例談雙元不等式證明中的減元策略

摘要：針對雙元不等式的證明，提出五種減元的策略，將雙元不等式的證明轉化為一元不等式問題.教學過程中，要注重發揮模式識別策略的功能.依據題設和待證不等式的結構特點、內在聯系選擇相應的解題策略，通過刻意練習、鞏固模式、變式訓練，形成“條件反射”;二要注重強化學生的實操演練，在不斷的嘗試與調整中，明晰解決問題的方向，思維從混沌走向清朗.

關鍵詞：轉化;減元;構造法;邏輯推理

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2022）07-0084-05

收稿日期：2021-12-05

作者簡介：張志剛（1983-），男，山東省泰安人，中學一級教師，從事高中數學教學研究.[FQ）]

雙元（例如x1，x2）不等式的證明是高考數學常考常新的命題熱點，解答時往往需要適時構造新函數，借助導數工具加以討論.鑒于高中階段僅限于學習一元函數的導數運算及應用，因此，證明雙元不等式的核心思想就是減元（消元），即將雙元不等式轉化為一元函數不等式去解決.如何有效地實施減元就成了解題的關鍵，采用何種策略要視具體題設條件而定，不可一概而論.本文以近年高考試題和模擬題為例，探討具體題設環境下如何實施消元.

1 商式換元法

其基本原理是：依據題設條件，如出現兩個齊次式之商的形式，則可以考慮將函數表達式轉換成關于兩元比值的單變量函數.

例如，當函數存在兩個零點x1，x20<x1<x2，一般選取t=x2x1t>1為主元，將題目中可能出現的x1+x2，x2-x1，x1x2，1x1+1x2，x21+x22等表示為t的函數，用函數思想建立數量關系，借助導數等工具證明不等式即可.

此方法常常用于對數函數為背景的雙元不等式證明.

例1已知函數fx=lnx，當0<b<a時，求證：fa+b-f2a<b-a2a.

證明由于fa+b-f2a=lna+b2a，

即證lna+b2a<b-a2a.

亦即證ln12+b2a<b2a-12.

設t=ba0<t<1，

即證ln12+t2<t2-12

=12+t2-1.

由切線不等式lnx<x-10<x<1知，上式顯然成立，命題得證.

例2已知函數fx=ax2-blnx在點1，f1處的切線為y=1.

（1）求實數a，b的值;

（2）若0<x1<x2，求證：x2-x1lnx2-lnx1<2x2.

解析（1）a=1，b=2.（過程略）

（2）因為0<x1<x2，

所以x2x1>1.

從而x2x1>0.

于是不等式x2-x1lnx2-lnx1<2x2，

可變形為1-x1x2<2lnx2x1.

設t=x2x1t>1，

即證2lnt+1t-1>0t>1.

設gt=2lnt+1t-1t>1，

則g′t=2t-1t2=2t-1t2>0.

所以gt在1，+

SymboleB@

上單調遞增.

所以gt>g1=0，原不等式成立.

2 差式減元法

類比商式換元法，我們也可以依據題目條件，考慮將函數表達式轉換成兩元之差的單變量函數.此方法常常用于指數函數為背景的雙元不等式證明.

例如，證明不等式ex1ex2-x1-x2≥1時，我們可將不等式變形為ex1-x2-x1-x2≥1，于是可設t=x1-x2，t∈R，構造函數ft=et-tt∈R，證明

ft≥1即可，亦即et-t≥1成立，上式顯然成立.

例3（2013年高考陜西理科第21題）已知fx=ex，x∈R，設a<b，比較fa+fb2與fb-fab-a的大小關系，并說明理由.

解析fa+fb2-fb-fab-a

=ea+eb2-eb-eab-a

=b-a+2+b-a-2eb-a2b-aea.

設t=b-at>0，

設gt=t+2+t-2ett>0，

g′t=1+t-1ett>0.

設ht=g′t，則

h′t=tet>0.

所以ht即g′t在0，+

SymboleB@

單調遞增.

從而g′t>g′0=0，

gt在0，+

SymboleB@

上單調遞增.

所以gt>g0=0.

故當a<b時，fa+fb2>fb-fab-a.

點評本題在用作差法變形至b-a+2ea+b-a-2eb2b-a后，由于作為線性級變化的b-a已經無法繼續化簡處理，同時我們發現指數級變化的ea，eb通過指數冪的運算也可轉化出b-a，因此，我們有理由相信將b-a視為一個整體實施換元，將會對問題的解決提供便利，即達到消元的目的.（另外，在本題結論ea+eb2>eb-eab-a中如果令ea=x，eb=y，則a=lnx，b=lny，本題結論演化為x+y2>x-ylnx-lny，也就是經典的對數平均不等式，在很多導數壓軸題中有重要的應用）.

例4若a<b，求證：ea+b2<eb-eab-a.

證明欲證不等式可變形為b-a<eb-eaea+b2，

亦即證b-a<eb-a2-ea-b2.

設t=b-a2t>0，則欲證不等式等價于

2t<et-e-tt>0.

設ft=et-e-t-2tt>0，則

f ′t=et+e-t-2≥2et·e-t-2=0.

所以ft在0，+

SymboleB@

上單調遞增.

從而ft>f0=0，即原不等式成立.

點評本題注意到ea+b2與eb-ea都是指數冪形式，類比齊次化原理，可將這兩式放于分數線的上下，然后通過指數冪的運算轉化出eb-a，聯想原不等式中的b-a，就可以考慮作差換元了，變形的方向就明確了.

3 韋達消參法

當雙元x1，x2是某二次方程的兩根時，通過韋達定理求出x1+x2，x1x2，并考查是否為定值.若某一式（如下面例5中x1x2=1）為定值，利用此定值條件揭示的兩變量間的聯系，將其中一個變量用另一個變量來表示，代入相應的不等式中，以達到消元之目的.顯然，本方法一般適用于導函數為二次函數的函數不等式的證明.

例5 （2018年全國Ⅰ卷理科第21題）已知函數f（x）=1x-x+alnx.

（1）討論f（x）的單調性;

（2）若f（x）存在兩個極值點x1，x2，證明：fx1-fx2x1-x2<a-2.

解析 （1）略.

（2）由（1）知，若f（x）存在兩個極值點，則a>2.

由于f（x）的兩個極值點x1，x2滿足

x2-ax+1=0，

由韋達定理，得x1x2=1.

不妨設x1<x2，則x2>1.

由于f（x1）-f（x2）x1-x2=-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2

=-2+alnx1-lnx2x1-x2

=-2+a-2lnx21x2-x2，

所以欲證不等式等價于

1x2-x2+2lnx2<0.

設g（x）=1x-x+2lnx，

由（1）知，g（x）在（0，+

SymboleB@

）單調遞減.

又g（1）=0，從而當x∈（1，+

SymboleB@

）時，g（x）<0.

所以1x2-x2+2lnx2<0.

即f（x1）-f（x2）x1-x2<a-2.

點評由（1）的討論知，f（x）存在兩個極值點當且僅當a>2，首先對fx1-fx2x1-x2<a-2進行轉化，變形為-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2<a-2①.又x1，x2是方程x2-ax+1=0的兩根，不妨設x1<x2，則x1x2=1，即有x1=1x2，連同x1x2=1代入①式，將問題轉化為單元函數不等式1x2-x2+2lnx2<0x2>0，構造函數g（x）=1x-x+2lnx就順理成章了.

例6已知函數f（x）=x2-x+aln（x+1），其中a∈R.

（1）求f（x）的單調區間;

（2）若f（x）有兩個極值點x1，x2，且x1<x2，證明：-14+32ln34<fx2+2x212-x1<12.

解析（1）略.

（2）由（1）知，若f（x）存在兩個極值點，則

0<a<98.

由于f（x）的兩個極值點x1，x2滿足

2x2+x+a-1=0，

由韋達定理，得

x1+x2=-12，x1x2=a-12.

則x1=-12-x2，

a=-2x22-x2+1且

-1<x1<-14，-14<x2<12.

故fx2+2x212-x1=x22-x2+alnx2+1+2x212--12-x2

=x22+x2+alnx2+11+x2

=x2-2x22+x2-1lnx2+11+x2

=x2-2x2-1lnx2+1.

當-14<x<12時，

設

g（x）=x-2x-1lnx+1，

則g′（x）=-1+3x+1-2lnx+1.

設hx=g′x，則

h′x=-3x+12-2x+1<0.

所以hx即g′x在-14，12上單調遞減.

從而g′x>g′12

=1-2ln32

=ln4e9

>ln1=0，

所以gx在-14，12上單調遞增.

所以g-14<gx<g12.

又g-14=-14+32ln34，

g12=12，

從而-14+32ln34<gx<12.

亦即-14+32ln34<fx2+2x212-x1<12.

點評試題第（1）問通過合理設計，通過對參數a的討論，探求f（x）的單調性.第（2）問要求研究f（x）兩個極值點x1，x2所具有的性質.由于x1，x2是方程2x2+x+a-1=0兩個根，由韋達定理，得x1+x2=-12，x1x2=a-12，由此可將x1，a均用x2表示，從而將fx2+2x212-x1轉化為含一個變量的函數，進行研究其單調性和極值，以證明不等式成立.本題意在讓考生掌握雙元不等式證明的方法，即核心是將多元轉換為單元問題去解決，其中韋達定理功不可沒！

4 主副元減元法

其基本原理是：在雙元函數不等式中，將其中一個變量作為主元，另外一個變量作為副元（參數），從而構造一元函數來證明，達到減元的目的.

例7已知函數f（x）=x-a-lnxa∈R.求證：若0<x1<x2，則f（x1）-f（x2）x2-x1<1x1x1+1.

證明由于0<x1<x2，欲證不等式等價于

f（x1）-f（x2）-x2-x1x1x1+1<0.

設Fx=f（x1）-f（x）-x-x1x1x1+1x>x1>0，則

F′x=-f ′（x）-1x1x1+1

=-1+1x-1x1x1+1

<-1+1x1-1x1x1+1

=-1x1+1<0.

所以F（x）在（x1，+

SymboleB@

）上單調遞減.

從而F（x）<Fx1=0.

令x=x2，F（x2）<0，即原不等式成立.

點評 在本題確定主副元時，鑒于欲證不等式中x2出現次數較少，則首選x2作為主元，x1作為副元嘗試解答.當然，有些題目兩元出現次數相當時，也可考慮用主副元法.

例8已知函數f（x）=ln（x+1）-x，g（x）=xlnx.設0<a<b，求證：

0<ga+gb-2ga+b2<b-aln2.

證明（1）設

F（x）=ga+gx-2ga+x2x>a，

則F′（x）=g′x-g′a+x2.

因為g′x單調遞增，又x>a+x2，

則F′（x）=g′x-g′a+x2>0.

所以F（x）在（a，+

SymboleB@

）上單調遞增.

從而F（x）>Fa=0.

令x=b，ga+gb-2ga+b2>0，即不等式左邊成立.（3）設G（x）=ga+gx-2ga+x2-x-aln2x>a，則

G′（x）=g′x-g′a+x2-ln2

=1+lnx-（1+lna+x2）-ln2

=lnxa+x

<ln1=0.

所以G（x）在（a，+

SymboleB@

）上單調遞減.

從而G（x）<Ga=0.

令x=b，ga+gb-2ga+b2-b-aln2<0，

即ga+gb-2ga+b2<b-aln2，即不等式右邊成立.

綜上，原不等式成立.

點評本題考查了應用導數證明不等式的一個重要方法——設輔助函數法：將不等式所有的項移至不等式一側，另一側為0，然后構造輔助函數，按部就班解答即可.但本題中的不等式是雙變量不等式，就需考慮選擇一個元作為主變元，另一個作為參數了.例如上述解答中，即將b視為主元，將a視為副元完成證明.而在主變元的選取上，一般遵循的原則是：

①出現次數較少的字母為主變量，目的自然是為了構造函數后求導運算的便利;

②數值較大的字母為主變量，例如本例中的b.

參考文獻：

[1]?楊蒼洲，許銀伙.我做壓軸題（二） 證明雙元問題，構造比值消元[J].數理化解題研究，2016（16）：34-35.

[2] 楊蒼州.例談雙元不等式的證明方法[J].數理化解題研究，2014（10）：14-15.

[3] 李福安.導數證明雙元不等式的方法[J].高考，2021（03）：17-18.

[責任編輯：李璟]