Question

11．證明不等式：
（1）當(dāng)x∈[-1，0]時，求證：$\frac{1+x}{1-x}$≤e^2x≤$\frac{1}{（1-x）^{2}}$；
（2）已知函數(shù)f（x）=xlnx，設(shè)A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂）），且x₁≠x₂，證明：$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）．

Answer 1

分析 （1）構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，即可證明結(jié)論；
（2）不妨設(shè)x₁＜x₂，$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）?$\frac{{x}_{2}ln{x}_{2}-{x}_{1}ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜ln$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$+1，即x₂lnx₂-x₁lnx₁＜x₂ln$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-x₁ln$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$+x₂-x₁，兩邊同除以x₁得$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$ln$\frac{2•\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$＜ln$\frac{2}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-1，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，則t＞1，即證：tln$\frac{2t}{1+t}$＜ln$\frac{2}{1+t}$+t-1，令g（t）=$\frac{2t}{1+t}$-ln$\frac{2}{1+t}$-t+1，利用導(dǎo)數(shù)證明g（t）＜0即可．

解答 證明：（1）（1）當(dāng)x∈[-1，0]時，求證：$\frac{1+x}{1-x}$≤e^2x≤$\frac{1}{（1-x）^{2}}$；
構(gòu)造函數(shù)g（x）=$\frac{1+x}{1-x}$-e^2x，則g′（x）=$\frac{2}{（1-x）^{2}}$-2e^2x，∵x∈[-1，0]，∴g′（x）≥0，
∴g（x）在區(qū)間[-1，0]上單調(diào)遞增，∴g（x）≤g（0）=0，∴$\frac{1+x}{1-x}$≤e^2x；
構(gòu)造函數(shù)h（x）=e^2x-$\frac{1}{（1-x）^{2}}$，則h′（x）=2e^2x+$\frac{2}{（1-x）^{3}}$＞0，
∴h（x）在區(qū)間[-1，0]上單調(diào)遞增，∴h（x）≤h（0）=0，∴e^2x≤$\frac{1}{（1-x）^{2}}$；
∴$\frac{1+x}{1-x}$≤e^2x≤$\frac{1}{（1-x）^{2}}$；
（2）不妨設(shè)x₁＜x₂，
$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）?$\frac{{x}_{2}ln{x}_{2}-{x}_{1}ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜ln$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$+1，
即x₂lnx₂-x₁lnx₁＜x₂ln$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-x₁ln$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$+x₂-x₁，
∴x₂ln$\frac{2{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$＜x₁ln$\frac{2{x}_{1}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+x₂-x₁，
兩邊同除以x₁得$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$ln$\frac{2•\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$＜ln$\frac{2}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-1，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，則t＞1，即證：tln$\frac{2t}{1+t}$＜ln$\frac{2}{1+t}$+t-1，
令g（t）=$\frac{2t}{1+t}$-ln$\frac{2}{1+t}$-t+1，
g′（t）=ln（1+$\frac{t-1}{t+1}$）-$\frac{t-1}{t+1}$，
令$\frac{t-1}{t+1}$=x（x＞0），h（x）=ln（1+x）-x，
h′（x）=$\frac{-x}{1+x}$＜0，h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴h（x）＜h（0）=0，即ln（1+x）＜x，即g′（t）=ln（1+$\frac{t-1}{t+1}$）-$\frac{t-1}{t+1}$＜0恒成立，
∴g（t）在（1，+∞）上是減函數(shù)，所以g（t）＜g（1）=0，
∴tln$\frac{2t}{1+t}$＜ln$\frac{2}{1+t}$+t-1得證，
∴$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）成立．

點(diǎn)評 該題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查不等式的證明，考查學(xué)生的運(yùn)算推理能力和轉(zhuǎn)化問題的能力．