幾種典型的利用導數證明不等式題型的分類例析與應對策略

摘 要：一些不等式的證明，若能立足函數的角度，利用導數研究函數的性質（單調性或最值極值）來加以證明，就顯得很有優越性.而這一思想的關鍵在于構造合理的輔助函數.本文精選高考經典題，以案例的形式加以分類例析，并給出了應對策略.

關鍵詞：輔助函數;構造策略;導數

中圖分類號：G632?? 文獻標識碼：A?? 文章編號：1008-0333（2022）04-0079-05

利用導數證明或求解不等式是近年高考的熱點，我們有必要加以研究.而利用導數證明不等式的關鍵在于構造輔助函數，下面選取經典的案例（大多是高考題）分類例析，探討構造輔助函數的幾類有效的應對策略.

1 構造輔助函數直接利用單調性

例1 （2014年湖南文科第9題）若0<x1<x2<1，則（? ）.

A.ex2-ex1>lnx2-lnx1 B.ex2-ex1<lnx2-lnx1

C.x2ex1>x1ex2D.x2ex1>x1ex2

解析 令f（x）=ex-ln，則f ′（x）=ex-1x.

故f（x）在（0，1）上有一個極值點.

即f（x）在（0，1）上不是單調函數，無法判斷f（x1）與f（x2）的大小，故A，B錯.

構造函數g（x）=exx，g′（x）=ex（x-1）x2，

故g（x）在（0，1）上單調遞減.

所以g（x1）>g（x2），故選C.

例2 證明：當b>a>e時，ab>ba.

解析 不等式兩邊取對數得blna>alnb.

可化為lnaa>lnbb.

令f（x）=lnxx（x>e），則f ′（x）=1-lnxx2<0.

所以f（x）在（e，+∞）上單調遞減.

又b>a>e，所以f（a）>f（b）.

所以lnaa>lnbb.

即blna>alnb，所以ab>ba.

例3 （2011年新課標）已知函數f（x）=

alnxx+1+bx，曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為x+2y-3=0.

（1）求a，b的值;

（2）證明：當x>0，且x≠1時，f（x）>lnxx-1.

解析 （1）a=1，b=1.（過程略）

（2）由（1）知f（x）=lnxx+1x.

所以f（x）-lnxx-1=11-x2（2lnx+x2-1x）.

考慮函數h（x）=2lnx+x2-1x（x>0），

則h′（x）=2x-2x2-（x2-1）x2=-（x-1）2x2.

故當x≠1時，h′（x）<0，而h（1）=0，故當x∈（0，1）時，h（x）>0，可得11-x2h（x）>0.

即f（x）-lnxx-1>0.

即f（x）>lnxx-1.

分析與應對策略 這是利用導數證明不等式中最為簡單和常見的一類，其主要策略是：根據不等式的特點，構造輔助函數，利用導數判斷函數的單調性，然后利用單調性由自變量的大小關系過渡到函數值的大小關系，從而獲得不等式的證明.例1采用最為常見的移項（作差或作商）構造構輔助函數;例2采取兩邊取對數再移項構造輔助函數;例3直接作差后進行恒等變形構造輔助函數.

2 構造輔助函數利用導數求最值

例4 求證：當x>-1時，恒有1-

1x+1≤ln（x+1）.

解析 令g（x）=ln（x+1）+1x+1-1，

則g′（x）=1x+1-1（x+1）2=x（x+1）2.

不難求得函數g（x）在（-1，+∞）上的最小值為g（x）min=g（0）=0.

所以當x>-1時，g（x）≥g（0）=0.

即ln（x+1）+1x+1-1≥0.

所以ln（x+1）≥1-1x+1.得證.

例5 函數f（x）=exlnx.

（1）求f（x）在區間[1，2]上的最小值;

（2）證明：對任意的x∈（0，+∞），都有f（x）>1-2ex-1x.

解析? （1）f（x）min=f（1）=0.（過程略）

（2）要證f（x）>1-2ex-1x，

只要證exlnx>1-2ex-1x.

從而只要證xlnx>2ex-2e.

令g（x）=xlnx，F（x）=xex-2e，

所以g′（x）=lnx+1，F′（x）=1-xex.

所以g（x）在（0，1e）上單調遞減，在（1e，+∞）上單調遞增，F（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減.

所以g（x）min=g（1e）=-1e，F（x）max=g（1）=-1e.

所以對任意的x∈（0，+∞），都有f（x）>1-2ex-1x.（等號取不到）

分析與應對策略 此類問題比上一類較為深刻，不僅要判斷單調性，還要求解輔助函數的最值.根本策略是把不等式的證明轉化為利用導數研究函數的單調性并求出函數最值或者值域問題，從而證明不等式.例4的輔助函數獲得較為容易;例5實際上是構造了兩個輔助函數，證明一個函數的最小值大于另一個函數的最大值，這也是利用導數證明不等式的方法，難度較大.

3 輔助函數導數的零點不可求

例6 （2017年新課標Ⅱ卷）已知函數f（x）=ax2-ax-xlnx，且f（x）≥0.

（1）求a;

（2）證明：f（x）存在唯一的極大值點x0，且e-2<f（x0）<2-2.

解析 （1）a=1（過程略）.

（2）由（1）知f（x）=x2-x-xlnx.

則f ′（x）=2x-2-lnx.

設h（x）=2x-2-lnx，則h′（x）=2-1x.

當x∈（0，12）時，h′（x）<0;

當x∈（12，+∞）時，h′（x）>0.

所以h（x）在（0，12）單調遞減，在（12，+∞）單調遞增.

又h（e-2）>0，h（12）<0，h（1）=0，，所以h（x）在（0，12）有唯一零點x0，在[12，+∞）有唯一零點1，且當x∈（0，x0）時，h（x）>0;當x∈（x0，1）時，h（x）<0;當x∈（1，+∞）時，h（x）>0.

因此f ′（x）=h（x）.

所以x=x0是f（x）的唯一極大值點.

由f ′（x0）=0得lnx0=2（x0-1）.

故f（x0）=x0（1-x0）.

由x0∈（0，1）得，f（x0）<14.

因為x=x0是f（x）在（0，1）的最大值點，由e-1∈（0，1），f ′（e-1）≠0得f（x0）>f（e-1）=e-2.

所以e-2<f（x0）<2-2.

例7 設函數f（x）=e2x-alnx.

（1）討論f（x）的導函數f ′（x）的零點的個數;

（2）證明：當a>0時，f（x）≥2a+aln2a.

解析 （1）當a≤0， f ′（x）>0，f ′（x）沒有零點;當a>0時，f ′（x）存在唯一零點.

（2）設f ′（x）在（0，+∞）的唯一零點為x0，x0滿足2e2x0-ax0=0.

當x∈（0，x0），f ′（x）<0，則f（x）單調遞減，x∈（x0，+∞），f ′（x）>0，則f（x）單調遞增.

故f（x）min=f（x0）.

又e2x0=a2x0，2x0=lna-ln2x0，整體代換，得

2ax0=alna-aln2-alnx0.

所以f（x0）=e2x0-alnx0=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a.

所以a>0時，f（x）≥2a+aln2a.

分析與應對策略 當輔助函數的導數零點不可求時，前兩類方法很難進行下去，這時我們可以采取對輔助函數的導數零點進行虛擬設根的方法加以調整解決，即導數零點不可求，先設再估，探求范圍（限制得越小越好），然后整體代換（例6和例7）.

4 含雙變量的不等式證明

例8 （2018年全國Ⅰ卷）已知函數f（x）=1x-x+alnx.

（1）討論f（x）的單調性;

（2）若f（x）存在兩個極值點x1，x2，證明：

f（x1）-f（x2）x1-x2<a-2.

解析 （1）略.

（2）由（1）知，f（x）存在兩個極值點，當且僅當a>2.

由于f（x）的兩個極值點x1，x2滿足x2-ax+1=0，所以x1x2=1，不妨設x1<x2，則x2>1.

由于f（x1）-f（x2）x1-x2=-1x1x2-1+a·lnx1-lnx2x1-x2=-2+a·lnx1-lnx2x1-x2=-2+a·

-2lnx21x2-x2

，

故f（x1）-f（x2）x1-x2<a-2等價于1x2-x2+2lnx2<0.

設函數g（x）=1x-x+2lnx，由（1）知，g（x）在（0，+∞）單調遞減.

又g（1）=0，從而當x∈（1，+∞）時，g（x）<0.

所以1x2-x2+2lnx2<0.

即f（x1）-f（x2）x1-x2<a-2.

例9 （2018年浙江）已知函數f（x）=x-lnx.若f（x）在x=x1，x2（x1≠x2）處導數相等，證明：f（x1）+f（x2）>8-8ln2.

解析 函數f（x）的導函數f ′（x）=12x-1x，

由f ′（x1）=f ′（x2），得12x1-1x1=12x2-1x2.

因為x1≠x2，所以1x1+1x2=12.

由基本不等式，得

12x1x2=x1+x2≥

24x1x2.

因為x1≠x2，所以x1x2>256.

由題意，得f（x1）+f（x2）=

x1-lnx1+x2-lnx2=12

x1x2-ln（x1x2）.

設g（x）=x2-lnx，則g′（x）=14x（x-4）.

x（0，16）16（16，+∞）

g′（x）-0+

g（x）遞減2-4ln2遞增

故g（x）在[256，+∞）上單調遞增.

故g（x1x2）>g（256）=8-8ln2.

即f（x1）+f（x2）>8-8ln2.

分析與應對策略 在利用導數證明不等式這類問題中，關于二元不等式的證明問題是高考的熱點，我們的主要策略還是根據不等式的特征輔助函數，根本指導思想是二元變量一元化，常用方法是先構造齊次式，然后再整體換元獲得輔助函數，最后仿照前面的策略求解證明目標不等式.例8利用齊次化思想和兩變量的關系代入消元的思想;例9則更多是利用整體換元的思想.

5 涉及極值點、拐點偏移問題的不等式證明

例10 已知函數f（x）=2lnx+x2+x，若正實數x1，x2滿足f（x1）+f（x2）=4.求證：x1+x2≥2.

解析 注意到f（1）=2，則f（x1）+f（x2）=2f（1）.

要證x1+x2≥2，即證x1+x22≥1.

因為f ′（x）=2x+2x+1>0，則f（x）在（0，+∞）單調遞增.又f ″（x）=-2x2+2，則f ″（1）=0，則（1，2）是f（x）圖象的對稱中心，若x1+x2≥2，則說明拐點發生了偏移，聯想到極值點偏移問題的處理方式，對稱化構造函數逆用單調性來處理拐點偏移問題.

不妨設0<x1≤1≤x2，要證x1+x2≥2x2≥2-x1≥1f（x2）≥f（2-x1）4-f（x1）≥f（2-x1）4≥f（x1）+f（2-x1）.

構造F（x）=f（x）+f（2-x），x∈（0，1），

則F′（x）=f ′（x）=f ′（2-x）=4（1-x）·[1x（2-x）-1]≥0.

所以F（x）在（0，1）上單調遞增.

所以F（x）≤F（1）=2f（1）=4.

例11 （2016年全國Ⅰ卷）已知函數f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2有兩個零點.

（1）求a的取值范圍;

（2）設x1，x2是f（x）的兩個零點，證明：x1+x2<2.

解析 （1）a>0（過程略）.

（2）不妨設x1<x2，由（1）知x1∈（-∞，1），x2∈（1，+∞），2-x2∈（-∞，1）.

又f（x）在（-∞，1）上單調遞減，

所以x1+x2<2等價于f（x1）>f（2-x2）.

即f（2-x2）<0.

由于f（2-x2）=-x2e2-x2+a（x2-1）2，

而f（x2）=（x2-2）ex2+a（x2-1）2=0，

所以f（2-x2）=-x2e2-x2-（x2-2）ex2.

設g（x）=-xe2-x-（x-2）ex，

則g′（x）=（x-1）（e2-x-ex）.

所以當x>1時，g′（x）<0，而g（1）=0，故當x>1時，g（x）<0.

從而g（x2）=f（2-x2），故x1+x2<2.

分析與應對策略 這一類問題就是現在高考比較流行的考查問題，即極值點偏移和拐點偏移問題.極值點偏移問題的處理策略可以基于軸對稱思想構造差函數，進而逆向使用單調性求解不等式，拐點偏移問題與極值點偏移問題處理策略基本一致.其一般步驟如下：

（1）構造差函數F（x）=f（2x0-x）-f（x）;

（2）研究F（x）的單調性;

（3）結合F（x0）=0，判斷F（x）的符號，從而確定f（2x0-x）與f（x）的大小關系，得出結論.

利用導數證明不等式的關鍵是構造輔助函數，而如何根據不等式的結構特征構造一個可導函數則是破解這個關鍵的鑰匙.綜上所述，構造輔助函數或許帶著很強的猜測性，但我們還是能發現構造輔助函數的規律：

（1）直接作差（有時作商）構造函數，將不等式問題轉化為函數值域問題.

（2）將待證不等式等價變形后再構造函數.其中的變形包括：數式變形：移項、提取因式、整體代換、分式變形、拆項拼湊、取對數等手段.

總之，我們瞄準目標不等式的特點，結合上述經驗和規律，構造合適的輔助函數也并不是那么遙不可及，攻克高考導數壓軸題也不是少數人的佳話！

參考文獻：

[1] 蔡瑩.淺談導數在高中數學函數中的解題應用[J].考試周刊，2018（77）：94.

[2] 范習昱.解題教學需要五種意識[J].中學數學研究（華南師范大學版），2014（01）：9-11.

[責任編輯：李 璟]