黃洪山

構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)證明不等式是不等式證明的一種重要方法. 它要求我們能通過觀察不等式的結(jié)構(gòu)，敏銳地聯(lián)想到一些特殊函數(shù)所蘊(yùn)含的不等關(guān)系，從而選擇恰當(dāng)?shù)目蓪?dǎo)函數(shù)將不等式的證明問題在新的觀點(diǎn)下轉(zhuǎn)化為研究所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性、最值問題. 有同學(xué)會問那應(yīng)該怎么“敏銳”地構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)呢？這就是筆者在這里想向大家介紹的.

一元問題直接移項(xiàng)作差，構(gòu)成函數(shù)

例1 當(dāng)[0x+x33].

分析 這是一個一元不等式，它也很特殊，用常規(guī)方法無效，不如將其移項(xiàng)到一邊證明這個函數(shù)大于零.

證明 [設(shè)f（x）=tanx-（x+x33），]

則[f（x）=1cos2x-1-x2=（tanx-x）（tanx+x）].

[因?yàn)?0，x+tanx>0].

[構(gòu)造函數(shù)h（x）=tanx-x].

則[h（x）=sin2xcos2x>0，故x∈（0，π2）時，h（x）為增函數(shù).]

[∴h（x）>h（0）=0].[則f（x）>0].

故當(dāng)[x∈（0，π2）時， f（x）為增函數(shù).]

[于是x∈（0，π2）時，f（x）>f（0）=0.]

[即tanx-（x+x33）>0，故tanx>x+x33].

點(diǎn)評 證明不等式[f（x）>g（x）]（[f（x）0]（[f（x）-g（x）<0]），進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)[h（x）=f（x）-g（x）]，然后利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)[h（x）]的單調(diào)性或證明函數(shù)[h（x）]的最小值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）.

例2 證明：對任意的正整數(shù)[n]， 不等式[ln1n+1>1n2-1n3]都成立.

證明 方法一：本題同樣是一元不等式問題，同樣可以用例1的方法來構(gòu)造函數(shù).

構(gòu)造函數(shù)[f（x）=lnx+1x+1x3-1x2，x≥1.]

則[f（x）=-x3+2x2-x-3x4（x+1）].

[令h（x）=-x3+2x2-x-3]（分母部分符號可以判斷，忽略），

則[h（x）=-（3x-1）（x-1）].

因?yàn)閇x≥1，h（x）<0，]故[h（x）]在[[1，+∞）]上單調(diào)遞減.

所以[h（x）≤h（1）=-3<0].

故[f（x）<0，][f（x）]在[[1，+∞）]上單調(diào)遞減.

所以[f（x）

又[x→+∞，f（x）→0.]（很多同學(xué)不會處理此處.）

[則f（x）>0.]

[取x=n得，ln（1+1n）>1n2-1n3.]

方法二：也有人從所證結(jié)構(gòu)出發(fā)，將[1n]看作一個整體，只需令[1n=x]，則問題轉(zhuǎn)化為：“當(dāng)[x>0]時，恒有[ln（x+1）>x2-x3]成立”.

現(xiàn)構(gòu)造函數(shù)[h（x）=x3-x2+ln（x+1）]，求導(dǎo)即可證明.

令[h（x）=x3-x2+ln（x+1）]，

則[h（x）=3x2-2x+1x+1=3x3+（x-1）2x+1].

而[h（x）]在[x∈（0，+∞）]上恒正，

所以函數(shù)[h（x）]在[（0，+∞）]上單調(diào)遞增.

所以[x∈（0，+∞）]時，恒有[h（x）>h（0）=0.]

即[x3-x2+ln（x+1）>0].

所以[ln（x+1）>x2-x3].

對任意正整數(shù)[n]，

取[x=1n∈（0，+∞），則有l(wèi)n（1n+1）>1n2-1n3].

點(diǎn)評 兩種方法孰優(yōu)孰劣顯而易見，所以構(gòu)造函數(shù)時同學(xué)們還要注重整體思維的運(yùn)用.

能分離的分離元，構(gòu)造函數(shù)

例3 已知[m，n]是正整數(shù)，且[2≤m1+nm].

分析 要證[（1+m）n>1+nm]，即證[nln（1+m）][>mln（1+n）]，只需證[ln（1+m）m>ln（1+n）n].

解 [設(shè)f（x）=ln（1+x）x（x≥2），]

則[f（x）=x1+x-ln（1+x）x2.]

又[x≥2，01，]

所以[fx<0]，則[f（x）]為單調(diào)遞減函數(shù).

又[2≤m

那么[ln（1+m）m>ln（1+n）n.]

[所以nln（1+m）>mln（1+n）]，即[1+mn>1+nm].

點(diǎn)評 本題初看與導(dǎo)數(shù)無關(guān)，也無法構(gòu)造函數(shù)，但當(dāng)我們將這個二元不等式的兩個元分列在不等式的兩邊時，即整理成[ln（1+m）m>ln（1+n）n]的形式，這里不等式左右兩邊結(jié)構(gòu)相同，字母不同，保留結(jié)構(gòu)，處理變量. 將二元問題化為一元問題，再利用函數(shù)的單調(diào)性證明.

以一元為變量，另一元為常量

例4 設(shè)[fx=lnx]，已知[0

求證：[fb-fa>2ab-aa2+b2].

證明 這個二元不等式不能像例3那樣分離元，那么又該如何處理呢？下面給出幾種構(gòu)造輔助函數(shù)法.

方法一：要證[fb-fa>2ab-aa2+b2] ，即證[lnba>2ab-aa2+b2]，只需證[lnba>2（ba-1）1+ba2].

構(gòu)造函數(shù)[F（x）=lnx-2（x-1）1+x2（x>1）.]

則[F（x）=（2x+1）（x-1）2x（1+x）2>0.]

[故F（x）>F（1）=0.]

令[x=ba>1]得，[lnba>2（ba-1）1+ba2.]

故[fb-fa>2ab-aa2+b2.]

處理此題多數(shù)同學(xué)均采用上述方法，但對二元問題并不適用. 通用方法以其中一元為變量，另一個為常數(shù).

方法二：要證[fb-fa>2ab-aa2+b2，]

即證[a2+b2lnb-lna-2ab-a>0.]

構(gòu)造函數(shù)[H（x）=（a2+x2）（lnx-lna）-2a（x-a）]

[H（x）=2x（lnx-lna）+（x-a）2x.]

[∵x>a>0，lnx>lna，lnx-lna>0，∴H（x）>0.]

故[H（x）在a，+∞上單調(diào)遞增.]

所以[H（x）>H（a）=0.]

令[x=b]得，[a2+b2lnb-lna-2ab-a>0.]

故[fb-fa>2ab-aa2+b2.]

方法三：本題所設(shè)兩問可認(rèn)為是遞進(jìn)設(shè)問，可利用第（1）問所得的結(jié)論[ln（1+x）≤x（x>-1）.]

[f（b）-f（a）=lnba-lnab=-ln（1+a-bb）.]

[由b>a>0得， a-bb>-1.]

[于是ln（1+a-bb）

[故f（b）-fa=-ln（1+a-bb）>a-bb]

[=2a（b-a）2ab>2ab-aa2+b2.]

點(diǎn)評 方法一中，用到減少未知數(shù)，二元化一元的化歸思想及整體的思想（常用技巧將[a+b或ab或ab或ba]作為一個整體）.

方法二中，剝離出一元為變量，另一元為常量，化歸為一元問題，轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和區(qū)間最值，此法屬于通法，也可用于例4中大家不妨試試.

方法三中，充分利用前面結(jié)論化對數(shù)式為整式，引入一個中間量，應(yīng)該是這幾種方法中最優(yōu)的方法. 所以在構(gòu)造函數(shù)證明不等式的題型中盡量用前幾問的結(jié)論是不錯的選擇.

多元問題轉(zhuǎn)化為二元問題

例5 證明：[（a1+a2+…ann）p≤ap1+ap2+…apnn，]其中，[a1，a2，…，an][>0，][p>1，n∈N?].

證明 用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：

（1）當(dāng)[n=1時，ap1≤ap1，命題成立.]

（2）假設(shè)[n=k]時，命題成立，

即[（a1+a2+…akk）p≤ap1+ap2+…apkk].

當(dāng)[n=k+1]時，

要證[（a1+a2+…ak+1k+1）p≤ap1+ap2+…apk+1k+1，]

只需證[k+1p-1ap1+ap2+…apk+1]

[≥a1+a2+…ak+1p].

[設(shè)gx=k+1p-1ap1+ap2+…apk+xp]

[-a1+a2+…ak+xp，x≥0]，

則[gx=k+1p-1pxp-1-pa1+a2+…+ak+xp-1.]

令[gx=0得，x=a1+a2+…+akk.]

[當(dāng)0

[∴gx在0，a1+a2+…+akk上是減函數(shù).]

[當(dāng)x>a1+a2+…+akk時，fx>0.]

[∴gx在a1+a2+…+akk，+∞上是增函數(shù).]

故[gx在x=a1+a2+…+akk]處取得最小值[ga1+a2+…+akk.]

[而ga1+a2+…+akk]

[=k+1p-1kp-1kp-1ap1+ap2+…apk-a1+a2+…+akp]，

由歸納假設(shè)可得，

[kp-1ap1+ap2+…apk-a1+a2+…+akp≥0].

[∴ga1+a2+…+akk≥0].

[∵ak+1≥0].

[∴gak+1≥ga1+a2+…+akk≥0].

即[（k+1）p-1ap1+ap2+…apk+1≥a1+a2+…+ak+1p].

從而[（a1+a2+…ak+1k+1）p≤ap1+ap2+…apk+1k+1].

故當(dāng)[n=k+1]時，命題也成立.

由（1）（2）可知，命題對任意[n∈N?]都成立.

點(diǎn)評 [n]元未知數(shù)問題，可以通過數(shù)學(xué)歸納法將[a1+a2+…ak]當(dāng)作常數(shù)，[ak+1]當(dāng)作未知數(shù)構(gòu)造函數(shù).