利用導數證明二元不等式問題

胡敏

利用導數證明二元不等式是近年來高考的熱點問題，常以解答題的形式作為壓軸題出現，難度偏高，有時還有很強的技巧性，教材中涉及的例題、習題很少，考生往往因為題目本身含有多個字母，對題目的理解存在一定的困難，不知如何下手，做對者寥寥無幾，有時甚至對給出的答案，也覺得是“神來之筆”，驚嘆自己想不到，不敢想，普遍對二元不等式問題有畏懼、退縮感，而導數在證明有關二元不等式中起著舉足輕重的作用，它是證明有關二元不等式的一個有力工具.下面我們就利用導數證明二元不等式問題的方法歸納出一般解法，以消除考生的陌生感和神秘感，從而勇敢面對.

一、二元消元法，化雙變量為單變量

例1. 已知函數f（x）=bx2+（a-1）x-ln x.

（1）若b=■，討論函數f（x）的單調性.

（2）若b=0，設函數h（x）=x2-x-f（x）有兩個極值點x1、 x2，且x1∈（0， ■），求證h（x1）-h（x2）>■-ln 2.

解析：（1）若b=■，則f（x）=■ax2+（a-1）x-ln x，

∴ f′（x）=ax+（a-1）-■=■=■，（x>0）.

當a≤0時，f′（x）<0，f（x）則在（0，+∞）上單調遞增.

當a>0時，由f′（x）>0得x>■，由f′（x）<0得0

∴ f′（x）在區間（0，■）上單調遞減，在區間（■，+∞）上單調遞增.

（2）證明：∵ h（x）=x2-ax+ln x， ∴ h′（x）=■，（x>0）.

∴ x1、 x2是2x2-ax+1=0方程的兩根.

∴ x1+x2=■， x1x2=■， ∵ x1∈（0，■）， ∴ x2=■∈（1，+∞）.

∴ h（x1）-h（x2）=x1 2-ax1+ln x1-（x2 2-ax2+ln x2）=x1 2-x2 2+a（x2-x1）+ln ■=x1 2-x2 2+2（x2+x1）（x2-x1）+ln ■=x2 2-x1 2+ln ■=x2 2-■-ln 2x2 2 ，（x2>1）.

設t=ln 2x2 2 （t>2），令g（t）=h（x1）-h（x2）=■-■-ln t.

∴ g′（t）=■>0，∴ g（1）>g（2）=■-ln 2，即h（x1）-h（x2）>■-ln 2.

方法總結：

1. 涉及到兩個或兩個以上的變量有關的不等式證明，最基本方法應根據問題的特征將兩個變量轉化為一個變量，即從雙變量變為單變量，利用等量關系去減少變量的個數，如最后能把其中一個變量表示成關于另外一個變量的表達式，那么就可以用研究函數的方法將問題解決.

2. 當問題中出現兩數積與這兩數和時，利用一元二次方程韋達定理意圖明顯.

二、換主元法

例2. 已知數列{an}中， a1=2， n（an+1-an）=an+1，n∈N？鄢，若對于任意的a∈[-2， 2]， n∈N？鄢， 不等式■<2t2+at-1. 求證：t≤-2或t≥2.

證明：由n（an+1-an）=an+1，可得nan+1=（n+1）an+1.

∴ ■-■=■=■-■，∴ ■-■=1-■，■-■=■-■…以此類推，∴ ■-■=■-■.

上述等式相加得：■-■=1-■，■=3-■.

∴ 由3-■<2t2+at-1恒成立，可得2t2+at-1≥3在a∈[-2， 2]上恒成立.

即2t2+at-4≥0在 a∈[-2， 2]時恒成立. 設g（a）=2t2+at-4，看作以a為變量的一次函數. 則g（-2）≥0，g（2）≥0，即2t+2t2-4≥0，-2t+2t2-4≥0，∴ t≤-2或t≥2.

方法總結：

1. 許多數學問題中，一般都含有常量，變量或參數，這些參變量中必有一個處于突出的主導地位，把這個參變量稱為主元，構造出關于主元的方程或不等式，有利于回避多元的困擾，使問題化難為易，化繁為簡.

2. 何時可將f（x， m）視為m的函數，其判定方法可概括為“給誰的范圍誰，誰就做變量”“求誰的范圍，誰就做常量”，可快速判定構造方向，然后借助函數的單調性或其它方法進行求解.

3. 確定“主元”一般是選次數最低的字母為主元，因為一般來說，式子或方程的次數越低，越容易處理或求解，但也要注意確定誰為主元要因“題”而宜.

三、構造函數法

例3. 證明：若■< x < y <1，則■<■.

證明：要證■<■，只需要證明■<■，

即證函數 g（x）=■在（■，1）上單調遞增.

∵ g′（x）=■，當x∈（■， 1）時，g′（x）>0，

故 g（x）在（■， 1）上單調遞增，∴ g（x）

即■<■，∴ 命題得證.

方法總結：

1. 如何構造適當的函數證明二元不等式問題是關鍵一步，從哪里入手，怎么構造？當待證不等式兩邊均含有x，y，通過變形化簡，讓x，y各放不等式一邊，于是不等式就顯得對稱、整齊、簡潔、和諧，再觀察此不等式左右兩邊的結構，轉化為f（a）+g（a）≥f（b）+g（b）或f（a）+g（a）≤f（b）+g（b）型，于是構造函數h（x）=f（x）+g（x）.

2. 構造函數法要深入審題，充分發掘題目中可類比、聯想的因素，促進思維遷移. 當不等式中涉及一些變量時，就需要建立這些變量之間的關系，通過變量之間的關系探究問題的答案，這就需要使用函數思想，利用函數單調性等，自然想到構造函數來求解.

四、等價轉化法

例4. 已知函數f（x）=ln x-■，

（1）若函數 f（x）在（0， +∞）上為單調遞增函數，求a的取值范圍；

（2）設m，n>0且m≠n，求證■<■.

解析：f′（x）=■-■=■=

■.

∵ f（x）在（0， +∞）上為單調遞增函數，

∴ f′（x）≥在（0， +∞）上恒成立，即x2+（2-2a）x+1≥0在（0， +∞）上恒成立.

∴ 2a-2≤x+■，由于x+■在（0， +∞）上的最小值為2，故2a-2≤2，解得a≤2.

∴ a的取值范圍是（-∞，2].

（2）證明：由于交換m，n不影響不等式結構，故可以設m>n，

原不等式等價于證■<■.

即ln ■>■，即ln ■-■>0.

根據（1）當a =2時，函數h（x）=ln x-■在（0， +∞）上是單調遞增函數.

又■>1，∴ h（■）>h（1）=0，∴ ln ■-■>0成立.

∴ ■<■.

例5. 已知函數 f（x）=xex+a（x+1）2.

（1）求函數f（x）的單調區間；

2）設a >0，x1， x2是f（x）=xex+a（x+1）2 的兩個零點，證明：

f′（■）<0.

解析：（1）∵ f′（x）=（x+1）ex+2a（x+1）=（x+1）（ex+2a）.

①當a≥0時，ex+2a>0.

令f′（x）>0，解得x>-1；

令f′（x）<0，解得x<-1.

②當-■

令f′（x）>0，解得x>-1或x

令f′（x）<0，解得ln（-2a）

③當a=-■時，f′（x）≥0恒成立.

④當a<-■時，ln（-2a）>-1.

令f′（x）>0，解得x>ln（-2a）或x<-1；

令f′（x）<0，解得-1

綜上所述，當a≥0時，f（x）的單調遞增區間（-1， +∞）， 單調遞減區間（-∞， -1）；當 -■

（2）證明：由（1）知，當a>0時，f（x）在區間（-1， +∞）上單調遞增，在（-∞， -1）上單調遞減，不妨設x1<-1

令F（x）=f（x）-f（-2-x）=xex+a（x+1）2 -[（-2-x）e-2-x +a（x+1）2 ]

=xex+（2+x）e-2-x， （x<-1）， ∴ F′（x）=（x+1）（ex-e-2-x）>0，

∴ F（x）在（-∞， -1）上單調遞增.

∴ F（x）

∵ -2-x1>-1， x2>-1. f（x）在（-1， +∞）上單調遞增.

∴ x2<-2-x1，于是■<-1，∴ x1+x2<-2，∴ 可知 f′（■）<0得證.

方法總結：

高考試題分步設問中經常使用的手法是：每問之間是一種遞進的關系，前一問往往為后一問提供思路或提供結論，是一個“連環套”，第二問中待證不等式經過等價變形后，要充分利用第一問的結論，因此在求證時，一定要仔細研究，巧妙運用.

五、變量代換法

例6. 已知函數f（x）=■x3-x2+■ax+2， g（x）=ln x-bx. 且曲線 y=f（x）在點（0，2）處的切線與x 軸的交點的橫坐標為-2.

（1） 求 a 的值；

（2） 若m， n 是函數 g（x）的兩個不同零點， 求證 f（mn）> f（e2） .

解析：（1）∵ f′（x）=x2-2x+■a，

可得曲線 y=f（x）在（0，2）處的切線斜率為k=■a.

由兩點的斜率可得■=■a，∴ a=3.

（2）證明：∵ f（x）=■x3-x2+x+2， ∴ f′（x）=（x-1）2≥0.

即f（x）在R上單調遞增，要證 f（mn）>f（e2），只需證明mn>e2.

∵ m， n是函數g（x）的兩個不同零點，∴ ln m=bm，ln n=bn.

兩式相減得：ln m-ln n=bm-bn.

兩式相加得：ln m+ln n=bm+bn.

∴ b=■=■，∴ ln （mn）=ln ■·■=ln ■·■.

設m>n>0，令t=■>1，h（t）=ln t·■.

下證，當t>1時，h（t）>2，即當t>1時，ln t·■>2，

即ln t>■=2（1-■）.

只需證：t>1時，ln t+■-2>0.

設g（t）=ln t+■-2，則g′（t）=■-■=■>0.

即g（t）在（1，+∞）上單調遞增，可得g（t）>g（1）=0.

即在ln （mn）>2，∴ mn>e2，故 f（mn）>f（e2）.

方法總結：

1. 對于一些結構較為復雜，變元較多的數學問題，常常引入一些新的變量進行代換，如利用如果a，b為實數，且b≠0，則存在唯一的實數t，使得a=tb（或t=■），把雙變量不等式化為單變量不等式，以化簡其結構，從而達到解決問題的目的，這種方法叫做變量代換，變量代換法是一種非常有效的解題方法，尤其是處理一些復雜的不等式問題效果明顯，合理代換往往能簡化題目的信息，凸顯隱含條件，溝通量與量之間的關系，優化解題過程.

2. 在解綜合題時，解決一個問題常常不止需要一種數學思想和數學方法，而是多種數學思想方法的聯用，例如函數思想和方程思想的聯用，他們之間的相互轉換使問題獲得解決，轉換的途徑常為“函數+方程+函數”，或者“方程+函數+方程”.

六、放縮法

例7. 已知函數f（x）=（1+x2）ex-a（a>0），且f（x）在定義域上有正的零點.

（1）求a 的范圍，并指出零點的個數.

（2）若曲線y=f（x）在點P處的切線與x軸平行，且在點M（m， t）處的切線與直線OP平行（O是坐標原點）. 證明：m+1≤■.

解析：（1）f′（x）=2xex+（1+x2）ex=ex（1+x）2≥0，

∴ f（x）在R上單調遞增，由題設x0>0是f（x）的一個零點，

∴ f（0）=1-a1.

且此時f（a）=（1+a2）ea-a>2a-a=a>0，

∴ f（x）在（0， a）上必有零點.

所以符合題意的a 的取值范圍是（1，+∞），且f（x）在定義域上有唯一零點.

（2）證明：P（x0 ， y0）. 則f′（x0）=■（x0+1）2 =0，

∴ x0=-1，y0=■-a，∴ OP的斜率yOP=a-■.

∵ f（x）在點M處的切線平行OP， ∴ f′（m）=em（m+1）2=a-■.

令g（m）=em-（m+1）， 則 g′（m）=em-1.

當m=0時，g′（m）=0；

當m∈（-∞， 0）時，g′（m）<0；

當m∈（0， +∞）時，g′（m）>0.

∴ gmin（m）=g（0）=0？圯g（m）=em-（m+1）≥0，即em≥（m+1），

∴ em（m+1）2 ≥（m+1）3 ，即a-■≥（m+1）3 ， ∴ m+1≤■成立.

方法總結：

放縮法是不等式證明中最重要的方法之一，當已知函數式為指數不等式（或對數不等式），而待證不等式為與對數有關的不等式（或與指數有關的不等式）要注意指數、對數的互化，常利用ex≥x+1或ln （x+1）≤x等結論進行放縮轉化.

利用導數證明有關二元不等式的方法還有很多（如利用基本不等式）等.對于一道綜合題，一般都會用多種轉化手法，將多種數學思想方法揉和在一起. 它就像一個好玩的游戲，只要我們用心去玩，去發現，總能夠發現規律，發現樂趣，對于復雜問題，一旦想不到熟悉的思路，就會產生急躁情緒，有放棄的念頭. 有時其實問題往往并不像我們想象中這么難，它可能只需要把題給的信息進行一種簡單堆砌或進行整合，逐條進行翻譯，表達到位，可能問題就明朗化了，思路就有了. 對于一些數學式子，可能要連續化簡、變形. 要想完成從已知到結論的過程，必須經過大量的數學式子變形，考生考試時，覺得做不下去了，不敢往后面寫，而回頭再看答案時，才恍然大悟，埋怨自己怎么不堅持下來，怎么不把式子再這么變一下呢？使考生進一步切身體會到了數學式子變形在解題中的重要性. 及時總結梳理，根據問題的特征靈活選擇證法，我們思維就會活躍起來，自信心就會增強，能力自然會不斷提高.