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        合理構(gòu)造函數(shù)巧妙證不等式

        2022-05-30 23:30:12龔小敏
        數(shù)理化解題研究·高中版 2022年10期
        關(guān)鍵詞:構(gòu)造不等式證明

        摘要:證明不等式的方法技巧多種多樣,本文結(jié)合實例,合理構(gòu)造不同類型的函數(shù),巧妙證明不等式,指導復習備考.

        關(guān)鍵詞:函數(shù);不等式;證明;構(gòu)造;應(yīng)用

        中圖分類號:G632文獻標識碼:A文章編號:1008-0333(2022)28-0092-03

        收稿日期:2022-07-05

        作者簡介:龔小敏(1987.10-),女,江蘇省如皋人,本科,中學二級教師,從事高中數(shù)學教學研究.

        構(gòu)造函數(shù)法證明不等式,是指在利用導數(shù)法證明與函數(shù)有關(guān)的不等式時,根據(jù)所要證明的不等式,構(gòu)造與之相關(guān)的函數(shù),通過求導,利用函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等基本性質(zhì)來加以證明.而在具體證明時,就要綜合函數(shù)的不同確定形式,合理選擇對應(yīng)的函數(shù),從不同思維視角來合理構(gòu)建滿足條件的函數(shù)解析式,進一步加以求導處理,巧妙證明.

        1 作差構(gòu)造法

        證明譬如f(x)<g(x)(或≤,>,≥),x∈(a,b)形式的不等式成立,可利用兩函數(shù)進行作差比較統(tǒng)一成一個函數(shù),結(jié)合作差構(gòu)造法,構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),x∈(a,b),通過求導,結(jié)合函數(shù)的基本性質(zhì)來證明F(x)<0(或≤,>,≥),從而得以證明對應(yīng)的不等式成立.

        例1已知函數(shù)f(x)=2ln(x+1)+sinx+1,求證:當x≥0時,f(x)≤3x+1.

        分析利用所要證明的不等式進行作差處理,通過作差構(gòu)造函數(shù),借助求導來分析與確定函數(shù)的單調(diào)性,進而求出對應(yīng)構(gòu)建函數(shù)的最大值,通過不等式的確定以及變形與轉(zhuǎn)化來證明相應(yīng)的不等式.

        證明設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)-(3x+1)=2ln(x+1)+sinx-3x,x≥0,

        則h′(x)=2x+1+cosx-3.

        因為x≥0,所以2x+1∈(0,2],cosx∈[-1,1],則h′(x)≤0.

        從而函數(shù)h(x)在區(qū)間[0,+∞)上單調(diào)遞減.

        所以h(x)=f(x)-(3x+1)≤h(0)=0,

        即f(x)≤3x+1成立.

        2 拆分構(gòu)造法

        對于一些所要證明的不等式中含有指數(shù)式或含有對數(shù)式,求導時不易直接求最值,可通過代數(shù)關(guān)系式的合理拆分變形來構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)的基本性質(zhì)來證明對應(yīng)的不等式;有時也合理拆分變形來構(gòu)造兩個函數(shù),分別計算它們的最值,利用隔離分析最值來證明對應(yīng)的不等式.

        例2已知函數(shù)f(x)=xlnx+a+1x(a∈R)在區(qū)間[1,2]上有極值.

        (1)求實數(shù)a的取值范圍;

        (2)證明:f(x)>a(x+1)x.

        分析(1)通過函數(shù)求導,結(jié)合導函數(shù)的零點加以分類討論,確定函數(shù)的單調(diào)性及極值的存在性,進而得以確定實數(shù)a的取值范圍;(2)通過對所要證明的不等式加以分析,

        通過拆分構(gòu)造法構(gòu)造函數(shù),通過函數(shù)的單調(diào)性及最值的確定來合理轉(zhuǎn)化,進而加以證明相應(yīng)的不等式.

        解析(1)因為函數(shù)f(x)=lnx+a+1x(x>0),

        則f ′(x)=1x-a+1x2=x-(a+1)x2(x>0).

        當a+1≤1,即a≤0時,在區(qū)間[1,2]上f ′(x)≥0,

        所以函數(shù)f(x)在[1,2]上單調(diào)遞增,無極值;

        當a+1≥2,即a≥1時,在區(qū)間[1,2]上f ′(x)≤0,

        所以函數(shù)f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減,無極值;

        當1<a+1<2,即0<a<1時,由f ′(x)>0得x>a+1,由f ′(x)<0得x<a+1,

        所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,a+1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(a+1,2]上單調(diào)遞增,當x=a+1時函數(shù)f(x)取得極小值,符合題意.

        綜上分析,可得實數(shù)a的取值范圍為(0,1).

        (2)要證f(x)>a(x+1)x(x>0),

        只需證xf(x)>a(x+1).

        只需證xlnx+a+1>ax+a.

        即證xlnx>ax-1.

        設(shè)函數(shù)g(x)=xlnx-ax+1,

        則g′(x)=lnx+1-a.

        由g′(x)<0,x>0,得0<x<ea-1,

        由g′(x)>0,x>0,得x>ea-1.

        所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,ea-1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(ea-1,+∞)上單調(diào)遞增.

        所以函數(shù)g(x)≥g(ea-1)=(a-1)ea

        -1-aea-1+1=1-ea-1.

        因為0<a<1,所以1-ea-1>0.

        則g(x)>0.即xln x>ax-1.

        所以f(x)>a(x+1)x.

        3 換元構(gòu)造法

        對于所要證明的不等式中含有兩個及以上參數(shù)的不等關(guān)系式,經(jīng)常借助合理變形,整體化處理,進行合理換元構(gòu)造對應(yīng)的函數(shù),化多參數(shù)為單一參數(shù),進而通過函數(shù)的基本性質(zhì)、不等式的性質(zhì)等來分析對應(yīng)的不等式證明問題.

        例3已知函數(shù)f(x)=lnx+x2+x,若正實數(shù)x1,x2滿足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,求證:x1+x2≥5-12.

        分析結(jié)合滿足題目條件的關(guān)系式的恒等變形轉(zhuǎn)化,合理配方轉(zhuǎn)化,換元構(gòu)造對應(yīng)的函數(shù),結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性與最值建立對應(yīng)的不等式,結(jié)合二次不等式的求解來證明相應(yīng)的不等式成立問題.

        證明對于函數(shù)f(x)=lnx+x2+x(x>0),

        由正實數(shù)x1,x2滿足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,

        可得lnx1+x21+x1+lnx2+x22+x2+x1x2=0.

        從而(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2).

        令t=x1x2(t>0),

        函數(shù)φ(t)=t-lnt,

        則φ′(t)=1-1t=t-1t.

        易知函數(shù)φ(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增.所以函數(shù)φ(t)≥φ(1)=1.

        所以(x1+x2)2+(x1+x2)≥1.

        因為x1>0,x2>0,

        所以x1+x2≥5-12.

        4 同構(gòu)函數(shù)法

        在證明不等式時,結(jié)合相關(guān)所要證明的不等式所對應(yīng)的關(guān)系式的合理轉(zhuǎn)化或變形,提取出其中相同或相似的代數(shù)結(jié)構(gòu),尋找結(jié)構(gòu)的同型或共性,進而合理同構(gòu)相應(yīng)的函數(shù)模型,結(jié)合導數(shù)以及函數(shù)的基本性質(zhì)、不等式性質(zhì)等來合理轉(zhuǎn)化,巧妙證明.

        例4(2021年數(shù)學新高考Ⅰ卷第22題)已知函數(shù)f(x)=x(1-lnx).

        (1)討論f(x)的單調(diào)性;

        (2)設(shè)a,b為兩個不相等的正數(shù),且blna-alnb=a-b,證明:2<1a+1b<e.

        分析(1)中首先求得導函數(shù)的解析式,結(jié)合導函數(shù)的取值符號即可確定函數(shù)的單調(diào)性;(2)中利用同構(gòu)關(guān)系將原問題中不等式的證明轉(zhuǎn)化為極值點偏移的問題,結(jié)合變形的關(guān)系式的特征同構(gòu)相應(yīng)的函數(shù),利用函數(shù)的單調(diào)性與極值來證明對應(yīng)的不等式問題.

        解析(1)由函數(shù)的解析式可得

        f ′(x)=1-lnx-1=-lnx.

        則當x∈(0,1)時,f ′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;

        當x∈(1,+∞)時,f ′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.

        (2)由blna-alnb=a-b,得

        -1aln1a+1bln1b=1b-1a.

        即1a(1-ln1a)=1b(1-ln1b).

        由(1)知函數(shù)f(x)在(0,1)單調(diào)遞增,在(1,+∞)單調(diào)遞減,

        所以f(x)max=f(1)=1,且f(e)=0.

        令x1=1a,x2=1b,則x1,x2為f(x)=k 的兩根,其中k∈(0,1).

        不妨令x1∈(0,1),x2∈(1,e),則2-x1>1.

        先證2<x1+x2,即證x2>2-x1>1.

        即證f(x2)=f(x1)<f(2-x1).

        令函數(shù)h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),

        則h′(x)=f ′(x)+f ′(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]在(0,1)單調(diào)遞減.

        所以h′(x)>h′(1)=0.

        故函數(shù)h(x)在(0,1)單調(diào)遞增.

        所以h(x1)<h(1)=0.

        即f(x1)<f(2-x1).

        亦即2<x1+x2,得證.

        再證明:x1+x2<e.

        要證x1+x2<e,即證1<x2<e-x1.

        同理,根據(jù)(1)中函數(shù)f(x)的單調(diào)性,即證

        f(x2)=f(x1)>f(e-x1).

        同構(gòu)函數(shù)φ(x)=f(x)-f(e-x),x∈(0,1),

        則φ′(x)=-ln[x(e-x)],

        令φ′(x0)=0,

        則當x∈(0,x0)時,φ′(x)>0,φ(x)單調(diào)遞增;當x∈(x0,1)時,φ′(x)<0,φ(x)單調(diào)遞減.

        又x>0,f(x)>0,且f(e)=0,

        故x→0,φ(0)>0,φ(1)=f(1)-f(e-1)>0.

        所以φ(x)>0恒成立.

        即x1+x2<e得證.

        綜上分析,可得2<1a+1b<e.

        其實,構(gòu)造函數(shù)法證明不等式時,除了借助以上一些常見的作差構(gòu)造法、拆分構(gòu)造法、換元構(gòu)造法、同構(gòu)函數(shù)法以及創(chuàng)新構(gòu)造法等構(gòu)造函數(shù)的基本方法外,還可以通過分類討論、數(shù)形結(jié)合以及多個函數(shù)的構(gòu)造等方法來證明相應(yīng)的不等式成立.破解的關(guān)鍵是借助導數(shù)思維,抓住用導數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性來處理對應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性、極值或最值問題,從而再轉(zhuǎn)化為對應(yīng)的不等式問題,達到有效證明不等式問題,全面提升導數(shù)的綜合應(yīng)用,提高數(shù)學能力,培養(yǎng)數(shù)學核心素養(yǎng).

        參考文獻:

        [1]竺寶林.例談導數(shù)視角下“構(gòu)造函數(shù)證明不等式問題”的解決策略[J].中學數(shù)學教學,2018(03):45-48.

        [2] 鐘云亮.構(gòu)造函數(shù)模型巧證不等式[J].中學數(shù)學(高中版),2012(05):11.

        [3] 蔡瑩.淺談導數(shù)在高中數(shù)學函數(shù)中的解題應(yīng)用[J].考試周刊,2018(77):94.

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