例談函數不等式證明的若干策略

☉江蘇省丹陽市呂叔湘中學 張 鵬

例談函數不等式證明的若干策略

☉江蘇省丹陽市呂叔湘中學 張 鵬

利用導數研究函數的性質，再用性質來證明不等式是函數、導數、不等式綜合問題中的一個難點，也是近幾年高考的熱點問題.這類問題往往難度較大，解題方法靈活多變，對學生的思維能力要求較高，如何利用導數證明不等式？本文針對幾類常見不等式類型談談處理的一些方法.

一、構造函數證明不等式

有些不等式的證明問題，形式較為復雜，常讓人感到無從下手，很難找到切入點，這時，我們不妨變換一下思維角度，從所證不等式的結構和特點出發，結合已有知識，構造函數，再借助導數的知識實現問題的轉化，從而證明不等式成立.

例1已知函數g（x）=lnx+ax2+bx，函數g（x）的圖像在點（1，g（1））處的切線平行于x軸.

（1）用a表示b；

（2）試討論函數g（x）的單調性；

解：（1）（2）具體解答略.

（3）分析：此不等式右端不妨視為一個數列｛an｝（an≥0，n∈N*）的前n項和，若將左端也視為一個正項數列｛bn｝的前n項和Sn，那么要證這個復雜的不等式，就只需證bn＞an（n∈N*），從而尋求出解題方向.

因為Sn=ln（n+1），所以當n≥2時，Sn-1=lnn.

當n=1時，b1=S1=ln2滿足上式，

要證原不等式成立，

故只需證lnx+x2-3x＞-2，x＞1.

由（2）知，當a=1時，函數g（x）=lnx+x2-3x在（1，+∞）上單調遞增，

則g（x）=lnx+x2-3x＞g（1）=-2.

故lnx+x2-3x＞-2在x∈（1，+∞）上成立.

故問題得證.

證明：由（2）知，當a=1時，函數g（x）=lnx+x2-3x在（1，+∞）上單調遞增，

則g（x）=lnx+x2-3x＞g（1）=-2，即lnx＞-x2+3x-2，x＞1.

（1）若（fx）無極值點，求a的取值范圍；

（2）設g（x）=x+1-（lnx）a，當a取（1）中的最大值時，x求g（x）的最小值；

解：（1）（2）（具體過程略）.

（3）分析：類似上面那個例題中不等式的證明思路，不妨將此不等式左端視為一個數列｛an｝（an≥0，n∈N*）的前n項和，若將右端也視為一個正項數列｛bn｝的前n項和Sn，那么要證這個復雜的不等式，就只需證an＞bn（n∈N*），從而尋求出解題方向.

要證原不等式成立，

故結論成立.

評注：構造函數用導數證明不等式，其步驟一般是：構造可導函數，研究函數的性質（如函數的單調性、極值、最值），利用性質得出不等關系，最后整理得出結論.因此，如何根據不等式的結構特征構造一個可導函數是用導數證明不等式的關鍵.

二、利用函數F（x）=f（x）-g（x）的最值證明

例3已知函數f（x）=nx-xn，x∈R，其中n∈N*，n≥2.

（1）討論f（x）的單調性；

（2）設曲線y=f（x）與x軸正半軸的交點為P，曲線在點P處的切線方程為y=g（x），求證：對于任意的正實數x，都有f（x）≤g（x）；

（3）若關于x的方程f（x）=a（a為實數）有兩個正實根

解：（1）（3）略.

（2）證明：設點P的坐標為（x0，0），n-n2，曲線y=（fx）在點P處的切線方程為y=f′（x0）（x-x0），即g（x）=f（′x）0（x-x0）.

令F（x）=f（x）-g（x），即F（x）=f（x）-f′（x0）（x-x0），

則F′（x）=f′（x）-f′（x0）.

由于f′（x）=-nxn-1+n在（0，+∞）上單調遞減，故F′（x）在（0，+∞）上單調遞減.又因為F′（x0）=0，所以當x∈（0，x0）時，F′（x0）＞0，當x∈（x0，+∞）時，F′（x0）＜0.所以F（x）在（0，x0）上單調遞增，在（x0，+∞）上單調遞減，所以對任意的正實數x都有F（x）≤F（x0）=0，即對任意的正實數x，都有f（x）≤g（x）.

評注：本題第（2）問利用了構造函數證明不等式這一重要思想方法，體現數學中的構造法在解題中的重要作用.

例4已知函數f（x）=（1+x）e-2x.當x∈［0，1］時，求證：

證明：（1）要證x∈［0，1］時，（1+x）e-2x≥1-x，只需證（1+x）e-x≥（1-x）ex.

記h（x）=（1+x）e-x-（1-x）ex，

則h′（x）=［（1+x）e-x-（1-x）ex］′=x（ex-e-x）.

當x∈（0，1）時，h′（x）=x（ex-e-x）＞0，因此h（x）=（1+ x）e-x-（1-x）ex在［0，1］上為增函數，故h（x）≥h（0）=0.

所以（1+x）e-2x≥1-x，x∈［0，1］.

只需證ex≥1+x.

記k（x）=ex-x-1，

則k′（x）=ex-1，當x∈（0，1）時，k′（x）=ex-1＞0，因此k（x）=ex-x-1在［0，1］上為增函數，故k（x）≥k（0）=0.

三、利用f（x）min＞g（x）max證明

（1）求a，b；

（2）證明：f（x）＞1.

解：（1）a=1，b=2.（過程略）

（2）證明：由（1）知

所以當x∈（0，1）時，h′（x）＞0；當x∈（1，+∞）時，h（′x）＜0.

故h（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，從而h（x）在（0，+∞）上的最大值為，即h（x）當且僅當x=1時取等號）.

評注：本題在證明（fx）＞1時，學生會想到直接求出（fx）的最小值，再證明（fx）min＞1，或構造函數F（x）=（fx）-1，再證明F（x）min＞0.但無論哪種方法在函數求導之后，其導函數的零點都不方便求出，從而導致思維受阻，如果我們注意到這兩種思路受阻是由exlnx這個因式引起的，那么我們就可以嘗試將exlnx進行分離，將欲證不等式轉化成，然后再加強為g（x）min＞h（x）max進行證明，從而得到上面的證法.關于這種方法的運用，還可以參考2012年山東高考理科第22題.

四、利用放縮法證明

上述兩種方法是處理導數中不等式證明問題的基本方法，無論是哪種方法，我們都希望變形之后的函數的性態是比較清楚的.但有些題目，在對函數進行變形后，其性態依然難以確定，這時我們就需要用放縮法對原函數或導函數進行放縮，使得問題能夠順利求解.

例6已知函數f（x）=ex-ln（x+m）.

（1）設x=0是f（x）的極值點，求m，并討論f（x）的單調性；（2）當m≤2時，證明：f（x）＞0.

解：（1）略.

（2）當m≤2，x∈（-m，+∞）時，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需證明當m=2時，f（x）＞0，即證明ex-ln（x+2）＞0.

下面證明ex≥x+1≥ln（x+2）（x＞-2，等號不同時成立）.

設g（x）=ex-（x+1），則g′（x）=ex-1.令g′（x）=0，解得x=0.

當x∈（-∞，0）時，g′（x）＜0，g（x）單調遞減；當x∈（0，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）單調遞增.

所以g（x）≥g（0）=0，即ex≥x+1（當x=0時取等號）.

設h（x）=（x+1）-ln（x+2），則0，解得x=-1.當x∈（-2，-1）時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減；當x∈（-1，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增.所以h（x）≥h（-1）=0，即x+1≥ln（x+2）（當x=-1時取等號）.

綜上所述，當m≤2時，f（x）＞0.

縱觀近年來的全國各地高考題，大多把導數中的不等式問題作為壓軸題，命題者往往在求導函數或者在求導函數的零點上設置障礙，使得原函數的性態不易得到.而對學生來講，求解這類題目的關鍵則是對函數進行適當地轉化變形，將這些復雜的函數轉化成相對簡單的函數，從而找到解題的方法.