一元函數不等式的證明方法

朱東海●

云南省蒙自市蒙自一中新校區(661199)

一元函數不等式的證明方法

朱東海●

云南省蒙自市蒙自一中新校區(661199)

一元函數不等式的證明是高考中常考的問題，處理的方法一般有以下幾種.

一、利用不等式兩邊之差構造函數

1.對于不等式兩邊的函數比較簡單時，可直接做差構造函數

例1 (2015黑龍江省哈六中高三上學期期中考試數學文22題改編)已知函數f(x)=ex-x2+a,x∈R的圖象在點x=0處的切線為y=bx.

(1)求函數f(x)的解析式；

(2)當x∈R時，求證f(x)≥-x2+x；

解 (1)∵f(x)=ex-x2+a,∴f′(x)=ex-2x

(2)設g(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1，則g′(x)=ex-1. 令g′(x)>0得x>0，令g′(x)<0得x<0，所以g(x)在(-∞,0)上單調遞減；在(0,+∞)上單調遞增.從而g(x)min=g(0)=0，故f(x)≥-x2+x.

2.若不等式可以進行等價變換，則變形(代換、比商等)后再作差構造函數

令g(x)=ex-x-1,則g′(x)=ex-1.

∴當x>0時，g(x)在區間(-1,0)上是增函數；

當x<0時，g(x)在區間(0,+∞)上是減函數.

因此當x=0時g(x)取得最小值，而g(0)=0,

故當x>-1時g(x)≥0,也就是ex≥x+1.

3.對“隱零點”處理

例1和例2中的導數的零點是可以求出的，對導函數的零點，根據其數值計算上的差異，我們可以分為兩類：一類是數值上能精確求解的，我們不妨稱為“顯零點”；另一類是能判斷其存在但數值上無法精確求解的，我們不妨稱為“隱零點”；對“隱零點”處理的基本方法為“虛設及代換”.

例3 (2015屆四川省德陽市高三第一次診斷考試數學理21題改編)已知函數f(x)=ax+lnx,函數g(x)=ex,其中e為自然對數的底數.

(1)討論f(x)的單調性；

(2)當a=0時，對于?x∈(0,+∞)，求證：f(x)

①當a≥0時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，+∞)上為增函數．

綜上所述，當a≥0時，f(x)在(0，+∞)上為增函數．

(2)當a=0時，f(x)=lnx，令φ(x)=g(x)-f(x)-2，則φ(x)=ex-lnx-2，

∵當x∈(0，t)時，φ′(x)<0，φ(x)在(0，t)上為減函數；當x∈(t，+∞)時，φ′(x)>0，φ(x)在(t，+∞)上為增函數，

∴φ(x)min=φ(t)=et-lnt-2=et-lne-t-2=et+t-2.

∴f(x)

二、利用f(x)min>g(x)max來證明f(x)>g(x)型的不等式

對f(x)>g(x)型的不等式，若函數h(x)=f(x)-g(x)的最小值不易求出，則可考慮用f(x)min>g(x)max來證明f(x)>g(x)型的不等式，在證明之前，盡可能將不等式等價變形，使f(x)min和g(x)max容易求出.

(1)若f(x)在(m,m+1)上存在極值，求實數m的取值范圍；

因此當x∈(0,1)時，f′(x)>0，f(x)為增函數；

當x∈(1,+∞)時，f′(x)<0，f(x)為減函數；

所以x=1是f(x)的極大值點.

而f(x)在(m,m+1)上存在極值,

∴m<1

故實數m的取值范圍是(0,1).

∵x>1，∴t′(x)>0，從而t(x)在(1,+∞)上是單調遞增函數.

∴t(x)>t(1)=1>0，也就是g′(x)>0,

因此g(x)在(1,+∞)上是單調遞增函數.

∵x>1，∴1-ex<0.因此h′(x)<0，即h(x)在(1,+∞)上是單調遞減函數.

三、 利用不等式兩邊相同“結構”的特征構造輔助函數

若不等式兩邊有相同“結構”，則利用其“結構”的特征構造函數.

故要證原不等式成立,只需證明:當x>0時,x

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1008-0333(2016)34-0016-02