巧變換破解不等式證明

葉欣

摘 要：本文以2021年全國Ⅰ卷22題為例，通過對不同解法進行分析、比較，抓住并理解問題的本質，在掌握解決這類問題的通性通法的基礎上，了解一些比較常見的破解問題的技巧方法，提高數學思維的靈活性、深刻性.

關鍵詞：不等式證明;函數;導數

中圖分類號：G632?? 文獻標識碼：A?? 文章編號：1008-0333（2022）04-0021-03

新高考數學試題的特點之一是注重知識的綜合應用，通過在知識網絡交匯點處設計試題，使得對數學基礎知識的考查達到必要的深度，突出數學核心素養的落實.以函數為背景考查不等式成立的證明就是上述指導思想的體現，也是高考熱點問題.函數是高中數學的主線，其中導數更精確地刻畫了函數的性質，為研究函數的單調性、極值與最值、求曲線的切線等問題提供了有效的方法與途徑，方程與不等式是研究和解決有關函數問題的重要工具，同時在解決有關方程與不等式的問題時，又常以函數的相關性質為依據，并借助于函數的圖象解釋其幾何意義.

1 高考試題呈現

題目 （2021年新高考數學全國Ⅰ卷第22題）已知函數fx=x1-lnx.

（1）討論fx的單調性;

（2）設a，b為兩個不相等的正數，且blna-alnb=a-b，證明：2<1a+1b<e.

本題第（1）問是討論函數的單調性，由于函數中不含參數，因此不會涉及分類討論，屬于基本問題.第（2）問是給出一個新的等式并證明相關不等式成立的問題，要解決問題首先要根據等式特征合理變形，再利用已知函數的性質完成不等式證明，難度較大，下面做重點分析.

2 常規解法展現

解法1 由條件blna-alnb=a-b，

得

1a1-ln1a=1b1-ln1b.

令x1=1a，x2=1b，則x1，x2為fx=k的兩個不等實根，不妨令x1<x2.

因為當x∈（0，e）時，fx>0;

當x=e時，fx=0;

當x∈（e，+SymboleB@）時，fx<0.

又fmax（x）=f1=1，所以結合單調性可知

x1∈0，1，x2∈1，e，k∈0，1.

即證2<x1+x2<e.

下面先證x1+x2>2.

因為2-x1>1，fx在1，+SymboleB@單調遞減，fx2=fx1，所以x1+x2>2x2>2-x1fx2<f2-x1fx1<f2-x1.

令hx=fx-f2-x（0<x<1），

則h′x=f ′x+f ′2-x=-lnx2-x.

因為x∈0，1，所以x2-x∈0，1.

所以h′x>0恒成立.

故hx單調遞增.

因此hx<h1=0.

所以fx1<f2-x1.

所以x1+x2>2得證.

再證x1+x2<e.

因為e-x1>1，fx在1，+SymboleB@單調遞減，fx2=fx1， 所以x1+x2<ex2<e-x1

f（x2）>f（e-x1）

fx1>fe-x1.

下面可以仿照上面的過程完成證明（略）.

點評 第（2）問中已知條件“blna-alnb=a-b”是一個輪換對稱式，變形的方向是相同變量放在一起，期待出現問題中涉及到的“1a，1b”，目標是構造已知函數fx，使得在解決問題的過程中發揮函數fx性質的作用.我們通過一系列變形將問題轉化為“已知x1，x2是關于x的方程fx=k的兩個不等實根，求證2<x1+x2<e.”其中“證明x1+x2>2”是很明顯的極值點偏移問題，主要的方法是通過變形將自變量轉化到同一個單調區間，利用函數fx的單調性轉化為函數值的不等式，再構造新函數證明.對于“證明x1+x2<e”也可以仿照上述方法完成證明.

3 其他解法探究

下面再來探討一下證明“x1+x2<e”的其他方法.

思路1 采用比值換元法.

解法2 設t=x1x2，則t∈（0，1），x1=tx2.

因為fx2=fx1，所以fx2=ftx2.

即x21-lnx2=tx21-lntx2.

所以lnx2=1+tlnt1-t.

變形，得x2=e1+tlnt1-t.

所以x1+x2<ee1+tlnt1-t（1+t）<e1+t<etlntt-1.

可證ex≥x+1（當且僅當x=0時取等號）.

所以etlntt-1>tlntt-1+1.

所以只需證tlntt-1>t.

即證lnt<t-1.

易證其成立，所以x1+x2<e成立.

解法3 設t=x1x2，則t∈（0，1），x1=tx2.

因為fx2=fx1，所以fx2=ftx2.

即x21-lnx2=tx21-lntx2.

所以lnx2=1+tlnt1-t.

所以x2=e1+tlnt1-t.

所以x1+x2<ee1+tlnt1-t（1+t）<e

1+t<etlntt-1

ln（1+t）<tlntt-1

ln（1+t）t<lntt-1.

可證lnx≤x-1（當且僅當x=1時取等號）.

因為t∈（0，1），所以lnt<t-1lntt-1>1，

ln（t+1）<tln（t+1）t<1.

所以ln（1+t）t<lntt-1.

所以x1+x2<e成立.

點評 針對多變量的問題常可以采用“比值換元”的方法，這里通過換元并利用等式fx2=fx1確立變量與新元的關系，最終將要證明的二元不等式轉化為一元不等式，進而利用指、對常用不等式ex≥x+1和lnx≤x-1完成證明.上面兩種方法的思路相同，但對于不等式的變形程度不同，使得后續證明略有差異.

思路2 采用零點轉化法.

解法4 令F（x）=fx-k，

則x1，x2是函數Fx的兩個零點.

由（1）知Fx在0，1上單調遞增，在1，+SymboleB@單調遞減.

因為F（k）=fk-k=-klnk>0，

所以x1<k.

要證x1+x2<e，只需證k+x2<e.

即證x2<e-k.

即證F（x2）>F（e-k）.

即證0>F（e-k）.

令q（x）=F（e-x）=f（e-x）-x（0<x<1），

則q′（x）=-f ′（e-x）-1=ln（e-x）-1<0.

所以q（x）在0，1上單調遞減.

所以q（x）<q（0）=f（e）=0.

所以F（e-k）<0.

所以x1+x2<e成立.

點評 由于x1，x2為fx=k的兩個不等實根，通過平移，將條件轉化為x1，x2是函數F（x）=fx-k的兩個零點，使得借助函數Fx的圖象和性質解決問題成為可能.

思路3 采用切線放縮法.

解法5 因為當x∈（0，1）時，fx=x1-lnx>x.

又f（x1）=f（x2）=k，所以x1<k.

又fx在點（e，0）處的切線為y=-x+e，

可證當x∈（1，e）時，fx=x1-lnx<-x+e.

所以k<-x2+e.

即x2<-k+e.

所以x1+x2<e成立.

點評 利用曲線的切線進行放縮是解決有關不等式恒成立的一種方法，尤其是針對含有指數、對數的函數，利用曲線的切線進行放縮往往能實現事半功倍的效果.

思路4 采用割線分析法.

解法6 因為當x∈（0，1）時，fx=x1-lnx>x.

又f（x1）=f（x2）=k，所以x1<k.

要證x1+x2<e，只需證k+x2<e.

即證x2<e-k.

即證f（x2）>f（e-k）.

即證f（e-k）<k.

令g（k）=f（e-k）-k（0<k<1），

則g′（k）=-f ′（e-k）-1=ln（e-k）-1<0.

所以g（k）在0，1上單調遞減.

所以g（k）<g（0）=0，即f（e-k）<k.

所以x1+x2<e成立.

解法7 同解法6將要證明的不等式轉化為證明k+x2<e，即證f（x2）+x2<e.

令t（x）=f（x）+x（1<x<e），

則t′（x）=f ′（x）+1=1-lnx>0.

所以t（x）在（1，e）上單調遞增.

所以t（x）<t（e）=e.

即f（x2）+x2<e.

所以x1+x2<e成立.

點評 結合對函數f（x）的圖象和性質的分析，發現可以借助曲線f（x）與直線y=x的位置關系，比較f（x）與x的大小，并利用函數f（x）的單調性將問題轉化，通過構造新函數并研究其單調性完成不等式的證明.這種由形進行分析，用數進行證明，也是數形結合思想的體現.

以函數為背景對不等式證明的考查是高考中的熱點問題，由于這類問題切入角度多變、解決方法靈活，一直是學生感覺較為困難的.在復習的過程中，要注意對典型的問題進行反思總結，通過對不同解法進行分析、比較，抓住并理解問題的本質，在掌握解決這類問題的通性通法的基礎上，了解一些比較常見的破解問題的技巧方法，提高數學思維的靈活性、深刻性.

參考文獻：

[1] 湯曉玲.不等式證明的幾種解題方法[J].數理化解題研究，2021（19）：66-67.

[責任編輯：李 璟]