張友輝

［摘 要］在高考中，不等式的證明往往作為壓軸題出現(xiàn)。只要深入探索就不難發(fā)現(xiàn)，不等式的證明是有方法規(guī)律可循的。文章以一道高考題為引，分類探討構(gòu)造函數(shù)證明不等式的方法路徑，以幫助學(xué)生撥開壓軸題的面紗，提高學(xué)生解決這一類問題的能力。

［關(guān)鍵詞］構(gòu)造；函數(shù)；不等式；證明

［中圖分類號］? ? G633.6? ? ? ? ［文獻標(biāo)識碼］? ? A? ? ? ? ［文章編號］? ? 1674-6058（2023）35-0037-03

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容， 利用導(dǎo)數(shù)證明不等式是近幾年高考的高頻考點。求解此類問題的關(guān)鍵是要找出與待證不等式緊密聯(lián)系的函數(shù)，然后以導(dǎo)數(shù)為工具來研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值（值域），從而達到證明不等式的目的。我們先來看一道高考真題。

［引例］（2023年新高考Ⅱ卷）證明：當(dāng)[0

證明：構(gòu)造[F（x）=x-sinx]，[x∈（0，1）]，則[F（x）=1-cosx>0]對[?x∈（0，1）]恒成立，則[F（x）]在（0，1）上單調(diào)遞增，可得[F（x）>F（0）=0]，所以[x>sinx，x∈（0，1）]；構(gòu)造[G（x）=sinx-（x-x2）=x2-x+sinx]，[x∈（0，1）]，則[G（x）=2x-1+cosx]，[x∈（0，1）]，構(gòu)造[g（x）=G（x）]，[x∈（0，1）]，則[g（x）=2-sinx>0]對[?x∈（0，1）]恒成立，則[g（x）]在（0，1）上單調(diào)遞增，可得[g（x）>g（0）=0]，即[G（x）>0]對[?x∈（0，1）]恒成立，則[G（x）]在（0，1）上單調(diào)遞增，可得[G（x）>G（0）=0]，所以[sinx>x-x2]，[x∈（0，1）]。綜上所述，[x-x2

點評：本題證明的是一個雙聯(lián)不等式，分別構(gòu)造了兩個函數(shù)F（x）=x-sin，[x∈]（0，1）和G（x）=sin x-（x-x2），[x∈]（0，1），然后利用導(dǎo)數(shù)來研究它們的單調(diào)性和在已知區(qū)間上函數(shù)值的取值范圍，從而達到證明不等式的目的。

引例的解答告訴我們，證明[f（x）>g（x）] 可以轉(zhuǎn)化為證明[f（x）-g（x）>0]，即把兩個函數(shù)通過作差轉(zhuǎn)化為一個函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)的性質(zhì)，通過函數(shù)性質(zhì)證明該不等式。那么除這種方法外還有哪些證明不等式的方法呢？

一、把證明[f（x）>k]轉(zhuǎn)化為證明[f（x）min>k]

此類問題一般是[f（x）]有最小值且比較容易求，或者[f（x）]有最小值，但無法具體確定。對于[f（x）]的最小值無法確定的情況，一般是先把[f（x）]的最小值轉(zhuǎn)化為關(guān)于極值點的一個函數(shù)，再根據(jù)極值點所在范圍，確定最小值所在范圍。

［例1］已知函數(shù)[f（x）=sinx-ln（x+1）]。求證：當(dāng)[x∈-1，π2]時， [f（x）≥0]。

解析：因為[f（x）=sinx-ln（x+1）]，則[f（0）=sin0-ln1=0]，[f（x）=cosx-1x+1]，當(dāng)[x∈-1，0]時，[cosx≤1]，[1x+1≥1]，[f（x）≤0]，函數(shù)[f（x）]單調(diào)遞減，則[f（x）≥f（0）=0]成立；當(dāng)[x∈0，π2]時，令[p（x）=cosx-1x+1]，則[p（x）=1（x+1）2-sinx]，因為函數(shù)[y=1（x+1）2]，[y=-sinx]在[0，π2]上均為減函數(shù)，所以函數(shù)[p（x）]在[0，π2]上為減函數(shù)，因為[p（0）=1>0]，[pπ2=11+π22-1<0]，所以存在[x∈0，π2]，使得[p（x）=0]，且當(dāng)[00]，此時函數(shù)[f（x）]單調(diào)遞增，當(dāng)[x00]，又因為[fπ2<0]，所以存在[x1∈x0，π2]，使得[f（x1）=0]，當(dāng)[00]，此時函數(shù)[f（x）]單調(diào)遞增，當(dāng)[x11-lne=0]，所以對任意的[x∈0，π2]，[f（x）>0]成立。綜上，[f（x）≥0]對任意的[x∈-1，π2]恒成立。

點評：從本質(zhì)上看，這類問題是在考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值。當(dāng)含參不等式比較復(fù)雜時，可以采用參變量分離法，將其變形為[f（x）>k]或[f（x）

二、把證明[f（x）>g（x）] 轉(zhuǎn)化為證明[f（x）min>g（x）max]

有時把證明[f（x）>g（x）] 轉(zhuǎn)化為證明[f（x）-g（x）>0]后，可能會得到很復(fù)雜的[f（x）-g（x）]導(dǎo)函數(shù)，很難根據(jù)該導(dǎo)函數(shù)研究最值，而當(dāng)[f（x）]的最小值及[g（x）]的最大值都比較容易求時，可考慮利用證明[f（x）min>g（x）max]的方法證明原不等式。

［例2］已知函數(shù)[f（x）=axex（a≠0）]。（1）討論[f（x）]的單調(diào)性；（2）當(dāng)[a≥4e2]時，證明：[f（x）x+1-（x+1）lnx>0]。

解析：（1）由題意可得[f（x）=a（x+1）ex]。則[a>0]時，由[f（x）>0]，得[x>-1]，由[f（x）<0]，得[x<-1]，則[f（x）]在（-∞，-1）上單調(diào)遞減，在（-1，+∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)[a<0]時，由[f（x）<0]，得[x>-1]，由[ f（x）>0]，得[x<-1]，則[f（x）]在（-∞，-1）上單調(diào)遞增，在（-1，+∞）上單調(diào)遞減。

（2）因為[x>0]，所以[xexx+1>0]。因為[a≥4e2]，所以[axexx+1-（x+1）lnx≥4xex-2x+1-（x+1）lnx]。要證[f（x）x+1-（x+1）lnx>0]，即證[4xex-2x+1-（x+1）lnx>0]，即證[4ex-2（x+1）2>lnxx]。設(shè)[g（x）=4ex-2（x+1）2]，則[g（x）=4ex-2（x-1）（x+1）3]。當(dāng)[x∈（0，1）]時，[g（x）<0]，當(dāng)[x∈]（1，+∞）時，[g（x）>0]，則[g（x）]在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增。故[g（x）min=g（1）=1e]。設(shè)[h（x）=lnxx]，則[h（x）=1-lnxx2]。當(dāng)[x∈（0，e）]時，[h（x）>0]，當(dāng)[x∈]（e，+∞）時，[h（x）<0]，則[h（x）]在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減。故[h（x）max=h（e）=1e]。因為[g（x）min =h（x）max ]，且兩個最值的取等條件不同，所以[4ex-2（x+1）2>lnxx]，即當(dāng)[a≥4e2]時，[f（x）x+1-（x+1）lnx>0]。

點評：這種方法從本質(zhì)上看，就是借助比大小的邏輯關(guān)系，通過函數(shù)最值的大小比較來證明不等式，但要注意這種方法有局限性，因為[f（x）>g（x）]未必有[f（x）min>g（x）max]。

三、把證明[f（x）>g（x）]轉(zhuǎn)化為證明[f（x）>h（x）]，[h（x）>g（x）]

若直接證明[f（x）>g（x）]比較困難，有時可利用導(dǎo)數(shù)中的常見不等式如[lnx≤x-1]，[ex≥x+1]來構(gòu)造一個中間函數(shù)[h（x）]，或利用不等式的性質(zhì)通過放縮構(gòu)造一個中間函數(shù)[h（x）]，再通過證明[f（x）>h（x）]，[h（x）>g（x）]來證明原不等式。

［例3］已知函數(shù)[f（x）=sinx2+cosx]在區(qū)間（0，a）上單調(diào)。證明：當(dāng)[x>0]時，[3f（x）+1

解析：當(dāng)[x>0]時，要證明[3f（x）+1x]，故需要證明[f（x）0]），記[F（x）=ex-x-1]，[∵F′（x）=ex-1]，[x∈]（0，+∞）時，[F′（x）>0]，所以[F（x）]在（0，+∞）上遞增，∴[F（x）=ex-x-1>F（0）=0]，故[ex-1>x]，即[x30]），令[G（x）=f（x）-13x]，則[G（x）=sinx2+cosx-13x]，則[G（x）=2cosx+1（2+cosx）2-13=-（cosx-1）23（2+cosx）2]，故對于[?x>0]，都有[G（x）<0]，因而[G（x）]在（0，+∞）上遞減，對于[?x>0]，都有[G（x）0]，都有[f（x）

點評：這種方法需要構(gòu)造兩個函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)先證明兩個不等式成立，再利用不等式的傳遞性證明原不等式。這種方法的難點在于發(fā)現(xiàn)“橋梁函數(shù)”，如本例中的函數(shù)[y=x3]。

四、改變不等式結(jié)構(gòu)，重新構(gòu)造函數(shù)證明不等式

還有一種情況是要對待證不等式先進行重組、整合，適當(dāng)變形，找到其等價的不等式，接著觀察其結(jié)構(gòu)特征，再根據(jù)其結(jié)構(gòu)構(gòu)造函數(shù)。

［例4］已知函數(shù)[f（x）=13x3+12x2+ax]，[g（x）=xex-1+xlnx]，[f（x）]，[g（x）]分別為[f（x）]，[g（x）]的導(dǎo)函數(shù)，且對任意的[x1∈0，1]，存在[x2∈0，1]，使[f（x1）≤g（x2）-2]。證明：[?x>0]，有[g（x）≥f（x）]。

解析：令[s（x）=ex-1-x]，[x>0]，則[s（x）=ex-1-1]。令[s（x）=0]，解得[x=1]，則當(dāng)[x∈（0，1）]時，[s（x）<0]，[s（x）]單調(diào)遞減；當(dāng)[x∈1，+∞]時，[s（x）>0]，[s（x）]單調(diào)遞增，所以[s（x）≥s（1）=0]，即[ex-1≥x]（當(dāng)且僅當(dāng)[x=1]時，等號成立）。令[F（x）=lnx+1x-1]，則[F（x）=1x-1x2=x-1x2]。令[F（x）=0]，解得[x=1]，則當(dāng)[x∈（0，1）]時，[F（x）<0]，[F（x）]單調(diào)遞減；當(dāng)[x∈]（1，+∞）時，[F（x）>0]，[F（x）]單調(diào)遞增，所以[F（x）≥F（1）=0]，即[lnx≥-1x+1]（當(dāng)且僅當(dāng)[x=1]時，等號成立），故[ex-1+lnx≥x-1x+1]（當(dāng)且僅當(dāng)[x=1]時，等號成立）。又[x>0]，所以[xex-1+xlnx≥x2+x-1]。因為[a≤-1]，所以[x2+x-1≥x2+x+a]，故[xex-1+xlnx≥x2+x+a]，即[g（x）≥f（x）]。

點評：對于此類問題，常見的變形方法有：①去分母，把分數(shù)不等式轉(zhuǎn)化為整式不等式；②兩邊取對數(shù)，把指數(shù)型不等式轉(zhuǎn)化為對數(shù)型不等式；③不等式為[f（x）h（x）>g（x）h（x）]類型，且[h（x）>0]（或[<0]）的解集比較容易確定的，可考慮兩邊同時除以[h（x）]；④不等式中含有[xlnx]時，有時為了一次求導(dǎo)后不再含有對數(shù)符號，可考慮不等式兩邊同時除以[x]； ⑤通過換元把復(fù)雜的不等式轉(zhuǎn)化為簡單不等式。

五、通過減元法構(gòu)造函數(shù)證明不等式

對于多變量不等式 ，一般處理策略為消元或是把一個看作變量其他看作常量；或通過變形、換元產(chǎn)生一個新變量，從而構(gòu)造新變量的函數(shù)。

［例5］已知函數(shù)[f（x）=x2+1x-alnx（a>0）]。

（1）若[a=32]，求函數(shù)[f（x）]的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)[f（x）]有兩個不相等的零點[x1、x2]，極值點為[x0]，證明：（i）[e2a]。

注：[e]為自然對數(shù)的底數(shù)，[e=2.71828…]。

解析：（1）當(dāng)[a=32]時，[f（x）=x2+1x-32lnx（x>0）]，得[f（x）=1-1x2-32x=2x2-3x-22x2=（2x+1）（x-2）2x2]，令[f（x）>0]得[x>2]，令[f（x）<0]得[0

（2）（i）[fx=1-1x2-ax=x2-ax-1x2]，設(shè)[g（x）=x2-ax-1，][g（0）=-1，][g（1）=-a<0，][g（a）=-1，][g（a+1）=a>0]，[∴]存在唯一[x0∈（a，a+1）]且[x0>1]，使得[g（x0）=0]。當(dāng)[x∈（0，x0）]時， [f（x）<0]，當(dāng)[x∈ ]（[x0]，+∞）時， [f（x）>0]，所以[f（x）]在（0，[x0]）上遞減，在（[x0]，+∞）上遞增，[x0]是極小值點。若[a≤e]，則[f（x）min=f（x0）=x20+1x0-alnx0≥x20+1x0-elnx0>x0-elnx0]，令[φ（x）=x-elnx（x>1）]，則[φ（x）=1-ex=x-ex（x>1）]，當(dāng)[1e]時，[φ（x）>0]，所以[φ（x）]在（1，e）上遞減，在（e，+∞）上遞增，所以[φ（x）min=φ（e）=e-elne=0]，所以[f（x）min>x0-elnx0≥0]，此時[f（x）]不存在兩個零點，不滿足要求，故要使函數(shù)[f（x）]有兩個不相等的零點[x1]、[x2]，則[f（x0）<0]，[a>e]。于是[e

（ii）[f（x1）=x1+1x1-alnx1=0]①，[f（x2）=x2+1x2-alnx2=0] ②，①-②得[x1-x2+1x1-1x2=a（lnx1-lnx2）]，整理得[1-1x1x2=a（lnx1-lnx2）x1-x2] ③。下證[x1-x2lnx1-lnx212lnx1x2]，即[t-1t+1>12lnt]。令[h（t）=12lnt-t-1t+1]，[h（t）=12t-2（t+1）2=（t-1）22t（t+1）2>0]，于是[h（t）]在（0，1）上單調(diào)遞增，又[h（1）=0]，所以[h（t）=12lnt-t-1t+1<0]，從而[t-1t+1>12lnt]，得[x1-x2lnx1-lnx22ax1+x2]，得[x1+x2>2a+x1+x2x1x2>2a]。故[x1+x2>2a]得證。

點評：這類問題歷來是高考中的難點問題，一般涉及雙變量和極值點偏移問題，解答此類問題時的基本思路是化雙元問題為單元問題，而比值或差值換元法和代入消元法是最常用的方法。將問題化成單元問題后，構(gòu)造函數(shù)并利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性或最值來證明原不等式。

以上分析探討了構(gòu)造函數(shù)證明不等式的方法，需要注意的是，在解決問題時需要靈活變通，秉著具體問題具體分析的原則，仔細分析題目的結(jié)構(gòu)與內(nèi)涵，只有這樣，才能選準(zhǔn)方法，化難為易。

（責(zé)任編輯 羅 艷）