極值點不可求型不等式的證明妙招

甘肅 曹 躍

導數法證明不等式的基本思想是：欲證不等式f(x)≥g(x)在閉區間D上成立，可設h(x)=f(x)-g(x)，證明h(x)min≥0即可.為此首先需對函數h(x)求導判斷其單調性，然后結合極值與區間端點值的大小，確定函數h(x)的最小值，但當函數h(x)極值點不可求時，以下四招可輕松化解.

妙招一、設而不求

“設而不求”是指設出函數f(x)的零點x0，但不求出其零點x0的值，結合f′(x0)=0以判斷f(x)的最值范圍證明不等式的一種思想方法.

【例1】已知f(x)=ex+m-ln(x+2)-m，求證：?x∈[-1,0]，f(x)≥0.

令g(x)=ex+m(x+2)-1，則g′(x)=ex+m(x+3).

∵x∈(-2,+∞)，∴g′(x)>0，∴g(x)在區間(-2,+∞)上單調遞增.

∴當x∈(-2,x0)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，當x∈(x0,+∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，

∴f(x)min=f(x0)=ex0+m-ln(x0+2)-m

≥2-2=0，

∴當x∈(-2,+∞)時，f(x)≥0，[-1,0]?(-2,+∞)，∴對?x∈[-1,0]，f(x)≥0.

【方法指導】當連續函數f(x)的導函數f′(x)在已知區間(或其子區間)[m,n]上是單調函數，且有f′(m)·f′(n)<0時，根據連續函數的零點存在性定理可知，導函數f′(x)在區間(或其子區間)[m,n]上一定存在唯一的零點x0，則f(x)的導函數f′(x)在區間[m,x0]和(x0,n]上的正負不同，所以函數f(x)在區間[m,x0]和(x0,n]上的單調性不同，故f(x0)為函數f(x)最值.判斷f(x0)值的正負時，f′(x0)=0仍然起著橋梁紐帶的作用.

妙招二、放縮轉化

根據不等式的結構特點，將其中的部分項進行合理放大或縮小，以優化構建函數的結構，達到極值點可求的目的.

上例證法二：先證ex≥x+1.

證明：令g(x)=ex-x-1，則g′(x)=ex-1.

令ex-1>0，得x>0，∴g(x)在(0,+∞)上單調遞增，在(-∞,0)上單調遞減，

∴g(x)≥g(0)=0，∴ex≥x+1得證.

∴f(x)=ex+m-ln(x+2)-m≥x+1+m-ln(x+2)-m=x+1-ln(x+2)(當且僅當x=0時取等號).(放縮轉化)

令h′(x)>0，得x>-1，

∴h(x)在x∈[-1,0]上單調遞增，∴h(x)≥h(-1)=0，

∴f(x)≥h(x)≥0.

【方法指導】一般情況下，“指數+對數”型函數，無法求出其極值點，可利用常見的不等式ex≥x+1(當且僅當x=0時取等號)、lnx≤x-1(x>0，當且僅當x=1時取等號)、x≥sinx(x≥0)進行放縮，轉化為極值點可求的簡單函數.

妙招三、二次求導

當一階導函數由幾部分組成，且正負不能明顯判斷時，可令一次導函數中正負不明顯的一部分代數式為一個新函數φ(x)，對它進行求導，目的是通過計算φ(x)的最值以確定φ(x)的正負.

令h(x)=ex-2x，則h′(x)=ex-2，(二次求導)

∴當x∈(0,ln2)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減，當x∈(ln2,+∞)時，h′(x)>0，h(x)單調遞增，

∴h(x)min=h(ln2)=2-2ln2>0，

∴當x∈(0,1)時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，當x∈(1,+∞)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，

∴g(x)min=g(1)=e-2>0，

【方法指導】二次求導不同于函數的二階導數，二次求導的目的是通過研究新構造函數的單調性及最值，確定其值的正負，進而確定一階導函數值的正負，以便確定原函數的單調性.

妙招四、指、對分離

由指數式與對數式通過加、減、乘、除組合而成的函數，一般情況下不易求出極值點，所以在證明不等式時，需要對其進行適當變形，將其合理分離轉化為研究兩個函數的性質.

設g(x)=xlnx，則g′(x)=1+lnx，

所以當x∈(0,1)時，h′(x)>0，h(x)單調遞增，當x∈(1,+∞)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減，

綜上，當x>0時，有g(x)≥h(x)，

又因為g(x)min和h(x)max的最值點不在同一處取得，

所以g(x)>h(x)，即f(x)>1.

【方法指導】①一般情況下，ex與lnx的加、減、乘、除組成的函數無法求其極值，或部分無法判斷其單調性.為此可用“指、對分離”分別研究兩函數的性質；②注意：在區間x∈D上，若f(x)min>g(x)max，則f(x)>g(x)；反之，當x∈D時，f(x)>g(x)時，不能得出f(x)min>g(x)max.