范習(xí)昱

(江蘇省鎮(zhèn)江市丹徒高級中學(xué) 212143)

利用導(dǎo)數(shù)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(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵在于構(gòu)造輔助函數(shù)，下面選取經(jīng)典的案例(大多是高考題)分類例析，探討構(gòu)造輔助函數(shù)的幾類有效的應(yīng)對策略.

1 構(gòu)造輔助函數(shù)直接利用單調(diào)性

例1(2014年湖南文科第9題)若0

A．ex2-ex1>lnx2-lnx1B．ex2-ex1

C．x2ex1>x1ex2D．x2ex1>x1ex2

故f(x)在(0,1)上有一個極值點.

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

故g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減.

所以g(x1)>g(x2)，故選C．

例2證明：當(dāng)b>a>e時，ab>ba．

解析不等式兩邊取對數(shù)得blna>alnb.

所以f(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞減.

又b>a>e，所以f(a)>f(b).

即blna>alnb，所以ab>ba．

(1)求a，b的值；

解析(1)a=1，b=1．(過程略)

分析與應(yīng)對策略這是利用導(dǎo)數(shù)證明不等式中最為簡單和常見的一類，其主要策略是：根據(jù)不等式的特點，構(gòu)造輔助函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，然后利用單調(diào)性由自變量的大小關(guān)系過渡到函數(shù)值的大小關(guān)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(gòu)造構(gòu)輔助函數(shù)；例2采取兩邊取對數(shù)再移項構(gòu)造輔助函數(shù)；例3直接作差后進行恒等變形構(gòu)造輔助函數(shù).

2 構(gòu)造輔助函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)求最值

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

所以當(dāng)x>-1時，g(x)≥g(0)=0.

例5函數(shù)f(x)=exlnx．

(1)求f(x)在區(qū)間[1，2]上的最小值；

解析(1)f(x)min=f(1)=0．(過程略)

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

3 輔助函數(shù)導(dǎo)數(shù)的零點不可求

例6(2017年新課標(biāo)Ⅱ卷)已知函數(shù)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

解析(1)a=1(過程略)．

(2)由(1)知f(x)=x2-x-xlnx.

則f′(x)=2x-2-lnx．

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)．

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

例7設(shè)函數(shù)f(x)=e2x-alnx．

(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點的個數(shù)；

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

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

故f(x)min=f(x0).

2ax0=alna-aln2-alnx0.

分析與應(yīng)對策略當(dāng)輔助函數(shù)的導(dǎo)數(shù)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(shù)的導(dǎo)數(shù)零點進行虛擬設(shè)根的方法加以調(diào)整解決，即導(dǎo)數(shù)零點不可求，先設(shè)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

(1)討論f(x)的單調(diào)性；

解析(1)略.

(2)由(1)知，f(x)存在兩個極值點,當(dāng)且僅當(dāng)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(shè)x11．

又g(1)=0，從而當(dāng)x∈(1,+∞)時，g(x)<0．

由基本不等式,得

因為x1≠x2,所以x1x2>256.

x(0,16)16(16,+∞)g′(x)-0+g(x)遞減2-4ln2遞增

故g(x)在[256,+∞)上單調(diào)遞增.

故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2.

即f(x1)+f(x2)>8-8ln2．

分析與應(yīng)對策略在利用導(dǎo)數(shù)證明不等式這類問題中，關(guān)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(jù)不等式的特征輔助函數(shù)，根本指導(dǎo)思想是二元變量一元化，常用方法是先構(gòu)造齊次式，然后再整體換元獲得輔助函數(shù)，最后仿照前面的策略求解證明目標(biāo)不等式.例8利用齊次化思想和兩變量的關(guān)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(shù)f(x)=2lnx+x2+x，若正實數(shù)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).

不妨設(shè)0

構(gòu)造F(x)=f(x)+f(2-x)，x∈(0,1)，

所以F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增.

所以F(x)≤F(1)=2f(1)=4.

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

(1)求a的取值范圍；

(2)設(shè)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(shè)x1

又f(x)在(-∞,1)上單調(diào)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(shè)g(x)=-xe2-x-(x-2)ex，

則g′(x)=(x-1)(e2-x-ex)．

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

從而g(x2)=f(2-x2)，故x1+x2<2．

分析與應(yīng)對策略這一類問題就是現(xiàn)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(gòu)造差函數(shù)，進而逆向使用單調(diào)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(gòu)造差函數(shù)F(x)=f(2x0-x)-f(x)；

(2)研究F(x)的單調(diào)性；

(3)結(jié)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(guān)系，得出結(jié)論.

利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵是構(gòu)造輔助函數(shù)，而如何根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造一個可導(dǎo)函數(shù)則是破解這個關(guān)鍵的鑰匙．綜上所述，構(gòu)造輔助函數(shù)或許帶著很強的猜測性，但我們還是能發(fā)現(xiàn)構(gòu)造輔助函數(shù)的規(guī)律：

(1)直接作差(有時作商)構(gòu)造函數(shù)，將不等式問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)值域問題．

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

總之，我們瞄準(zhǔn)目標(biāo)不等式的特點，結(jié)合上述經(jīng)驗和規(guī)律，構(gòu)造合適的輔助函數(shù)也并不是那么遙不可及，攻克高考導(dǎo)數(shù)壓軸題也不是少數(shù)人的佳話！