广东省珠海市实验中学(519090) 张 平

题目已知函数f(x)=xlnx,g(x)=ex,其中e为自然对数的底数,求证：g(x)＞f(x)+1.

思路一：直接作差构造新函数证明

证明1要证g(x)＞f(x)+1,即证ex-xlnx-1＞0(x＞0),设h(x)=ex--x ln x-1(x＞0),则h′(x)=ex-ln x-1,则h′′(x)=ex设则即m(x) 在(0,+∞) 上为增函数,又则存在使得m(x0)=0,即所以当0＜x＜x0时,m(x)＜0；当x＞x0时,m(x)＞0,所以h′(x) 在(0,x0) 内为减函数,h′(x) 在(x0,+∞) 内为增函数,所以h′(x) 在x=x0处取得极小值也是最小值,且h′(x0)=ex0-lnx0-1,由得lnx0＜0,从而即h′(x0)＞0,所以h′(x)＞0 在(0,+∞) 上恒成立,所以h(x) 在(0,+∞) 上为增函数且当x →0+时,则在(0,+∞)上恒成立,即g(x)＞f(x)+1.

证明2要证g(x)＞f(x)+1,即证0(x＞0),设则h′(x)=ex-lnx-1,设m(x)=ex-x(x＞0),n(x)=x-lnx-1(x＞0),则h′(x)=m(x)+n(x),所以m′(x)=ex-1＞0(x＞0),即m(x)在(0,+∞)上为增函数且m(x)min＞m(0)=1＞0；因为n′(x)=1-即n(x)在(0,1)内为减函数,n(x) 在(1,+∞) 内为增函数,所以n(x) 在x=1 处取得极小值也是最小值,且n(1)=0,则n(x)≥0(x＞0),所以h′(x)＞0 在(0,+∞) 上恒成立,所以h(x) 在(0,+∞)上为增函数且当x →0+时,h(x)＞e0-1=0,则在(0,+∞)上恒成立,即g(x)＞f(x)+1.

点评证法1 与证法2 均将证明f(x)＞g(x)转化为证明,这是解决此类问题的基本策略之一.由于是超越方程,无法求出其根的确定值,其中证法1 通过二次求导并利用根的存在性定理解决“隐性零点”的范围,并根据该范围成功完成导函数符号的确定,进而解决,并达成目标,解决问题；证法2 则另辟蹊径,通过这一看似不起眼的变形,转化为对两个函数,的符号判断,并最终实现对的符号确定,形式复杂,实则简单,对问题的解决更简单快捷.

思路二：变形后作差构造新函数证明

证明3要证g(x)＞f(x)+1,即证ex-xlnx-1＞0(x＞0),即证设h(x)=则由h′(x)=0 及x＞0,得x=1,所以当x＞1 时,h′(x)＞0；当0＜x＜1 时,h′(x)＜0；所以h(x)在x=1 处取得极小值也是最小值,且h(1)=e-1＞0,所以恒成立,即g(x)＞f(x)+1.

思路三：直接作商构造新函数证明

证明4要证g(x)＞f(x)+1,即证ex＞xlnx+1(x＞0),即证设则所以当x＞1 时,h′(x)＜0；当0＜x＜1 时,h′(x)＜0；当x=1 时,h′(x)=0；所以当x＞0 时,h′(x)≤0 恒成立且等号不恒成立；所以h(x)在(0,+∞)上为减函数,且当x →0+时,h(x)＜=1,所以恒成立,即g(x)＞f(x)+1.

点评证法3 与证法4 均将证明f(x)＞g(x)通过适当变形转化为证明新函数不等式问题,这是解决此类问题的重要策略之一,从两种方法的过程可以发现,新函数的导函数均成功避开了求超越方程“隐性零点”的尴尬,大大降低了运算量,使问题的解决变得相当容易,展示了适当变形与转化的强大能量.为什么进行这样的处理? 实质是让lnx独立或让lnx与ex不在同一“水平线”上,减少了出现超越方程的可能性,对此类问题结合题目条件实施这两种变形手段往往会有意想不到的效果.

思路四：分类讨论后作差构造新函数证明

证明5要证g(x)＞f(x)+1,即证ex-xlnx-1＞0(x＞0),当0＜x＜1 时,ex＞1,xlnx＜0,则ex-xlnx-1＞0 成立；当x ≥1 时,设h(x)=ex-xlnx-1,则h′(x)=ex-lnx-1,所以h′′(x)=ex-＞0(x ≥1),即h′(x)在[1,+∞)上为增函数且h(x)min=h(1)=e-1＞0,所以当x ≥1 时,ex-xlnx-1＞0 成立,综合知：ex-xlnx-1＞0 在(0,+∞)上恒成立,即g(x)＞f(x)+1.

点评：证法5 注意到当0＜x＜1 时,ex＞1,xlnx＜0,从而f(x)＞g(x)显然成立的特点对x的范围进行合理分类讨论,将问题解决的重点放在证明x ≥1 时不等式成立上,虽然一分为二,但退一步海阔天空,以退为进,不失为明智的选择.

思路五：适当放缩后作差构造新函数证明

证明6要证g(x)＞f(x)+1,即证ex＞xlnx+1,易证ex ≥x+1(证明过程略),则有当x＞0 时,则有

设m(x)=即m(x)=+x-xlnx(x＞0),则m′(x)=+1-lnx,从而即m′(x) 在(0,2) 内为减函数,在(2,+∞) 内为增函数,所以m′(x) 在x=2 处取得极小值也是最小值,且m′(2)=2-ln 2＞0,所以m(x)在(0,+∞) 上为增函数且当x →0+时,m(x)＞0,所以即g(x)＞f(x)+1.

证明7要证g(x)＞f(x)+1,即证ex＞xlnx+1,易证lnx≤x-1(x＞0)(证明过程略),则有xlnx+1≤x(x-1)+1(x＞0),设h(x)=ex-(x2-x+1)(x＞0),即h′(x)=ex-2x+1,从而h′′(x)=ex-2,则h′(x)在(0,ln 2)内为减函数,在(ln 2,+∞) 内为增函数,所以h′(x) 在x=ln 2 处取得极小值也是最小值,且h′(2)=3-2 ln 2＞0,所以h(x)在(0,+∞)上为增函数,当x＞0 时,h(x)＞h(0)=0,所以ex＞x2-x+1≥xlnx+1,即g(x)＞f(x)+1.

证明8要证g(x)＞f(x)+1,即证ex＞xlnx+1,易证ex＞x2+1(x＞0),lnx≤x-1(x＞0)(证明过程略),则有xlnx+1＜x(x-1)+1(x＞0)所以当x＞0 时,则有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.

点评此类证法均通过教材习题中两个基本的不等式ex ≥x+1 与lnx≤x-1(x＞0) 结论,或直接进行放缩,或通过合理变换衍生新结论后进行放缩,或对其中一个函数进行放缩,或对两个函数同时进行放缩,充分展现了思维的灵活性与深刻性,并通过证明其加强不等式的方式快速实现解决问题,体现了放缩法的强大功能.但放缩法的难点在于度的把握,如何做到放缩有度,我们在理解掌握高中学习中常见函数不等式如ex ≥ex,ex ≥ex+(x-1)2(x ≥0),≤ln(x+1)≤x(x＞-1),ln(x+1)＜(x＞0)等的同时,通过不断地尝试来寻找放缩的目标,实现解决问题的目的.

思路六：变形后构造两个新函数证明

证明9要证g(x)＞f(x)+1,即证ex-1＞xlnx(x＞0),即证设h(x)=则由h′(x)=0 及x＞0 得x=e,所以当x＞e时,h′(x)＜0；当0＜x＜e时,h′(x)＞0；所以h(x)在x=e处取得极大值也是最大值,且h(x)max=h(e)=＜1；设m(x)=(x＞0),则m′(x)=,设n(x)=(x-2)ex+2,则n′(x)=(x-1)ex,所以0＜x＜1时,n′(x)＜0；当x＞1 时,n′(x)＞0；所以n(x)在x=1处取得极小值也是最小值,且n(1)=2-e＜0；又n(2)=2＞0,则存在唯一x0∈(1,2),使得n(x0)=0,则有ex0=所以0＜x＜x0时,n(x)＜0；当x＞x0时,n(x)＞0；所以0＜x＜x0时,m′(x)＜0；当x＞x0时,m′(x)＞0；所以m(x)在x=x0处取得极小值也是最小值,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.

点评证明f(x)＞g(x) 型不等式,若直接证明[f(x)-g(x)]min＞0 不容易实现的情况下,通过证明f(x)min＞g(x)max或通过变形后h(x)min＞k(x)max也不失为一种选择,当然变形的途径可能有多条,关键在于知识与方法的积累与掌握、运用的程度.本题仅给出此类证法的一种变形方式,抛砖引玉.数学是思维的体操,解题“有法”但无“定法”,重在“得法”.证明函数不等式的关键在于构造新函数.利用解决此类问题的基本策略,结合题目所给函数特点及不等式结构,通过灵活恰当的变形转化,构造出能容易判断导数正负或函数的最大值或最小值的新函数,无疑对问题的解决有着至关重要的作用.因此,通过多进行相关训练,多归纳总结思路与方法,积累解决此类问题的经验势在必行.