☉江蘇省丹陽(yáng)市呂叔湘中學(xué) 張 鵬

例談函數(shù)不等式證明的若干策略

☉江蘇省丹陽(yáng)市呂叔湘中學(xué) 張 鵬

利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，再用性質(zhì)來(lái)證明不等式是函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式綜合問(wèn)題中的一個(gè)難點(diǎn)，也是近幾年高考的熱點(diǎn)問(wèn)題.這類(lèi)問(wèn)題往往難度較大，解題方法靈活多變，對(duì)學(xué)生的思維能力要求較高，如何利用導(dǎo)數(shù)證明不等式？本文針對(duì)幾類(lèi)常見(jiàn)不等式類(lèi)型談?wù)勌幚淼囊恍┓椒?

一、構(gòu)造函數(shù)證明不等式

有些不等式的證明問(wèn)題，形式較為復(fù)雜，常讓人感到無(wú)從下手，很難找到切入點(diǎn)，這時(shí)，我們不妨變換一下思維角度，從所證不等式的結(jié)構(gòu)和特點(diǎn)出發(fā)，結(jié)合已有知識(shí)，構(gòu)造函數(shù)，再借助導(dǎo)數(shù)的知識(shí)實(shí)現(xiàn)問(wèn)題的轉(zhuǎn)化，從而證明不等式成立.

例1已知函數(shù)g（x）=lnx+ax2+bx，函數(shù)g（x）的圖像在點(diǎn)（1，g（1））處的切線(xiàn)平行于x軸.

（1）用a表示b；

（2）試討論函數(shù)g（x）的單調(diào)性；

解：（1）（2）具體解答略.

（3）分析：此不等式右端不妨視為一個(gè)數(shù)列｛an｝（an≥0，n∈N*）的前n項(xiàng)和，若將左端也視為一個(gè)正項(xiàng)數(shù)列｛bn｝的前n項(xiàng)和Sn，那么要證這個(gè)復(fù)雜的不等式，就只需證bn＞an（n∈N*），從而尋求出解題方向.

因?yàn)镾n=ln（n+1），所以當(dāng)n≥2時(shí)，Sn-1=lnn.

當(dāng)n=1時(shí)，b1=S1=ln2滿(mǎn)足上式，

要證原不等式成立，

故只需證lnx+x2-3x＞-2，x＞1.

由（2）知，當(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)g（x）=lnx+x2-3x在（1，+∞）上單調(diào)遞增，

則g（x）=lnx+x2-3x＞g（1）=-2.

故lnx+x2-3x＞-2在x∈（1，+∞）上成立.

故問(wèn)題得證.

證明：由（2）知，當(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)g（x）=lnx+x2-3x在（1，+∞）上單調(diào)遞增，

則g（x）=lnx+x2-3x＞g（1）=-2，即lnx＞-x2+3x-2，x＞1.

（1）若（fx）無(wú)極值點(diǎn)，求a的取值范圍；

（2）設(shè)g（x）=x+1-（lnx）a，當(dāng)a取（1）中的最大值時(shí)，x求g（x）的最小值；

解：（1）（2）（具體過(guò)程略）.

（3）分析：類(lèi)似上面那個(gè)例題中不等式的證明思路，不妨將此不等式左端視為一個(gè)數(shù)列｛an｝（an≥0，n∈N*）的前n項(xiàng)和，若將右端也視為一個(gè)正項(xiàng)數(shù)列｛bn｝的前n項(xiàng)和Sn，那么要證這個(gè)復(fù)雜的不等式，就只需證an＞bn（n∈N*），從而尋求出解題方向.

要證原不等式成立，

故結(jié)論成立.

評(píng)注：構(gòu)造函數(shù)用導(dǎo)數(shù)證明不等式，其步驟一般是：構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)，研究函數(shù)的性質(zhì)（如函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值），利用性質(zhì)得出不等關(guān)系，最后整理得出結(jié)論.因此，如何根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造一個(gè)可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵.

二、利用函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）的最值證明

例3已知函數(shù)f（x）=nx-xn，x∈R，其中n∈N*，n≥2.

（1）討論f（x）的單調(diào)性；

（2）設(shè)曲線(xiàn)y=f（x）與x軸正半軸的交點(diǎn)為P，曲線(xiàn)在點(diǎn)P處的切線(xiàn)方程為y=g（x），求證：對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x，都有f（x）≤g（x）；

（3）若關(guān)于x的方程f（x）=a（a為實(shí)數(shù)）有兩個(gè)正實(shí)根

解：（1）（3）略.

（2）證明：設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x0，0），n-n2，曲線(xiàn)y=（fx）在點(diǎn)P處的切線(xiàn)方程為y=f′（x0）（x-x0），即g（x）=f（′x）0（x-x0）.

令F（x）=f（x）-g（x），即F（x）=f（x）-f′（x0）（x-x0），

則F′（x）=f′（x）-f′（x0）.

由于f′（x）=-nxn-1+n在（0，+∞）上單調(diào)遞減，故F′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減.又因?yàn)镕′（x0）=0，所以當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，F(xiàn)′（x0）＞0，當(dāng)x∈（x0，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x0）＜0.所以F（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，+∞）上單調(diào)遞減，所以對(duì)任意的正實(shí)數(shù)x都有F（x）≤F（x0）=0，即對(duì)任意的正實(shí)數(shù)x，都有f（x）≤g（x）.

評(píng)注：本題第（2）問(wèn)利用了構(gòu)造函數(shù)證明不等式這一重要思想方法，體現(xiàn)數(shù)學(xué)中的構(gòu)造法在解題中的重要作用.

例4已知函數(shù)f（x）=（1+x）e-2x.當(dāng)x∈［0，1］時(shí)，求證：

證明：（1）要證x∈［0，1］時(shí)，（1+x）e-2x≥1-x，只需證（1+x）e-x≥（1-x）ex.

記h（x）=（1+x）e-x-（1-x）ex，

則h′（x）=［（1+x）e-x-（1-x）ex］′=x（ex-e-x）.

當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h′（x）=x（ex-e-x）＞0，因此h（x）=（1+ x）e-x-（1-x）ex在［0，1］上為增函數(shù)，故h（x）≥h（0）=0.

所以（1+x）e-2x≥1-x，x∈［0，1］.

只需證ex≥1+x.

記k（x）=ex-x-1，

則k′（x）=ex-1，當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，k′（x）=ex-1＞0，因此k（x）=ex-x-1在［0，1］上為增函數(shù)，故k（x）≥k（0）=0.

三、利用f（x）min＞g（x）max證明

（1）求a，b；

（2）證明：f（x）＞1.

解：（1）a=1，b=2.（過(guò)程略）

（2）證明：由（1）知

所以當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h′（x）＞0；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h（′x）＜0.

故h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，從而h（x）在（0，+∞）上的最大值為，即h（x）當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào)）.

評(píng)注：本題在證明（fx）＞1時(shí)，學(xué)生會(huì)想到直接求出（fx）的最小值，再證明（fx）min＞1，或構(gòu)造函數(shù)F（x）=（fx）-1，再證明F（x）min＞0.但無(wú)論哪種方法在函數(shù)求導(dǎo)之后，其導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)都不方便求出，從而導(dǎo)致思維受阻，如果我們注意到這兩種思路受阻是由exlnx這個(gè)因式引起的，那么我們就可以嘗試將exlnx進(jìn)行分離，將欲證不等式轉(zhuǎn)化成，然后再加強(qiáng)為g（x）min＞h（x）max進(jìn)行證明，從而得到上面的證法.關(guān)于這種方法的運(yùn)用，還可以參考2012年山東高考理科第22題.

四、利用放縮法證明

上述兩種方法是處理導(dǎo)數(shù)中不等式證明問(wèn)題的基本方法，無(wú)論是哪種方法，我們都希望變形之后的函數(shù)的性態(tài)是比較清楚的.但有些題目，在對(duì)函數(shù)進(jìn)行變形后，其性態(tài)依然難以確定，這時(shí)我們就需要用放縮法對(duì)原函數(shù)或?qū)Ш瘮?shù)進(jìn)行放縮，使得問(wèn)題能夠順利求解.

例6已知函數(shù)f（x）=ex-ln（x+m）.

（1）設(shè)x=0是f（x）的極值點(diǎn)，求m，并討論f（x）的單調(diào)性；（2）當(dāng)m≤2時(shí)，證明：f（x）＞0.

解：（1）略.

（2）當(dāng)m≤2，x∈（-m，+∞）時(shí)，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需證明當(dāng)m=2時(shí)，f（x）＞0，即證明ex-ln（x+2）＞0.

下面證明ex≥x+1≥ln（x+2）（x＞-2，等號(hào)不同時(shí)成立）.

設(shè)g（x）=ex-（x+1），則g′（x）=ex-1.令g′（x）=0，解得x=0.

當(dāng)x∈（-∞，0）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增.

所以g（x）≥g（0）=0，即ex≥x+1（當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)）.

設(shè)h（x）=（x+1）-ln（x+2），則0，解得x=-1.當(dāng)x∈（-2，-1）時(shí)，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（-1，+∞）時(shí)，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增.所以h（x）≥h（-1）=0，即x+1≥ln（x+2）（當(dāng)x=-1時(shí)取等號(hào)）.

綜上所述，當(dāng)m≤2時(shí)，f（x）＞0.

縱觀近年來(lái)的全國(guó)各地高考題，大多把導(dǎo)數(shù)中的不等式問(wèn)題作為壓軸題，命題者往往在求導(dǎo)函數(shù)或者在求導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)上設(shè)置障礙，使得原函數(shù)的性態(tài)不易得到.而對(duì)學(xué)生來(lái)講，求解這類(lèi)題目的關(guān)鍵則是對(duì)函數(shù)進(jìn)行適當(dāng)?shù)剞D(zhuǎn)化變形，將這些復(fù)雜的函數(shù)轉(zhuǎn)化成相對(duì)簡(jiǎn)單的函數(shù)，從而找到解題的方法.