☉重慶市梁平中學(xué) 李繼浪

例談構(gòu)造函數(shù)，巧解（證）不等式

☉重慶市梁平中學(xué) 李繼浪

近幾年，解（證）不等式是高考的熱點(diǎn)之一，也是難點(diǎn)之一，學(xué)生常常感到束手無策，無從下手.如果靈活構(gòu)造函數(shù)并利用函數(shù)的性質(zhì)，往往能使問題迎刃而解.如何構(gòu)造函數(shù)，構(gòu)造什么樣的函數(shù)，許多同學(xué)找不到突破口，感到無所適從.下面就此問題作出探討.

一、構(gòu)造一次函數(shù)，利用單調(diào)性解不等式

分析：由已知得出m2-2am+1≥1對(duì)任意a∈［-1，1］恒成立后，直接求參數(shù)m比較麻煩，如果反客為主，改變主元，即把a(bǔ)當(dāng)作未知數(shù)，構(gòu)造關(guān)于a的一次函數(shù)，問題較易解決.

不等式f（x）≤m2-2am+1對(duì)所有x∈［-1，1］，a∈［-1，1］恒成立，即m2-2am+1≥1對(duì)任意a∈［-1，1］恒成立，即2ma-m2≤0對(duì)任意a∈［-1，1］恒成立.

故m的取值范圍是（-∞，-2］∪｛0｝∪［2，+∞）.

二、構(gòu)造二次函數(shù)，利用判別式證不等式

例2證明柯西不等式：設(shè)有非零實(shí)數(shù)組a1，a2，…，an及實(shí)數(shù)組b1，b2，…，bn，則（+a2n），當(dāng)且僅當(dāng)bi=λai（i=1，2，…n）時(shí)等號(hào)

分析：柯西不等式是高考中的選考內(nèi)容.如何證明該不等式，方法很多，這里談的是如何構(gòu)造二次函數(shù)來證明.根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)和二次函數(shù)判別式的特點(diǎn)構(gòu)造二次函數(shù)，對(duì)學(xué)生有一定難度.

證明：構(gòu)造二次函數(shù)f（x）=（a2n）x2+2（a1b1+ a2b2+…+anbn）x+（b2

1+a22+…+a2

n＞0且f（x）=（a1x+b1）2+（a2x+b2）2+…+（anx+bn）2≥0，所以Δ≤0，即4（a1b1+a2b2+…+anbn）2-4（a21+a2n）.因?yàn)閍2

1+b22+…+b21+a22+…+a2

2

+…+a2n）（b21+b22+…+b2n）≤0，即（a1b1+a2b2+…+anbn）2≤（a21+

當(dāng)且僅當(dāng)aix+bi=0（i=1，2，…，n），即bi=-xai時(shí)，取等號(hào)，所以λ=-x.

三、構(gòu)造指數(shù)函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性證不等式

分析：根據(jù)題目所給函數(shù)，其形式符合指數(shù)函數(shù)，所以考慮構(gòu)造指數(shù)函數(shù)來處理

證明：先證充分性.

再證必要性，用反證法.

四、構(gòu)造“形似”函數(shù)

分析：題目所給不等式具有分式形式，所以可先構(gòu)造分式函數(shù)，再通過求導(dǎo)，利用函數(shù)的單調(diào)性來證明.

分析：題目所給不等式的左邊是關(guān)于n的代數(shù)式，右邊是關(guān)于a的代數(shù)式，直接把左邊構(gòu)造成關(guān)于n的函數(shù)，再利用函數(shù)的單調(diào)性解決問題.

例6（2016年全國(guó)普通高考重慶適應(yīng)性測(cè)試（第一次））設(shè)f′（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，且f′（x）＞2f（x）（x∈為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），則不等式（flnx）＜x2的解集為（）.

因?yàn)閒′（x）＞2f（x）（x∈R），所以F′（x）＞0，所以F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.

姊妹題1：設(shè)f′（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，滿足f′（x）+ 2f（x）＞0，且f（-1）=0，則f（x）＜0的解集為（）.

A.（-∞，-1）B.（-1，1）

C.（-∞，0）D.（-1，+∞）

解析：構(gòu)造函數(shù)g（x）=e2xf（x），由f′（x）+2f（x）＞0，可知g′（x）＞0，即g（x）=e2xf（x）在R上單調(diào)遞增.由f（-1）=0，得g（-1）=0，則當(dāng)f（x）＜0時(shí)，x∈（-∞，-1）.

姊妹題2：已知f（x）是定義在（0，+∞）上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′（x）-f（x）≤0對(duì)任意正數(shù)a，b，若a≤b，則必有（）.

A.af（b）≤bf（a）B.bf（a）≤af（b）

C.af（a）≤f（b）D.bf（b）≤f（a）

因?yàn)閤f′（x）-f（x）≤0，所以g′（x）≤0，即g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減.

例7設(shè)α＞β＞e（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），證明βα＞αβ.

分析：遇到冪函數(shù)或指數(shù)函數(shù)，可考慮先取對(duì)數(shù)再構(gòu)造函數(shù).

例8（2015年全國(guó)Ⅱ卷21題）設(shè)函數(shù)f（x）=emx+x2-mx.

（1）證明：f（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增；

（2）若對(duì)于任意x1，x2∈［-1，1］，都有|f（x1）-f（x2）|≤e-1，求m的取值范圍.

分析：根據(jù)特點(diǎn)，先等價(jià)變形再構(gòu)造函數(shù).

解：（1）證明略.

設(shè)函數(shù)g（t）=et-t-e+1，則g′（t）=et-1.

當(dāng)t＜0時(shí)，g′（t）＜0；當(dāng)t＞0時(shí)，g′（t）＞0.

故函數(shù)g（t）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增.

又g（1）=0，g（-1）=e-1+2-e＜0，故當(dāng)t∈［-1，1］時(shí)，g（t）≤0；

當(dāng)m∈［-1，1］時(shí)，g（m）≤0，g（-m）≤0，即①式成立；

當(dāng)m＞1時(shí)，由g（t）的單調(diào)性，知g（m）＞0，即em-m＞e-1；

當(dāng)m＜-1時(shí)，g（-m）＞0，即e-m+m＞e-1.

綜上m的取值范圍是［-1，1］.

總之，構(gòu)造函數(shù)解不等式問題：一要對(duì)問題題型和考點(diǎn)有很好的把握；二要對(duì)問題從多角度思考，這就需要我們具備一定的常用的變形處理手段，對(duì)問題等價(jià)變形，而非改變問題本身.同時(shí)構(gòu)造函數(shù)解題自然需要構(gòu)造函數(shù)模型，那么構(gòu)造怎樣的函數(shù)模型，利用函數(shù)模型的哪些性質(zhì)來解決問題，需要學(xué)生具備聯(lián)想的思維素質(zhì)，并且具有一定的思維發(fā)散能力.F