函數不等式證明的技巧

陜西 侯有岐

函數不等式證明的技巧

陜西 侯有岐

利用導數解決函數、方程、不等式等綜合性問題是導數的重要應用，也是高考考查的重點、熱點和難點．考查方式多樣，可以是選擇題或填空題，也可以是解答題，且多數有一定的難度．解決這類綜合性問題除了要熟練掌握導數這個解題工具外，還要熟練運用函數與方程、轉化與化歸、分類討論等思想．

利用導數知識證明不等式，其關鍵是構造適當的函數，本質是利用導數與函數的性質來研究函數的單調性，通過單調性證明不等式．本文擬以2016年山東高考理科第20題為載體，談構造函數，運用導數，證明函數不等式的技巧．

一、試題呈現

（1）討論f（x）的單調性；

二、解題思路

本題第一問是常規的討論，先求f（x）的導函數，再對a進行分類討論，進而確定f（x）的單調性．這里可用表格呈現討論結果，這樣更清楚，利于改卷老師評判．

第二問要證明一個恒成立的不等式，證明難度頗大．通常通過等價轉化，化成函數問題，再利用導數來解決函數的單調性、極值、最值和函數不等式的“恒成立”或“存在解”問題．

一般地，要證明f（x）＜g（x），x∈（a，b），可以構造函數F（x）＝f（x）－g（x），如果F′（x）＜0，則F（x）在（a，b）上是減函數，若同時F（a）≤0，由減函數的定義，可知對任意x∈（a，b），有F（x）＜0，即證明了f（x）＜g（x）．

三、解法剖析

3．1 尋求左側的最小值，證其大于常數a

一般地，要證明f（x）＞a（常數），需要對f（x）求導，判斷f（x）的單調性，算出f（x）的最小值，證明f（x）min＞a即可．

3．2 考慮到不等式的復雜結構，巧妙變形，分而治之

記φ（x）＝－3x2－2x＋6，則φ（x）在x∈［1，2］上單調遞減，又φ（1）＝1＞0，φ（2）＝－10＜0，故φ（x）在［1，2］上存在唯一零點x0∈（1，2），使得x∈（1，x0）時，φ（x）＞0，x∈（x0，2）時，φ（x）＜0，所以函數h（x）在（1，x0）上單調遞增；在（x0，2）上單調遞減．

又等號不可能同時取得，故得證．

3．3 利用經典不等式放縮后再證明

利用導數證明函數不等式，不管怎樣等價變形，總體上是轉化成平時我們研究過的熟悉的函數，如y＝lnx，y＝xlnx，y＝ex等和高中數學中一些常見的經典函數不等式，如y＝ex，y＝lnx，y＝x＋1，y＝x，y＝x－1在（0，＋∞）上的放縮關系為ex＞x＋1＞x＞x－1≥lnx，當x＝1時等號成立．尤其是利用經典的函數不等式放縮后再證明有關不等式往往能起到事半功倍的效果．本例還可這樣思考：

四、解后反思

函數不等式的證明體現了等價轉化的數學思想，因而我們要關注轉化與構造，在體現導數的工具性作用上創新、積累．研究近幾年高考，歸納函數構造方法和技巧有：

4．1 聯想導數運算法則構造（選擇、填空題較多）

【例2】（2007·陜西理·11）f（x）是定義在（0，＋∞）上的非負可導函數，且滿足xf′（x）＋f（x）≤0．對任意正數a，b，若a＜b，則必有 （ ）

A．af（b）≤bf（a） B．bf（a）≤af（b）

C．af（a）≤f（b） D．bf（b）≤f（a）

【解析】因為xf′（x）＋f（x）≤0，即xf′（x）≤－f（x），f（x）≥0且x＞0，

即bf（a）≥af（b）．故選A．

上的函數f（x），f′（x）是它的導函數，且恒有f（x）＜f′（x）·tanx成立，則 （ ）

【解析】解法1：令f（x）＝x，易選D．

4．2 通過作差變形構造

【例3】設a為實數，函數f（x）＝ex－2x＋2a，x∈R．

（1）求f（x）的單調區間與極值；

（2）求證：當a＞ln2－1且x＞0時，ex＞x2－2ax＋1．【解析】（1）易知f（x）的單調遞減區間是（－∞，ln2］，單調遞增區間為［ln2，＋∞）．

f（x）在x＝ln2處取得極小值，極小值為f（ln2）＝eln2－2ln2＋2a＝2（1－ln2＋a）．

（2）設g（x）＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，

于是g′（x）＝ex－2x＋2a，x∈R．

由（1）知，當a＞ln2－1時，g′（x）的最小值為g′（ln2）＝2（1－ln2＋a）＞0，

于是對任意x∈R，都有g′（x）＞0，

所以g（x）在R內單調遞增．

于是當a＞ln2－1時，對任意x∈（0，＋∞），

都有g（x）＞g（0）．

而g（0）＝0，從而對任意x∈（0，＋∞），g（x）＞0．

即ex－x2＋2ax－1＞0，故ex＞x2－2ax＋1．

【評注】利用導數方法證明“不等式f（x）＞g（x）在區間D上恒成立”的基本步驟是先構造函數h（x）＝f（x）－g（x），然后根據函數的單調性，或者函數的最值證明函數h（x）＞0．其中一個重要技巧是找到函數h（x）在什么地方可以等于0，這往往是解決問題的一個突破口，如本例中構造的函數在x＝0處等于0，由于要證明當x＞0時不等式成立，則只要證明構造的函數在區間（0，＋∞）上單調遞增即可．

4．3 通過移項等價變形之后構造

【評注】利用導數方法解決“任意、存在并存型”中的雙變量不等式成立問題，關鍵是等價轉化．即對于“若x∈M，λ∈N，f（x）＜（＞）g（λ）恒成立，求所含參量t的取值范圍”這類問題，在求解時將其等價于f（x）max＜g（λ）max（f（x）min＞g（λ）min）即可，從而轉化為函數的最值問題．

【變式3】已知f（x）＝－x－ln（－x），x∈［－e，0），其中e是自然對數的底數．

【評注】本題不能將f（x）min＝1直接代入來證明，因為f（x）min＞g（x）max成立是f（x）＞g（x）成立的充分不必要條件，但移項變形后便得到了f（x）＞g（x）型，如果能證明f（x）min＞g（x）max成立，便可證明f（x）＞g（x）．此法不常用，且易出錯，要注意仔細體會．

4．4 利用結構的相似性構造

【例5】設函數f（x）＝x2＋ln（x＋1）．

當x≥1時，h′（x）≥0，所以函數h（x）在［1，＋∞）上是增函數．

由已知，不妨設1≤x1＜x2，則h（x1）＜h（x2），

【評注】利用導數方法證明函數不等式問題，對這類待證式相對復雜、抽象的題目，要充分利用待證式的結構特征與我們學過的有關知識的相似性，尋找關聯，巧妙構造函數，運用導數的方法，來解（證明）不等式，這樣會使看似復雜的問題變得直觀和簡單．

【變式4】設函數f（x）＝x2－ln（x＋1）．

4．5 構造函數，利用經典不等式放縮后證明

【評注】證明f（x）＞1通過放縮變形后轉化為只需證明ex－1＞x（x＞0）成立，根據經典函數不等式ex＞1＋x（x≠0）易證之．事實上，很多高考題的命制都以經典不等式為背景，高中數學中一些常見的經典函數不等式，如①lnx＜x－1＜x（x＞0）；

4．6 局部構造函數后證明

【評注】根據函數特點，通過局部構造函數g（x）＝xex＋1，利用導數工具求出最小值，證明最小值大于0達到證明f（x）＞0的目的．要證f（x）≤1，只需證明函數f（x）的最大值為1即可．

事實上，函數、導數、不等式是一個綜合的整體，也是多年來高考命制壓軸題的主要背景，所以大家要以高考題為研究載體有針對性的復習，本文僅根據2016年山東理第20題入手，探索構造輔助函數，利用導數的方法和函數的性質證明不等式的一些典型方法，同學們應引起重視，自覺、主動的加以關注、積累、體會、強化訓練，以卓越的“構造”能力強勢應對高考把關題、壓軸題．

（作者單位：陜西省漢中市四○五學校）