函數不等式證明的常用方法

林國紅

(廣東省佛山市樂從中學)

縱觀近幾年高考試卷以及各級各類模擬考試試卷,函數不等式的證明是熱門考點之一,常作為壓軸題頻頻亮相,函數不等式具有綜合性強、思維量大、方法繁多、技巧性強等特點,注重對能力和數學思想方法的考查,難度較大.下面以一道模擬考試題為例,從多個視角分析問題,以此歸納總結函數不等式證明的常用方法,供大家參考.

1 題目呈現與分析

題目已知f(x)＝xln(x＋a)＋1(a＜0).

(1)當a＝－1時,判斷f(x)的單調性;

(2)證明:f(x)＜ex＋cosx.

分析試題分步設問,逐步推進.試題的第(1)問較為簡單,只要能準確應用導數公式和求導法則就可以解決問題.試題第(2)問待證不等式中含有參數、指數函數、對數函數、三角函數,與2019年全國Ⅰ卷文科、理科的函數與導數題類似,都是與三角函數交會的題型,綜合性較強.求解試題不但需要學生了解函數的單調性,而且要求學生會利用化歸與轉化等思想,對學生運用所學知識尋找合理的解題策略以及推理論證能力有較高的要求.總之,本題層次分明,區分度高,作為試卷的壓軸題,是一道能突出選拔功能的好題.

由于第(1)問較為簡單,本文不作討論,下面從不同視角,給出第(2)問的幾種證法.

2 證法探究

因為a＜0,故x＞－a＞0,所以

要證明f(x)＜ex＋cosx,只需證明xlnx＋1＜ex＋cosx,即證明xlnx＜ex＋cosx－1.當0＜x＜1時,因為ex＞1,cosx＞0,所以ex＋cosx－1＞0,xlnx＜0,故xlnx＜ex＋cosx－1.

下面只需證當x≥1時,xlnx＜ex＋cosx－1成立即可.

2.1 直接作差,構造函數

證法1當x≥1時,設

則g′(x)＝ex－sinx－lnx－1.令h(x)＝g′(x),則

因為x≥1,故ex≥e,－1≤cosx≤1,0＜≤1,所以

于是h(x)在[1,＋∞)上單調遞增,從而

即g′(x)＞0,所以g(x)在[1,＋∞)上單調遞增.于是

即xlnx＜ex＋cosx－1.

綜上,當a＜0時,f(x)＜ex＋cosx.

一般來說,證明函數不等式f(x)＞g(x)恒成立,可設F(x)＝f(x)－g(x),則f(x)＞g(x)恒成立?F(x)＞0恒成立,即等價于Fmin(x)＞0.可以利用導數來求F(x)的最小值,把函數不等式的證明轉化為利用導數研究函數的單調性或求最值.要注意的是,有時盡管F(x)存在最小值,但方程F′(x)＝0的根(F(x)的極值點)解不出來,往往要借助零點存在性定理和F′(x)的單調性,先證明方程F′(x)＝0有唯一實根x0,再用“設而不求”的方法,證明Fmin(x)＝F(x0)≥0,在運算過程中要注意利用F′(x0)＝0進行替換.

2.2 放縮法

證法2(利用lnx≤x－1放縮)因為lnx≤x－1(x≥0),當x＝1時,等號成立,所以

故只需證x2－x＋1＜ex＋cosx,即證

設g(x)＝ex－x2＋x－1(x≥1),則

因為x≥1,所以ex≥e,故g″(x)＞0,從而g′(x)在[1,＋∞)上單調遞增,所以

即g(x)在[1,＋∞)上單調遞增.

當x∈[1,]時,cosx≥0,且

所以ex－x2＋x－1＋cosx＞0.

所以ex－x2＋x－1＋cosx＞0.

綜上,ex－x2＋x－1＋cosx＞0,所以當a＜0時,f(x)＜ex＋cosx.

在證明函數不等式的壓軸題中,有幾個比較重要且常見不等式,如ex≥x＋1,ex≥ex,lnx≤x－1(x＞0),ex≥1＋x＋.此類函數的導數可以和多項式函數結合到一起,大部分都含有二次三項式,體現轉化與化歸思想;其次,此類函數能體現微積分的一個思想:以直代曲,無限逼近;另外,此類函數與高等數學的級數結合比較緊密.綜上,以ex與lnx為背景的函數題,常用到這種思想方法.

證法3(利用cosx的有界性放縮)因為cosx≥－1(當x＝(2k＋1)π,k∈N 時,等號成立),所以ex＋cosx≥ex－1,故只需證xlnx＋1＜ex－1,即證ex－xlnx－2＞0.

設g(x)＝ex－xlnx－2(x≥1),則

因為x≥1,所以ex≥e,0＜≤1,故g″(x)＝ex－＞0,從而g′(x)在[1,＋∞)上單調遞增,于是

從而g(x)在[1,＋∞)上單調遞增,于是

綜上,當a＜0時,f(x)＜ex＋cosx.

綜上,當a＜0時,f(x)＜ex＋cosx.

證法5由證法3可知,只需證xlnx＋1＜ex－1(x≥1),即證xlnx＜ex－2,兩邊同時除以x2,得

令q(x)＝ex(x－2)＋4(x≥1),則

于是q(x)在[1,＋∞)上單調遞增,于是q(x)≥q(1)＝－e＋4＞0,即h′(x)＞0,所以h(x)在[1,＋∞)上單調遞增,于是h(x)≥h(1)＝e－2,即hmin(x)＝e－2.又因為e－2＞,即

涉及與三角函數相關的不等式,往往可以利用三角函數的有界性進行放縮,即－1≤sinx≤1,－1≤cosx≤1,另外還要熟悉常見的三角函數不等式,如sinx＜x＜tanx(0＜x＜),0＜＜1(0＜x＜π)等.證法5用到了函數的“凹凸性反轉”,即將要證不等式適當變形,一般是將原不等式中的ex與lnx分離,轉化為兩個函數h(x)與g(x).若h(x)存在最小值hmin(x),g(x)存在最大值gmax(x),且有hmin(x)＞gmax(x),則h(x)＞g(x)恒成立.需要說明兩點:1)若hmin(x)＝gmax(x),hmin(x)＝h(x1),gmax(x)＝g(x2)且x1≠x2,顯然h(x)＞g(x)恒成立;2)若h(x)不存在最小值,或g(x)不存在最大值時,可將要證不等式h(x)＞g(x)適當變形,等價轉化為φ(x)＞ψ(x),若φmin(x)＞ψmax(x),則h(x)＞g(x)恒成立.這種通過分離ex與lnx來構造兩個函數,再分別求所構造函數的最值來證得原不等式的方法,往往有“四兩拔千斤”的功效.

證法6(利用lnx≤x－1及cosx的有界性放縮)因為lnx≤x－1,所以xlnx＋1≤x(x－1)＋1＝x2－x＋1,當x＝1時,等號成立.

又因為cosx≥－1,所以ex＋cosx≥ex－1,當x＝(2k＋1)π,k∈N 時,等號成立.故只需證x2－x＋1＜ex－1(x≥1),即證ex－x2＋x－2＞0.

設g(x)＝ex－x2＋x－2(x≥1),則

因為x≥1,故g″(x)＞0,于是g′(x)在[1,＋∞)上單調遞增,從而可得g′(x)≥g′(1)＝e－1＞0,所以g(x)在[1,＋∞)上單調遞增,可得g(x)≥g(1)＝e－1＋1－2＝e－2＞0,所以ex－x2＋x－2＞0.

綜上,當a＜0時,f(x)＜ex＋cosx.

綜上,當a＜0時,f(x)＜ex＋cosx.

證法6 與證法7 都利用了lnx≤x－1 及cosx的有界性進行放縮,是證法2與證法3的結合,證法巧妙、快捷、簡便,簡化了證明過程.

2.3 利用泰勒展開式

證法8由泰勒展開式可知

于是h′(x)在[1,＋∞)上單調遞減,可得

從而h(x)在[1,＋∞)上單調遞減,故

所以g(x)＜0,即xlnx＋1＜ex＋cosx.

綜上,當a＜0時,f(x)＜ex＋cosx.

泰勒展開式不在高中學習范圍內,學生不需要掌握,但是近年來,高考的命題者通過挖掘高等數學中的一些素材來命制高考試題,此類試題也逐漸引起教師的關注.但這并不意味著要將過多的高等數學知識放到中學里來,加重中學的負擔,教師需要站在高觀點的角度看待問題,找到問題的本質內涵,弄清命題人的命題方向,更好地指導中學的數學教學.

3 小結

從上述的各種證法,可以看出在證明函數不等式的題型中,不管問題如何變化,多數還是把函數不等式的證明轉化為研究函數的單調性或求最值.常見的證明方法有構造函數證明;利用函數不等式模型ex≥x＋1,lnx≤x－1(x＞0)進行放縮;借助三角函數的有界性進行放縮等.因此,在復習中必須清楚單調性是函數的核心性質,要深化對函數單調性的認識,注重導數法在函數單調性中的應用.另外,要善于總結,將函數與導數試題分門別類,并歸納出常用的解法,通過解題訓練提煉函數問題的數學思想,重點運用轉化與化歸、數形結合、分類討論等思想方法處理函數與導數問題.

(完)