以分離函數法之矛，攻函數不等式之盾

盧陽 崔允亮

【摘要】 函數不等式綜合了函數和不等式兩個問題的難點，在近年來的高考題中含ex與lnx的不等式頻繁出現，成為阻礙學生取得好成績的攔路虎.采用常規的直接求導法，很多問題需要多次求導、多次討論，甚至無法解決.此時，若轉變思路，將復雜函數分離成兩個簡單函數進行研究，便能化難為易，順利解決問題.

【關鍵詞】 分離函數;函數不等式;參數

一、不含參數型函數不等式

用差值函數法F（x）=f（x）-g（x）>0無法證明f（x）>g（x）的情況下，我們需對f（x）和g（x）進行變形，整理成H（x）>G（x），整理后的兩個函數方便研究其單調性，然后證明Q（x）=H（x）-G（x）>0或證明H（x）min≥G（x）max，再說明兩函數不在同一點取最值即可.[1，2]

對只含ex或lnx的函數不等式，分離函數后我們通常采用證明Q（x）=H（x）-G（x）>0的辦法，見例1.

例1 ??（2013年高考遼寧卷理科第21題（1）題節選）已知函數f（x）=（1+x）e-2x，當x∈[0，1]時，求證：f（x）≤ 1 1+x .

方法一 ?（直接求導）令g（x）=（1+x）e-2x- 1 1+x ，g′（x）= 1-（1+x）2（1+2x）e-2x （1+x）2 ，二次求導后依然無法確定令g′（x）=0的臨界點，并且計算量頗大.至此，思維受阻.

方法二 ?（分離函數法）證f（x）=（1+x）e-2x≤ 1 1+x ，x∈[0，1]，等價于證e2x≥（1+x）2，因為ex和1+x均為正數，所以只要證ex≥1+x即可.令g（x）=ex-1-x，x∈[0，1]，g′（x）=ex-1.在x∈[0，1]時，g′（x）>0，得g（x）為單調增函數.所以g（x）≥g（0）=0，即ex≥1+x，此題得證.

變式1 ?（2016年高考全國卷Ⅲ文科第21題（2）題）求證：當x∈（1，+∞）時，1< x-1 lnx

小結 ?通過上例可以看出含ex和lnx的函數不等式，如采用分離函數法，解題過程將會大大簡化.其實，分離函數的目的就是為了方便求導，我們分離函數的過程應該按照此原則.

對同時含有ex和lnx的問題，分離函數后我們通常采用證明H（x）min≥G（x）max的辦法.該類問題常常出現兩個單峰（谷）函數，通常以下面六圖作為出題背景.筆者將下圖歸為兩類，一類是具有最低谷的單谷函數，見圖①②③④;一類是具有最高峰的單峰函數，見圖⑤⑥.[3]

二、含參數型函數不等式

含參數的函數形不等式，本質上是雙變量任意取值恒成立問題，一般利用主元變換、分離函數等方法，見例2.

例2 ??（2015年全國卷Ⅰ文科高考第20題節選）設f（x）=e2x-alnx，證明：當a>0時，f（x）≥2a+aln 2 a .

解析一 ?（主元變換）證f（x）≥2a+aln 2 a 等價于證2a+aln 2 a +alnx-e2x≤0（a>0，x>0）.令g（a）=2a+aln 2 a +alnx-e2x，則g′（a）=ln（2ex）-lna，得g（a）在（0，2ex）上為單調增函數，在（2ex，+∞）上為單調減函數，則g（a）≤g（2ex）=2ex-e2x，令h（x）=2ex-e2x，h′（x）=2e-2e2x.h（x）在 0， 1 2? 上為單調增函數，在? 1 2 ，+∞ 上為單調減函數.所以h（x）≤h? 1 2? =0.最終得g（a）≤h（x）≤0，此題得證.

解析二 ?（分離函數法）此題含有ex和lnx，我們試著采用分離函數法，整理成兩個單峰函數來比較.證此題等價于證 e2x x ≥ 2a+aln 2 a +alnx x ，令g（x）= e2x x ，g′（x）= e2x（2x-1） x2 .當x> 1 2 時，g′（x）>0，g（x）為單調增函數;當0 a 2e 時，h′（x）<0，h（x）為單調減函數;當00，h（x）為單調增函數.所以h（x）≤h? a 2e? =2e.最后得出g（x）min≥h（x）max，且不在同一點取最值，此題得證.（該方法也以上述圖②⑥為背景.）

三、總 結

對含有ex或lnx函數不等式問題，可以進行直接求導，如不能解決問題，再進行分離函數，分離以后的函數可能不恰當或者還需要運用放縮法來簡化不等式，解題時需要多加注意.總之，對此類問題，通法先行、適當變形、大膽求證.分離函數法作為一個很好的武器，熟練掌握后必將攻破函數不等式這個盾牌.

【參考文獻】

[1]張會學.用導數證明函數不等式的技巧[J].中學數學研究（華南師范大學版：上半月），2017（10）：31-32.

[2]聶文喜.利用分離函數法證明函數不等式[J].中學數學雜志（高中版），2014（2）：46-48.

[3]郭朋貴.例析分離函數法[J].中學數學教學參考，2017（4x）：39-40.