证明不等式之构造法研究

王 慧

(甘肃省天水市麦积区天成学校)

利用导数证明不等式是高考常考题型,这类问题通常可利用函数的单调性来解决,因此构造函数是解决这类问题的核心.那么,在利用导数证明不等式有哪几种常用的构造函数方法呢? 本文结合实例加以研究,供大家学习.

1 移项作差

移项作差法是证明不等式常用的方法,将含x的项或所有项均挪至不等号的一侧,然后利用该侧的解析式构造函数,通过分析函数的单调性求解.其优点在于目的明确、构造方法简单,但需注意若构造的函数较复杂,则难以分析其单调性.

例1 已知f(x)＝ax－bsinx－ex(a,b∈R).

(1)当b＝0时,讨论f(x)的单调性;

(1)当a≤0 时,f(x)在R 上单调递减;当a＞0时,f(x)的单调递增区间为(－∞,lna),单调递减区间为(lna,＋∞)(求解过程略).

所以h(x)在(0,＋∞)上单调递增,又h(0)＝0,所以对任意x∈(0,＋∞),h(x)＞0恒成立,因此,当a＝b＝1时,对任意x∈(0,＋∞),恒有f(x)＜g(x).

将证明f(x)＜g(x)(x＞0)等价转化为证明函数h(x)＝g(x)－f(x)(x≥0)为增函数,且其最小值为h(0)＝0,这是作差法构造函数证明不等式的基本思路.

2 及时换元

若待证不等式含有两个变量,则可以通过换元将二元变换成一元,这样减少了变量个数,使之变成我们熟悉的、容易解决的问题.因此换元后构造函数经常用于求解双变量不等式问题.

(1)讨论f(x)在(0,＋∞)上的单调性;

(2)若a＞0时,方程有两个不相等的实根x1,x2,求证:x1x2＞e2－x1－x2.

(1)当a≤0时,f(x)在(0,＋∞)上单调递减;当a≥1时,f(x)在(0,＋∞)上单调递增;当0＜a＜1时,f(x)在(0,－lna)上单调递减,在(－lna,＋∞)上单调递增(求解过程略).

令t＝xex(x＞0),则t′＝(x＋1)ex＞0,所以函数t＝xex在(0,＋∞)上单调递增.

则

不妨设t1＞t2＞0,即证

3 发掘同构关系

有的待证不等式比较复杂,但在分析、化简、变形的基础上,再经过换元处理,往往可以找到同构关系,然后通过构造函数,利用函数单调性求解.

例3 已知f(x)＝a(ex－1－x)－lnx＋x－1(a≥0).

(1)求证:f(x)存在唯一零点;

(2)设g(x)＝aex－1＋x－1,若存在x1,x2∈(1,＋∞),使得g(x2)＝g(x1)－f(x1),求证:

(1)由题意得

记F(x)＝f′(x),则

因为a≥0时,F′(x)＞0恒成立,所以F(x)＝f′(x)在(0,＋∞)上单调递增.

因为f′(1)＝0,所以f′(x)在(0,1)上恒小于0,在(1,＋∞)上恒大于0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增.

因为f(1)＝0,所以f(x)有唯一零点x＝1.

(2)由g(x2)＝g(x1)－f(x1),得lnx1＋ax1＝aex2－1＋x2－1.记m(x)＝aex＋x,则m(x2－1)＝m(lnx1),因为m(x)在(0,＋∞)上单调递增,所以x2－1＝lnx1,则

令φ(x)＝h′(x),则

因为φ′(x)＞0在(0,＋∞)上恒成立,所以h′(x)在(0,＋∞)上单调递增,注意到h′(1)＝0,所以h′(x)＜0的解集为(0,1),h′(x)＞0的解集为(1,＋∞),则h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,故h(x)≥h(1)＝0.

又因为x1＞1,所以成立.

利用导函数求解参数的取值范围,当函数中同时出现ex与lnx,通常需要利用同构来进行求解.本题难点是将g(x2)＝g(x1)－f(x1)变形为lnx1＋ax1＝aex2－1＋x2－1,从 而 构 造m(x)＝aex＋x,得到x2－1＝lnx1,实现将双变量变成单变量,进而利用单变量函数的性质使问题获解.

从以上三个例题可以看出,利用导数证明不等式问题,实际上是考查了函数单调性的灵活应用,函数如何而来? 必须深入研究题意与结构.因此求解这类问题时我们应该把关键点放在如何构造函数上,因为构造出合理恰当的函数,已经是成功的一半了.

(完)