證明不等式之構造法研究

王 慧

(甘肅省天水市麥積區天成學校)

利用導數證明不等式是高考常考題型,這類問題通常可利用函數的單調性來解決,因此構造函數是解決這類問題的核心.那么,在利用導數證明不等式有哪幾種常用的構造函數方法呢? 本文結合實例加以研究,供大家學習.

1 移項作差

移項作差法是證明不等式常用的方法,將含x的項或所有項均挪至不等號的一側,然后利用該側的解析式構造函數,通過分析函數的單調性求解.其優點在于目的明確、構造方法簡單,但需注意若構造的函數較復雜,則難以分析其單調性.

例1 已知f(x)＝ax－bsinx－ex(a,b∈R).

(1)當b＝0時,討論f(x)的單調性;

(1)當a≤0 時,f(x)在R 上單調遞減;當a＞0時,f(x)的單調遞增區間為(－∞,lna),單調遞減區間為(lna,＋∞)(求解過程略).

所以h(x)在(0,＋∞)上單調遞增,又h(0)＝0,所以對任意x∈(0,＋∞),h(x)＞0恒成立,因此,當a＝b＝1時,對任意x∈(0,＋∞),恒有f(x)＜g(x).

將證明f(x)＜g(x)(x＞0)等價轉化為證明函數h(x)＝g(x)－f(x)(x≥0)為增函數,且其最小值為h(0)＝0,這是作差法構造函數證明不等式的基本思路.

2 及時換元

若待證不等式含有兩個變量,則可以通過換元將二元變換成一元,這樣減少了變量個數,使之變成我們熟悉的、容易解決的問題.因此換元后構造函數經常用于求解雙變量不等式問題.

(1)討論f(x)在(0,＋∞)上的單調性;

(2)若a＞0時,方程有兩個不相等的實根x1,x2,求證:x1x2＞e2－x1－x2.

(1)當a≤0時,f(x)在(0,＋∞)上單調遞減;當a≥1時,f(x)在(0,＋∞)上單調遞增;當0＜a＜1時,f(x)在(0,－lna)上單調遞減,在(－lna,＋∞)上單調遞增(求解過程略).

令t＝xex(x＞0),則t′＝(x＋1)ex＞0,所以函數t＝xex在(0,＋∞)上單調遞增.

則

不妨設t1＞t2＞0,即證

3 發掘同構關系

有的待證不等式比較復雜,但在分析、化簡、變形的基礎上,再經過換元處理,往往可以找到同構關系,然后通過構造函數,利用函數單調性求解.

例3 已知f(x)＝a(ex－1－x)－lnx＋x－1(a≥0).

(1)求證:f(x)存在唯一零點;

(2)設g(x)＝aex－1＋x－1,若存在x1,x2∈(1,＋∞),使得g(x2)＝g(x1)－f(x1),求證:

(1)由題意得

記F(x)＝f′(x),則

因為a≥0時,F′(x)＞0恒成立,所以F(x)＝f′(x)在(0,＋∞)上單調遞增.

因為f′(1)＝0,所以f′(x)在(0,1)上恒小于0,在(1,＋∞)上恒大于0,所以f(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,＋∞)上單調遞增.

因為f(1)＝0,所以f(x)有唯一零點x＝1.

(2)由g(x2)＝g(x1)－f(x1),得lnx1＋ax1＝aex2－1＋x2－1.記m(x)＝aex＋x,則m(x2－1)＝m(lnx1),因為m(x)在(0,＋∞)上單調遞增,所以x2－1＝lnx1,則

令φ(x)＝h′(x),則

因為φ′(x)＞0在(0,＋∞)上恒成立,所以h′(x)在(0,＋∞)上單調遞增,注意到h′(1)＝0,所以h′(x)＜0的解集為(0,1),h′(x)＞0的解集為(1,＋∞),則h(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,＋∞)上單調遞增,故h(x)≥h(1)＝0.

又因為x1＞1,所以成立.

利用導函數求解參數的取值范圍,當函數中同時出現ex與lnx,通常需要利用同構來進行求解.本題難點是將g(x2)＝g(x1)－f(x1)變形為lnx1＋ax1＝aex2－1＋x2－1,從 而 構 造m(x)＝aex＋x,得到x2－1＝lnx1,實現將雙變量變成單變量,進而利用單變量函數的性質使問題獲解.

從以上三個例題可以看出,利用導數證明不等式問題,實際上是考查了函數單調性的靈活應用,函數如何而來? 必須深入研究題意與結構.因此求解這類問題時我們應該把關鍵點放在如何構造函數上,因為構造出合理恰當的函數,已經是成功的一半了.

(完)