淺談二元或多元函數不等式證明問題

☉河北省邯鄲市第一中學 賈立平

二元或者多元函數、不等式問題在高考數學和數學競賽中屢見不鮮，這類題目往往因為處理方法的多樣性及出題者的匠心獨具，使得學生很難較準確地解答題目，故將該類題型的常見方法加以總結，供大家參考.

題型一、單調性問題

例1已知函數f（x）=lnx，g（x）=x2.

（1）求函數h（x）=f（x）-x+1的最大值.

（2）對于任意x1，x2∈（0，+∞），且x1＜x2，是否存在實數m使得mg（x1）-mg（x2）-x2f（x2）+x1f（x1）恒為正數？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請說明理由.

解：（1）由題設知h（x）=lnx-x+1（x＞0），則

當x∈（0，1）時，h′（x）＞0；當x∈（1，+∞）時，h′（x）＜0.

所以h（x）在（0，1）上為增函數，在（1，+∞）上為減函數.所以［h（x）］max=h（1）=0.

（2）由題設知mg（x1）-mg（x2）-x2f（x2）+x1f（x1）＞0恒成立，即mg（x1）+x1f（x1）＞mg（x2）+x2f（x2）恒成立.設φ（x）=mg（x）+xf（x），則有φ（x1）＞φ（x2）恒成立，即φ（x）=mg（x）+xf（x）在（0，+∞）為減函數.

所以φ′（x）=mg′（x）+f（x）+xf′（x）=2mx+lnx+1≤0在（0，+∞）恒成立.所以在（0，+∞）恒成立.設所 以 當x∈（0，1）時，u′（x）＜0；當x∈（1，+∞）時，u′（x）＞0.

所以u（x）在（0，1）上為減函數，在（1，+∞）上為增函數.

點評：該題考查利用導數研究函數的最值、函數恒成立問題，考查學生分析問題與解決問題的能力，屬于中檔題.

跟蹤訓練1：已知函數f（x）=x2+2alnx+3，若?x1，x2∈［4，+∞）（x1≠x2），?a∈［2，3］，，則m的取值范圍是（ ）.

【答案】D

解：由已知不妨設x2＞x1≥4，要使恒成立，只需f（x2）+2mx2＞f（x1）+2mx1.令g（x）=f（x）+2mx，即g（x2）＞g（x1），由函數單調性的定義可知g（x）在［4，+∞）上單調遞增.又函數+2m，即g′（x）≥0在［4，+∞）上恒成立，即0在［4，+∞）上恒成立.變量分離得，令h（x）只需-m≤h（x）min.又h（x）在［4，+∞）上單調遞增，則，所以，由已知?a∈［2，3］使成立，即即

題型二、極值點偏移問題

極值點偏移問題常見的處理方法為：要證x1+x2＞a，只需證明x2＞a-x1，即借助極值點及單調性進行不等式的證明.

例2函數f（x）=x2+ax+blnx，曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y=2x，F（x）=f（x）-x2+mx（m∈R），x1，x2（0＜x1＜x2）分別是函數F（x）的兩個零點，求證：

證明：因為0＜x1＜x2，只需證

所以函數Q（x）在（0，x2）上單調遞減，Q（x）＞Q（x2）=0.故原不等式成立.

題型三、借助韋達定理一元化或者引進新元減少變量，構造函數求解問題

例3已知函數f（x）=ex-e，g（x）=lnx+1，若?x1∈R，?x2∈（0，+∞），使得f（x1）=g（x2），則x1-x2的最大值為（ ）.

【答案】D

令ex-e=lnx+1=a，則x1=ln（a+e），x2=e（a-1），轉化為關于a的函數求最大值.

跟蹤訓練2：已知函數f（x）=x-aex（a∈R）.

（1）若a=2，求函數f（x）在x=0處的切線方程；

（2）若y=f（x）有兩個零點x1，x2，且x1＜x2.

①求a的取值范圍；

②證明：x1+x2＞2.

解：（1）f′（x）=1-2ex，

由條件知f′（0）=1-2=-1，f（0）=-2，

所以函數f（x）在x=0處的切線方程為y+2=-x，即x+y+2=0.

（2）①因為f′（x）=1-aex，

所以當a≤0時，f′（x）＞0在x∈R上恒成立，此時f（x）在R上單調遞增，函數至多有一個零點；

當a＞0時，由f′（x）=0解得x=-lna.

當x＜-lna時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增；

當x＞-lna時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減.

因為y=f（x）有兩個零點x1，x2，

所以f（x）max=f（-lna）=-lna-ae-lna=-lna-1＞0，

②由條件知x1=aex1，x2=aex2，所以0＜x1＜x2.

可得lnx1=lna+x1，lnx2=lna+x2.

所以lnx1-x1=lnx2-x2=lna.

設g（x）=lnx-x-lna，則x1，x2為g（x）的兩個零點，

易得g（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，所以0＜x1＜1＜x2.

設h（x）=g（x）-g（2-x）（0＜x＜1），

則h（x）=lnx-ln（2-x）+2-2x（0＜x＜1），恒成立，

所以h（x）在（0，1）上單調遞增.

所以h（x）＜h（1）=0.

所以h（x1）=g（x1）-g（2-x1）＜0，

即g（x1）＜g（2-x1），即g（x2）＜g（2-x1）.

又g（x）在（1，+∞）上單調遞減，x2，2-x1∈（1，+∞），所以x2＞2-x1，即x1+x2＞2.

跟蹤訓練3：已知函數f（x）=ax2-2x+lnx有兩個不同的極值點x1，x2，若不等式λ＞f（x1）+f（x2）恒成立，則實數λ的取值范圍是（ ）.

A.［-3，+∞）B.（3，+∞）C.［-e，+∞）D.（e，+∞）

【答案】A

解：計算導數得到，結合x＞0構造新函數得到h（x）=2ax2-2x+1，要使得f（x）有兩個不同的極值點x1，x2，則要求h（x）=0有兩個不同的根，且，則Δ=4-8a＞0，解得0＜a＜.而f（x1）+f（x2）=ax12-2x1+lnx1+ax22-2x2+lnx2=a（x1+x2）2-，構造新函數g（a）=計算導數得到，結合前面提到的a的范圍可知g（a）在上單調遞增，故=-3，因而λ≥-3，即λ的取值范圍是［-3，+∞），故選A.

點評：本道題考查了導函數與原函數的單調性關系，考查了利用導函數計算最值，難度偏大.