\{2\}+\\frac\{\\ln 3\}\{3\}+\\frac\{\\ln 4\}\{4\}+\\cdot\\cdot\\cdot+\\frac\{\\ln 3^n\}\{3^n\}<3^n-\\frac\{5n+6\}\{6\} 2ln2\+3ln3\+4ln4\+⋅⋅⋅\+3nln3n<3n−65n\+6  
分析与解：像这类证明 n 项求和不等式，我们往往是要反复思考从已知条件中可以获得的结论与待证明不等式之间的联系，从而寻找突破口，而我们需要从已知条件中获得的结论往往都是上述五类函数不等式，具体我们谈下列三点：

①由因导果：由已知联想到未知，为欲证不等式寻找突破

由题干我们可以得知当 a=0 时，  f ( x ) > f ( 0 ) = 0 , 有 x > ln ⁡ ( 1 + x ) f(x)>f(0)=0 ,有 x>\\ln(1+x) f(x)>f(0)=0,有x>ln(1\+x),即  x − 1 > ln ⁡ x x-1>\\ln x x−1>lnx 在  ( 0 , + ∞ ) (0,+\\infty) (0,\+∞) 上恒成立，这是一个很重要的函数不等式，现在我们得思考欲证的结论与我们得出的函数不等式之间有什么联系，观察欲证不等式后不难发现我们需要将上式变为  1 − 1 x > ln ⁡ x x 1-\\frac\{1\}\{x\}>\\frac\{\\ln x\}\{x\} 1−x1>xlnx

②执果索因：由结论形式联想已知，为欲证不等式的证明寻找线索

根据我们在由因导果的过程中的分析，由欲证不等式放缩可以得到：  ln ⁡ 2 2 + ln ⁡ 3 3 + ln ⁡ 4 4 + ⋅ ⋅ ⋅ + ln ⁡ 3 n 3 n < 3 n − 1 − ( 1 2 + 1 3 + 1 4 + ⋅ ⋅ ⋅ + 1 3 n ) \\frac\{\\ln 2\}\{2\}+\\frac\{\\ln 3\}\{3\}+\\frac\{\\ln 4\}\{4\}+\\cdot\\cdot\\cdot+\\frac\{\\ln 3^n\}\{3^n\}<3^n-1-(\\frac\{1\}\{2\}+\\frac\{1\}\{3\}+\\frac\{1\}\{4\}+\\cdot\\cdot\\cdot+\\frac\{1\}\{3^n\}) 2ln2\+3ln3\+4ln4\+⋅⋅⋅\+3nln3n<3n−1−(21\+31\+41\+⋅⋅⋅\+3n1)$

这样，欲证不等式可以等价为：  1 2 + 1 3 + 1 4 + ⋅ ⋅ ⋅ + 1 3 n ≥ 5 6 n \\frac\{1\}\{2\}+\\frac\{1\}\{3\}+\\frac\{1\}\{4\}+\\cdot\\cdot\\cdot+\\frac\{1\}\{3^n\} \\ge \\frac\{5\}\{6\}n 21\+31\+41\+⋅⋅⋅\+3n1≥65n

③联通因果：山重水复疑无路，柳暗花明又一村

通过已知和欲证的双向联通，我们形成了完整的解题思路，可用数学归纳法来证明上述等价不等式，证明就交给读者了。

参考例题：

已知数列  \{ 1 a n \} \\left\\\{ \\frac\{1\}\{a\_n\} \\right\\\} \{ an1\} 满足  1 a n < 1 n + 1 \\frac\{1\}\{a\_n\}<\\frac\{1\}\{n+1\} an1<n\+11 证明：  ∏ i = 1 n ( 1 + 1 a i a i + 1 ) < e 1 3 \\prod\_\{i=1\}^\{n\}(1+\\frac\{1\}\{a\_ia\_\{i+1\}\})<e^\{\\frac\{1\}\{3\}\} i=1∏n(1\+aiai\+11)<e31  
若  n ∈ N ∗ ∧ n > 1 n \\in N^\*\\wedge n>1 n∈N∗∧n>1证明：  ∑ i = 1 n i i 2 + 1 ≤ 1 2 + ln ⁡ n \\sum\_\{i=1\}^\{n\}\{\\frac\{i\}\{i^2+1\}\}\\le \\frac\{1\}\{2\}+\\ln n i=1∑ni2\+1i≤21\+lnn

### 方法二：分离函数  e x e^x ex 或  ln ⁡ x \\ln x lnx ###

在近年的导数试题中,经常会出现 e x e^x ex或 ln ⁡ x \\ln x lnx 与一次或二次函数相结合的函数不等式证明问题，这类题目，若暴力应用导数证明这些不等式有时很复杂，有时需要多次求导，甚至思维受阻，但是此时若能从含有  e x e^x ex 和  ln ⁡ x \\ln x lnx 的函数不等式中分离出  e x e^x ex 或  ln ⁡ x \\ln x lnx，再利用导数证明，则可避免繁冗的求导运算，化繁为简，起到事半功倍之效，不过值得注意的是，分离时往往需要分类讨论 ( 0 < x < 1 , ln ⁡ x < 0 ; x > 1 , ln ⁡ x > 0 ) (0<x<1,\\ln x<0;x>1,\\ln x>0) (0<x<1,lnx<0;x>1,lnx>0)

（2010年全国Ⅰ卷理科第20题第（Ⅱ）问）已知函数  f ( x ) = ( x + 1 ) ln ⁡ x − x + 1 f(x)=(x+1)\\ln x -x+1 f(x)=(x\+1)lnx−x\+1  
证明：  ( x − 1 ) f ( x ) ≥ 0 (x-1)f(x)\\geq0 (x−1)f(x)≥0  
分析与解：这个问实质上是判断式子  ( x − 1 ) f ( x ) (x-1)f(x) (x−1)f(x) 的符号问题，我们可以从两个方面来思考：一方面，直接暴力求导，判断  g ( x ) = ( x − 1 ) f ( x ) g(x)=(x-1)f(x) g(x)=(x−1)f(x)的符号，这里读者可以自行尝试；另一方面，我们可以分别判断  f ( x ) f(x) f(x)在 (0,1) 和  \[ 1 , + ∞ ) \[1,+\\infty) \[1,\+∞) 上的符号。

①当  x ∈ \[ 1 , + ∞ ) x \\in \[1,+\\infty) x∈\[1,\+∞)时，只需证  f ( x ) ≥ 0 f(x) \\ge 0 f(x)≥0 （现在我们将  ln ⁡ x \\ln x lnx 从  f ( x ) f(x) f(x)中分离出来证明更加简洁。）

只需证  ln ⁡ x ≥ x − 1 x + 1 \\ln x \\ge \\frac\{x-1\}\{x+1\} lnx≥x\+1x−1，构造函数  g ( x ) = ln ⁡ x − x − 1 x + 1 , x ≥ 1 g(x)=\\ln x - \\frac\{x-1\}\{x+1\},x\\ge 1 g(x)=lnx−x\+1x−1,x≥1

∵ g ′ ( x ) = x 2 + 1 x ( x + 1 ) 2 > 0 ⇒ g ( x ) 在 \[ 1 , + ∞ ) ∵g'(x)=\\frac\{x^2+1\}\{x(x+1)^2\}>0\\Rightarrow g(x) 在 \[1,+\\infty) ∵g′(x)=x(x\+1)2x2\+1>0⇒g(x)在\[1,\+∞) 上单增

∴ g ( x ) ≥ g ( 1 ) = 0 ∴ g(x)\\ge g(1)=0 ∴g(x)≥g(1)=0

因此：当  x ∈ \[ 1 , + ∞ ) x \\in \[1,+\\infty) x∈\[1,\+∞)，原不等式成立；

②当  x ∈ ( 0 , 1 ) x \\in (0,1) x∈(0,1)时同理可证.

参考例题：

2011年新课标全国卷文科第21题  
2010年全国（Ⅱ)卷理科第20题第（Ⅰ）问  
2013年辽宁卷理科第21题第（Ⅰ）问

### 方法三：端点分析-恒成立问题的大杀器 ###

端点分析类问题的一般形式为：  ∀ x ∈ \[ m , n \] , f ( x , a ) ≥ 0 \\forall x\\in \[m,n\],f(x,a)\\ge0 ∀x∈\[m,n\],f(x,a)≥0,求 a 的取值范围，其中 a 为参数， m,n 为常数。那么何为端点？一般情况下使得  f ( x , c ) = 0 f(x,c)=0 f(x,c)=0 的 x称为端点。

处理方法 ,由  
KaTeX parse error: Expected '\\right', got 'EOF' at end of input: …\\ \\end\{array\}  
确定使得不等式成立的必要条件：参数 a 的取值范围；然后再证明 a 在这个必要范围内，  f ( a , x ) ≥ 0 f(a,x)\\ge0 f(a,x)≥0,对  ∀ x ∈ \[ m , n \] \\forall x\\in \[m,n\] ∀x∈\[m,n\]恒成立，这时我们便可得到使得不等式成立的充分条件：参数 a 的又一取值范围；最后将两个范围求交，便能得到最终的答案。还需说明的是：

若  f ( m , a ) = 0 f(m,a)=0 f(m,a)=0,则由 f’(m,a)\\ge0 得到必要条件，再证明充分条件；  
若 f(n,a)=0 ,则由 f’(n,a)\\le0 得到必要条件，再证明充分条件。  
关于端点分析还有后续内容，由于篇幅原因，在此笔者我就不再一一陈述，以后笔者会准备一篇专门讲解端点分析的文章供大家参考。

(2015年山东卷理科第20题第(Ⅱ)问）设函数 f(x)=\\ln(1+x)+a(x^2-x) ,其中 a\\in R. 若 \\forall x>0,f(x)\\ge0 成立，求 a 的取值范围.  
分析与解：注意到 f(0)=0 ,而若 要f(+\\infty)\\ge0 ，得 a\\ge 0 （必要条件）

否则 f(x)\\le ax^2+(1-a)x ,而当 x>\\frac\{a-1\}\{a\} 时， f(x)<0 ,与题干矛盾.

∵ f’(x)=\\frac\{1\}\{x+1\}(2ax^2+ax-a+1) ,令 h(x)=2ax^2+ax-a+1

又∵ h(0)=-a+1,h(+\\infty)>0

∴ 0\\le a \\le1

否则由于 h(1)=2a+1>0 ,于是必然 \\exists m\\in (0,1) ,使得 h(m)=0 ，且在 \[0,m\] 上， h(x)\\le0 ,此时易得 f(m)<0 这与题干矛盾.

显然：当 a\\in(0,1) 时， \\forall x>0,h(x)\\ge0

∴ f(x) 在 (0,+\\infty) 上单增，又 f(0)=0

∴ \\forall x>0,f(x)\\ge0 恒成立

综合上述： a\\in (0,1).

参考例题：

2010新课标理科第21题  
2012年天津卷理科第20题  
2012年大纲卷理科第20  
方法四：设而不求，整体代入的妙用f(m)=e^x-\\ln (x+m)  
设而不求在代数式化简和计算，解析几何中都是我们经常使用的思想之一，而在导数中使用设而不求思想，也是一件很厉害的事情。不知道大家做了那么多导数题后有没有发现这样一个问题：应用导数解决的所有问题都是以研究 导函数f’(x)的零点，即方程 f’(x)=0 的解为基础，进而研究函数的单调性，极值等。因此，有时我们会遇见 f’(x)=0 有解，但其解不易求甚至不能求的情况，这时，我们就需要设而不求，整体代入的思想继续对问题求解。下面，我们以一道例题为例：

(2013年新课标全国Ⅰ卷理科第21题第Ⅱ问）已知函数 f(x)=e^x-\\ln (x+m). 当 m\\le 2 时，证明 f(x)>0.  
分析与解：读完题干我们可以先利用放缩法或主元法（ f(m)=e^x-\\ln (x+m) ）得知 f(x) 为递减函数，然后只需证明 m=2 时 f(x)>0 即可f，而 m=2 时，我们在求 f(x) 的最小值时候会发现不易求，这时我们就需要用到设而不求的思想了.

∵令 m=2 ， f(x)=e^x-\\ln (x+2)

∴ f’(x)=e^x-\\frac\{1\}\{x+2\}(x>-2)\\Rightarrow f’'(x)=ex+\\frac\{1\}\{(x+2)2\}>0

∴ f’(x) 在 (-2,+\\infty) 上单增，且 f’(x)=0 至多又一个实数根

小小的算一下 f’(-\\frac\{1\}\{2\})=\\frac\{1\}\{\\sqrt\{e\}\}-\\frac\{2\}\{3\}<0,f’(0)>0

∴ f’(x)=0 的唯一实根在 (-\\frac\{1\}\{2\},0) 内（这里无法求出根，所以设而不求开用）

设 f’(x)=0 的实根为 \\tau ，则 f’(\\tau)=e^\\tau-\\frac\{1\}\{\\tau+2\}=0 (\\tau \\in (-\\frac\{1\}\{2\},0))\\Rightarrow e^\{-\\tau\}=\\tau+2

当 x\\in (-2,\\tau) 时， f’(x)<f’(\\tau)=0 , 则f(x)单减

当 x\\in(\\tau,+\\infty) 时， f’(x)>f’(\\tau)=0 ,则 f(x) 单增

∴ f(x)\_\{min\}=f(\\tau)=e\\tau-\\ln(\\tau+2)=\\frac\{1\}\{\\tau+2\}+\\tau=\\frac\{(1+\\tau)2\}\{\\tau+2\}>0

而当 m\\le 2 时，有 \\ln(x+m)\\le\\ln(x+2)

∴ f(x)=e^x-\\ln(x+m)\\ge e^x-\\ln(x+2)\\ge f(x)\_\{min\}>0.

参考例题：