利用構造法破解導數不等式問題

■河南省許昌高級中學 王芳娜

利用導數證明不等式是近幾年高考命題的熱點題型之一。利用導數證明不等式，關鍵是要找出與特征不等式緊密聯系的函數，然后以導數為工具來研究該函數的單調性、極值、最值(值域)，從而達到證明不等式的目的，這時常常需要構造輔助函數來解決。由于題目本身特點不同，故所構造的函數可有多種形式，解題的繁簡程度也不同，下面給出幾種常用的構造技巧。

技法一——“比較法”構造函數證明不等式

例1 已知函數f(x)=ex—a x(e為自然對數的底數，a為常數)的圖像在點(0，1)處的切線的斜率為—1。

(1)求a的值及函數f(x)的極值；

(2)證明：當x＞0時，x2＜ex。

解法展示：(1)由f(x)=ex—a x，得f "(x)=ex—a。因為f "(0)=1—a=—1，所以a=2。

所以f(x)=ex—2x，f "(x)=ex—2。

令f "(x)=0，得x=l n2。

當x＜l n2時，f "(x)＜0，f(x)單調遞減；

當x＞l n2時，f "(x)＞0，f(x)單調遞增。

所以當x=l n2時，f(x)取得極小值，且極小值為f(l n2)=eln2—2 l n2=2—l n

4，f(x)無極大值。

(2)令g(x)=ex—x2，則g "(x)=ex—2x。

由(1)得g "(x)=f(x)≥f(l n2)＞0，故g(x)在R上單調遞增。

所以當x＞0時，g(x)＞g(0)=1＞0，即x2＜ex。

師說導引：在本例第(2)問中，發現“x2，ex”具有基本初等函數的基因，故可選擇對要證明的“x2＜ex”構造函數，得到“g(x)=ex—x2”，并利用第(1)問的結論求解。

技法二——“換元法”構造函數證明不等式

例2 已知函數f(x)=曲線在點(1，f(1))處的切線與直線x+y+1=0垂直。

(1)試比較20 1 72018與20 1 82017的大小，并說明理由；

(2)若函數g(x)=f(x)—k有兩個不同的零點x1，x2，證明：x1x2＞e2。

解法展示：(1)依題意得f "(x)=，所以f "(1)=

又曲線y=f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線x+y+1=0垂直，所以f "(1)=1，即，解得a=0。

由f "(x)＞0，得0＜x＜e；由f "(x)＜0，得x＞e。

所以函數f(x)的單調遞增區間為(0，e)，單調遞減區間為(e，+∞)。

所以f(20 1 7)＞f(20 1 8)，即，整理得l n20 1 72018＞l n20 1 82017。

所以20 1 72018＞20 1 82017。

(2)g(x)=—k，設x＞x＞0，由12g(x1)=g(x2)=0，可得l nx1—k x1=0，l nx2—k x2=0，兩式相加減，得l nx1+l nx2=k(x1+x2)，l nx1—l nx2=k(x1—x2)。

要證x1x2＞e2，即證l nx1x2＞2，只需證l nx1+l nx2＞2，也就是k(x1+x2)＞2，即證

因為k=，所以只需證即證l n

令h(t)=l nt—

所以x1x2＞e2。

師說導引：(1)由題意易知f "(1)=1，可列出關于a的方程，從而求出a的值，得到函數f(x)的解析式，欲比較20 1 72018與 20 1 82017的大小，只需比較f(20 1 7)與f(20 1 8)的大小，即需判斷函數y=f(x)的單調性。(2)不妨設x1＞x2＞0，由g(x1)=g(x2)=0，可得l nx1—k x1=0，l nx2—k x2=0，兩式相加減，利用分析法將要證明的不等式轉化為，再利用換元法，通過求導證明上述不等式成立。

技法三——“轉化法”構造函數證明不等式

例3 設函數f(x)=l nx+，m∈R。

(1)當m=e(e為自然對數的底數)時，求f(x)的最小值；

(2)討論函數g(x)=f "(x)—的零點個數；

(3)若對任意b＞a＞0恒成立，求m的取值范圍。

解法展示：(1)當m=e時，f(x)=l nx，則f "(x)=。當x∈(0，e)時，f "(x)＜0，f(x)在x∈(0，e)上單調遞減；當x∈(e，+∞)時，f "(x)＞0，f(x)在x∈(e，+∞)上單調遞增。故當m=e時，f(x)取到極小值，也是最小值，f(e)=l ne+=2，故f(x)的最小值為2。

(2)g(x)=f "(x)—(x＞0)。

令g(x)=0，得m=—

設φ(x)=—x3+x(x＞0)，則φ "(x)=—(x—1)(x+1)。

當x∈(0，1)時，φ "(x)＞0，φ(x)在(0，1)上單調遞增；當x∈(1，+∞)時，φ "(x)＜0，φ(x)在x∈(1，+∞)上單調遞減。故當x=1時，φ(x)取到極大值，也是最大值，，故φ(x)的最大值為

綜上所述，當m＞時，函數g(x)無零點；當m=或m≤0時，函數g(x)有且只有一個零點；當0＜m＜時，函數g(x)有兩個零點。

(3)對任意的b＞a＞0，等價于f(b)—b＜f(a)—a恒成立。

設h(x)=f(x)—x=l nx+由以上條件可得h(x)在(0，+∞)上單調遞減。

所以h "(x)=—1≤0在(0，+∞)上恒成立，從而m≥—x2+x=—在(0，+∞)上恒成立，故m≥，當且僅當x=時等號成立，所以m的取值范圍為

師說導引：在求解本例第(3)問時，可利用不等式的性質，將”等價轉化為“f(b)—b＜f(a)—a”，進而構造函數“h(x)=f(x)—x”，通過研究函數的單調性求解實數m的取值范圍。