例談構(gòu)造函數(shù)證明不等式

陳英明

[摘? ?要]構(gòu)造法作為一種極富創(chuàng)新精神的方法被廣泛地運用于中學(xué)數(shù)學(xué)解題.而構(gòu)造法在證明不等式方面，其獨創(chuàng)性和巧妙性往往讓人嘆為觀止.研究構(gòu)造法，能訓(xùn)練學(xué)生思維，提高其解題能力.

[關(guān)鍵詞]構(gòu)造法;函數(shù);不等式

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標(biāo)識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2021）20-0008-03

函數(shù)、導(dǎo)數(shù)和不等式綜合性試題在高考中舉足輕重.它的特點是不等式“搭臺”，函數(shù)“唱戲”.找出隱藏在不等式后面的函數(shù)是解決此類問題的關(guān)鍵.下面就如何構(gòu)造函數(shù)進行探討.

一、移項構(gòu)造——通過移項作差構(gòu)造函數(shù)

[例1]（2011年全國新課標(biāo)卷改編）求證：當(dāng)[x>0]且[x≠1]時，[ln xx+1+1x>ln xx-1].

證明：[ln xx+1+1x-ln xx-1=11-x22ln x-x2-1x]，令[h（x）=2ln x-x2-1x（x>0）]，則[h（x）=-（x-1）2x2]，當(dāng)[x≠1]時，[h（x）<0]，而[h（1）=0]，故當(dāng)[x∈（0，1）]時[h（x）>0]，可得[11-x2h（x）>0];當(dāng)[x∈（1，+∞）]時，[h（x）<0]，可得[11-x2h（x）>0].綜上，原不等式得證.

點評：移項作差構(gòu)造函數(shù)是最直接和常用的方式.要證明[ln xx+1+1x>ln xx-1]，直接作差，觀察到[11-x2]在[（0，1）]和[（1，+∞）]上符號確定，只需判定[2ln x-x2-1x]在相應(yīng)區(qū)間的符號，構(gòu)造函數(shù)[h（x）=2ln x-x2-1x（x>0）]，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的取值范圍，從而實現(xiàn)不等式的證明.當(dāng)然也可以去分母作等價變形，再作差構(gòu)造函數(shù).

二、分拆構(gòu)造——對不等式兩邊進行適當(dāng)分配，左右兩邊各構(gòu)造一個函數(shù)

[例2]（2014年全國課標(biāo)卷改編）證明：[exln x+2xex-1>1].

思路一：直接作差構(gòu)造函數(shù)[f（x）=exln x+2xex-1-1]，一階導(dǎo)數(shù)、二階導(dǎo)數(shù)方程都是超越方程，難于求出零點.

思路二：先把指數(shù)對數(shù)組合拆分，[exln x+2xex-1>1]等價于[xln x>xe-x-2e].設(shè)函數(shù)[g（x）=xln x]，則[g（x）=1+ln x]，所以當(dāng)[x∈0，1e]時，[g（x）<0]，[g（x）]在[0，1e]上單調(diào)遞減;當(dāng)[x∈1e，+∞]時，[g（x）>0]，[g（x）]在[1e，+∞]上單調(diào)遞增.故[g（x）]在[（0，+∞）] 上的最小值為[g1e=-1e].設(shè)函數(shù)[h（x）=xe-x-2e]，則[h（x）=e-x（1-x）]，所以當(dāng)[x∈（0，1）]時，[h（x）>0]，[h（x）]在（0，1）上單調(diào)遞增;當(dāng)[x∈（1，+∞）]時，[h（x）<0]. [h（x）]在[（1，+∞）]上單調(diào)遞減，從而[h（x）]在[（0，+∞）]上的最大值為[h（1）=-1e].因為[g（x）min=g1e=h（1）=h（x）max]，所以[g（x）>h（x）]，即[exln x+2xex-1>1].

點評：構(gòu)造函數(shù)的原則是可用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性、最值.作差構(gòu)造的函數(shù)有時無法研究，嘗試失敗后要變換思路，通過乘除變形，構(gòu)造兩個可求函數(shù)，根據(jù)[f（x）min≥g（x）max]證明不等式.

三、分離構(gòu)造——將參數(shù)分離出來放到不等式一邊，另一邊構(gòu)造成一個函數(shù)

[例3]（2012年全國卷改編）[k]為整數(shù)，且當(dāng)[x>0]時，[（x-k）（ex-1）+x+1>0]，求[k]的最大值.

解：當(dāng)[x>0]時， [（x-k）（ex-1）+x+1>0]等價于[k0）]①，令[g（x）=x+1ex-1+x]，則[g（x）=ex（ex-x-2）（ex-1）2].函數(shù)[h（x）=ex-x-2]在[0，+∞]上單調(diào)遞增.而[h（1）<0]，[h（2）>0]，所以[h（x）]在[0，+∞]上存在唯一的零點.故[g（x）]在[0，+∞]存在唯一的零點.設(shè)此零點為[α]，則[α∈（1， 2）].當(dāng)[x∈（0， α）]時，[g（x）<0];當(dāng)[x∈α，+∞]時，[g（x）>0].所以[g（x）]在[0，+∞]的最小值為[g（α）].又由[g（α）=0]，可得[eα=α+2]，所以[g（α）=α+1∈（2， 3）].由于①式等價于[k

點評：參變分離是處理參數(shù)問題的常用策略，把含參的不等式變?yōu)樾稳鏪h（a）

四、換元構(gòu)造

[例4]（2007年山東卷改編）證明：對任意的正整數(shù)[n]，不等式[ln1n+1>1n2-1n3]都成立.

證明：令[h（x）=x3-x2+ln（x+1）]，則[h'（x）=3x3+（x-1）2x+1]在[0，+∞]上恒正，[∴h（x）]在[0，+∞]上單調(diào)遞增，當(dāng)[x∈0，+∞]時，恒有[h（x）>h（0）=0].

即當(dāng)[x∈0，+∞]時，有[x3-x2+ln（x+1）>0]，[ln（x+1）>x2-x3]，對任意正整數(shù)[n]，取[x=1n]得

[ln1n+1>1n2-1n3].

[例5]（2013年陜西卷改編）已知函數(shù)[f（x）=ex]，[x∈R].設(shè)[a

解：設(shè)[f（a）+f（b）2-f（b）-f（a）b-a]

[=（b-a+2）?f（a）+（b-a-2）?f（b）2?（b-a）]

[=（b-a+2）?ea+（b-a-2）?eb2?（b-a）]

[=（b-a+2）+（b-a-2）?eb-a2?（b-a）?ea].

令[g（x）=x+2+（x-2）?ex]，[x>0]，則[g'（x）=1+（1+x-2）?ex=1+（x-1）?ex].

[g'（x）]的導(dǎo)函數(shù)[g″（x）=（1+x-1）?ex=x?ex>0]，所以[g'（x）]在[（0，+∞）]上單調(diào)遞增，且[g'（0）=0].因此[g'（x）>0]，[g（x）]在[（0，+∞）]上單調(diào)遞增，而[g（0）=0]，所以在[（0，+∞）]上[g（x）>0].∵當(dāng)[x>0]時，[g（x）=x+2+（x-2）?ex>0]且[a

[∴（b-a+2）+（b-a-2）?eb-a2?（b-a）?ea>0]，

所以當(dāng)[af（b）-f（a）b-a].

點評：對于復(fù)合函數(shù)[f（g（n））]，要令[g（n）=x]，研究簡單函數(shù)[f（x）].對于二元不等式，要通過合理變形，找到重復(fù)出現(xiàn)的代數(shù)式[h（a， b）]，令[h（a， b）=x]，將二元問題轉(zhuǎn)化為一元問題，構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)[f（x）]求解.

五、對數(shù)構(gòu)造——兩邊先取對數(shù)再構(gòu)造函數(shù)

[例6]（2012年湖北卷改編）[n]為正整數(shù)，求證：[nn（n+1）n+1<1ne].

證明：[nn（n+1）n+1<1ne?1+1nn+1>e?]

[（1+n）ln1+1n>1?1+1nln1+1n>1n].

令[f（x）=（1+x）ln（1+x）-x（x>0）]，[f（x）=ln（1+x）>0]，所以[f（x）]在[（0，+∞）]上單調(diào)遞增，[1n>0]，[f1n>f（0）=0]，即[1+1nln1+1n>1n]，從而原不等式得證.

點評：對于冪指數(shù)不等式，適當(dāng)整理變形，兩邊取對數(shù)，熟悉的初等函數(shù)組合就躍然紙上.

六、形似構(gòu)造——根據(jù)形似結(jié)構(gòu)構(gòu)造函數(shù)

[例7]（2014年陜西卷改編）設(shè)函數(shù)[f（x）=ln x+mx]，[m∈R].若對任意[b>a>0]，[f（b）-f（a）b-a<1]恒成立，求[m]的取值范圍.

解：對任意的[b>a>0]，[f（b）-f（a）b-a<1]恒成立等價于[f（b）-b0）]，所以（*）等價于[h（x）]在[0，+∞]上單調(diào)遞減.由[h（x）=1x-mx2-1≤0]在[0，+∞]恒成立，得[m≥-x2+x=-x-122+14（x>0）]恒成立，所以[m≥14]（對[m=14]，[h（x）=0]僅在[x=12]時成立），所以[m]的取值范圍是[14，+∞].

點評：某些二元不等式可以同構(gòu)分離變形，左右兩邊有相似結(jié)構(gòu)，根據(jù)形似結(jié)構(gòu)構(gòu)造函數(shù)，將二元不等式轉(zhuǎn)化為證明函數(shù)的單調(diào)性.結(jié)構(gòu)特征形如[ln（1+m）m>ln（1+n）n]的不等式，構(gòu)造函數(shù)[f（x）=ln（1+x）x];形如[ex-y>xy（x>y>1）]，構(gòu)造函數(shù)[f（x）=exx];形如[f（x1）-f（x）2≥ax1-x2]，構(gòu)造函數(shù)[F（x）=f（x）±ax]等.

七、聯(lián)想構(gòu)造——根據(jù)條件式的特征，聯(lián)想和差積商求導(dǎo)法則，構(gòu)造原函數(shù)

[例8]（2015年全國Ⅱ卷，12） 設(shè)函數(shù)[f（x）]是奇函數(shù)[f（x）（x∈R）]的導(dǎo)函數(shù)，[f（-1）=0]，當(dāng)[x>0]時，[xf（x）-f（x）<0]，則使得[f（x）>0]成立的[x]的取值范圍是 .

解：令[F（x）=f（x）x]，[F（x）]為偶函數(shù)，由于[F（x）=xf（x）-f（x）x2]，當(dāng)[x>0]時[xf（x）-f（x）<0]，所以[F（x）]在[0，+∞]上單調(diào)遞減，根據(jù)對稱性[F（x）]在[-∞，0]上單調(diào)遞增，有[f（-1）=0]，[f（1）=0].數(shù)形結(jié)合得[x]的取值范圍[-∞，-1?0，1].

點評：對于抽象函數(shù)的導(dǎo)數(shù)往往要聯(lián)想導(dǎo)數(shù)的運算法則，構(gòu)造合適的函數(shù)，再利用單調(diào)性，數(shù)形結(jié)合解題.如由[xf（x）-f（x）]聯(lián)想構(gòu)造函數(shù)[F（x）=f（x）x];由[xf（x）+f（x）]聯(lián)想構(gòu)造函數(shù)[F（x）=xf（x）];由[f（x）-f（x）]聯(lián)想構(gòu)造函數(shù)[F（x）=f（x）ex].

八、放縮構(gòu)造——對某些函數(shù)放縮處理，使復(fù)雜且難以求導(dǎo)、運算的函數(shù)變得簡單

[例9]（2012年遼寧卷）設(shè)[f（x）=ln x+x-1].證明：Ⅰ.當(dāng)[x>1]時，[f（x）<32（x-1）];Ⅱ.當(dāng)[1

證明：Ⅰ.記[g（x）=ln x+x-1-32（x-1）]，則[g（x）=1x+12x-32].當(dāng)[x>1]時，[g（x）=1x+12x-32<0]，所以[g（x）]在[1，+∞]上為減函數(shù)，則當(dāng)[x>1]時，[g（x）

所以[g（x）=ln x+x-1-32（x-1）<0（x>1）?ln x+x-1<32（x-1）（x>1）]，即[f（x）<32（x-1）（x>1）].

Ⅱ.記[h（x）=（x+5）f（x）-9（x-1）]，則由（Ⅰ） 得

[h（x）=f（x）+（x+5）f（x）-9<32（x-1）+（x+5）1x+12x-9]

[=12x3x（x-1）+（x+5）（2+x）-18x<12x3x（x-1）+（x+5）2+x+12-18x]

[=14x（7x2-32x+25）].

當(dāng)[1

因此函數(shù)[h（x）=（x+5）f（x）-9（x-1）]在（1，3）內(nèi)單調(diào)遞減，所以[1

點評：先由Ⅰ結(jié)論，把復(fù)雜的[f（x）]放縮為[32（x-1）]，再用基本不等式把[x]放縮為[x+12]，最后研究簡單的二次三項式的符號.合理的放縮能讓運算簡單，但放縮一定要恰到好處.常見如把含參或變量的代數(shù)式放縮為常數(shù)，利用[sin x-1）]，[ex≥x+1]或基本不等式和已證結(jié)論進行放縮.

利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，貴在構(gòu)造，成在構(gòu)造，難在構(gòu)造.我們要自覺運用函數(shù)方程思想、轉(zhuǎn)化思想去分析問題，合理構(gòu)造函數(shù)，只有這樣，證明才會柳暗花明，化難為易.

（責(zé)任編輯 黃桂堅）