導(dǎo)數(shù)視角下雙變量不等式問(wèn)題的處理

筅安徽省靈璧縣第一中學(xué)高存洲

導(dǎo)數(shù)視角下雙變量不等式問(wèn)題的處理

筅安徽省靈璧縣第一中學(xué)高存洲

“雙變量”是指在所證的關(guān)系式中含有兩個(gè)變量，兩個(gè)變量的地位相同、取值獨(dú)立.此類不等式問(wèn)題的證明途徑主要有兩種策略：

（1）構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為判斷函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題；

（2）構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問(wèn)題.

下面引例說(shuō)明.

引例已知函數(shù)f（x）=xlnx.

（1）求函數(shù)f（x）的最小值；

（2）討論關(guān)于x的方程f（x）-m=0（m∈R）的解的個(gè)數(shù)；

（3）求證：對(duì)任意的a，b∈（0，+∞），恒有f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2.

解析：（1）、（2）略.

（3）策略1：結(jié)合a，b的對(duì)稱性，不妨設(shè)a≤b，構(gòu)造函數(shù)F（b）=f（a）+f（b）-f（a+b）+（a+b）ln2=blnb-（b+a）ln（b+ a）+（b+a）ln2+alna，b≥a.

求導(dǎo)得F′（b）=lnb+1-ln（b+a）-1+ln2=lnb-ln（b+a）+，因?yàn)閎≥a，所以，即F（′b）≥0，所以函數(shù)F（b）在區(qū)間［a，+∞）上單調(diào)遞增，所以F（b）>F（a）.

又因?yàn)镕（a）=2f（a）-f（2a）+2aln2=2alna-2aln2a+ 2aln2=0，所以F（b）>0，所以f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2.

命題成立.

評(píng)注：本題在構(gòu)造函數(shù)的過(guò)程中利用了“主元思想”，即將雙變量中的某一變量視為主元，另一變量視為常數(shù)，從而將不等式證明問(wèn)題轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題.

策略2：原不等式可化為f（a）+f［（a+b）-a］≥f（a+b）-（a+b）ln2.

設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）+f（m-x）（m>0），從而問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明g（x）≥f（m）-mln2，即g（x）min≥f（m）-mln2.

函數(shù)g（x）=xlnx+（m-x）ln（m-x）（0

令x=a，m-x=b，則有f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2.

命題得證.

評(píng)注：策略2在構(gòu)造函數(shù)的過(guò)程中與策略1類似，均選擇其中的一個(gè)變量視為主元，另一個(gè)變量視為參數(shù)，最終將不等式的證明問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值來(lái)處理.

（1）若函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，求m的取值范圍；

解析：（1）若函數(shù)（fx）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，則f（′x）≤0在區(qū)間（0，+∞）上恒成立，即--m≤0在（0，+∞）上恒成立，即-≤m在區(qū)間（0，+∞）上恒成立.

（2）因?yàn)?/p>

命題得證.

評(píng)注：在同一函數(shù)背景下設(shè)置多問(wèn)，求解中往往不易發(fā)現(xiàn)前后問(wèn)之間或所證結(jié)論與條件之間的關(guān)聯(lián).本題第（2）問(wèn)的求解中，從結(jié)論入手，將所證不等式進(jìn)行等價(jià)變形，通過(guò)換元不僅將兩個(gè)變量合而為一，而且找到了所證關(guān)系式與條件的關(guān)系，從而利用函數(shù)的單調(diào)性求解.解題中要注意換元后所得新函數(shù)的定義域的變化.

變式2己知函數(shù)f（x）=（a+1）lnx+ax2+1.

（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；

（2）設(shè)a≤-2，證明：對(duì)任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|.

解析：（1）當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，當(dāng)a≤-1時(shí)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，當(dāng)-1＜a＜0時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減．

（2）不妨設(shè)x1≥x2，而a≤-2，由（1）知函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，從而對(duì)任意x1、x2∈（0，+∞），不等式|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|，即f（x2）-f（x1）≥4（x1-x2），亦即f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1.

命題得證.

評(píng)注：此題求解中注意到所證不等式|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|的結(jié)構(gòu)特征，利用已知函數(shù)的單調(diào)性，去掉絕對(duì)值符號(hào)，構(gòu)造函數(shù)，進(jìn)而借助此函數(shù)的單調(diào)性來(lái)尋求解題切入點(diǎn).

變式3：已知函數(shù)f（x）=xex-aex-1，且f′（1）=e.

（1）求a的值及函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）若關(guān)于x的方程f（x）=kx2-2（k>2）存在兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x1，x2，證明

解析：（1）對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，得f′（x）=（1+x）ex-aex-1，所以f′（1）=2e-a=e，解得a=e.故函數(shù)f（x）=xex-ex，f′（x）= xex.令f′（x）=0，得x=0.

當(dāng)x變化時(shí)，f′（x）與f（x）的變化情況如下表所示：

x（-∞，0）0（0，+∞）f′（x）-0+ f（x）坨坭

所以函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（-∞，0），單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）.

（2）方程f（x）=kx2-2，即（x-1）ex-kx2+2=0.

設(shè)函數(shù)g（x）=（x-1）ex-kx2+2，則g′（x）=xex-2kx=x（ex-2k）.

由g′（x）=0，解得x=0，或x=ln2k.

所以，當(dāng)x∈（0，+∞）變化時(shí)，g′（x）與g（x）的變化情況如下表所示：

x（0，ln2k）ln2k（ln2k，+∞）g′（x）-0+ g（x）坨坭

所以函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，ln2k）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（ln2k，+∞）上單調(diào)遞增.

由k>2，得ln2k>ln4>1.

又因?yàn)間（1）=-k+2<0，所以g（ln2k）<0.

不妨設(shè)x1

因?yàn)楹瘮?shù)g（x）在區(qū)間（0，ln2k）上單調(diào)遞減，且g（0）= 1>0，g（1）=-k+2<0，所以0ln2k>ln4，所以

命題得證.

綜上所述，不論借助哪種途徑，都需要采取相應(yīng)的措施將兩個(gè)變量化歸為一個(gè)變量的形式，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)、利用導(dǎo)數(shù)來(lái)證明.因此我們?cè)诮虒W(xué)中，需要指導(dǎo)學(xué)生進(jìn)行歸納總結(jié)，以提高學(xué)生的化歸轉(zhuǎn)化的能力.F