構造函數證明不等式方法的探究

張友輝

［摘 要］在高考中，不等式的證明往往作為壓軸題出現。只要深入探索就不難發現，不等式的證明是有方法規律可循的。文章以一道高考題為引，分類探討構造函數證明不等式的方法路徑，以幫助學生撥開壓軸題的面紗，提高學生解決這一類問題的能力。

［關鍵詞］構造；函數；不等式；證明

［中圖分類號］? ? G633.6? ? ? ? ［文獻標識碼］? ? A? ? ? ? ［文章編號］? ? 1674-6058（2023）35-0037-03

函數與導數是高中數學的重要內容， 利用導數證明不等式是近幾年高考的高頻考點。求解此類問題的關鍵是要找出與待證不等式緊密聯系的函數，然后以導數為工具來研究函數的單調性、極值、最值（值域），從而達到證明不等式的目的。我們先來看一道高考真題。

［引例］（2023年新高考Ⅱ卷）證明：當[0

證明：構造[F（x）=x-sinx]，[x∈（0，1）]，則[F（x）=1-cosx>0]對[?x∈（0，1）]恒成立，則[F（x）]在（0，1）上單調遞增，可得[F（x）>F（0）=0]，所以[x>sinx，x∈（0，1）]；構造[G（x）=sinx-（x-x2）=x2-x+sinx]，[x∈（0，1）]，則[G（x）=2x-1+cosx]，[x∈（0，1）]，構造[g（x）=G（x）]，[x∈（0，1）]，則[g（x）=2-sinx>0]對[?x∈（0，1）]恒成立，則[g（x）]在（0，1）上單調遞增，可得[g（x）>g（0）=0]，即[G（x）>0]對[?x∈（0，1）]恒成立，則[G（x）]在（0，1）上單調遞增，可得[G（x）>G（0）=0]，所以[sinx>x-x2]，[x∈（0，1）]。綜上所述，[x-x2

點評：本題證明的是一個雙聯不等式，分別構造了兩個函數F（x）=x-sin，[x∈]（0，1）和G（x）=sin x-（x-x2），[x∈]（0，1），然后利用導數來研究它們的單調性和在已知區間上函數值的取值范圍，從而達到證明不等式的目的。

引例的解答告訴我們，證明[f（x）>g（x）] 可以轉化為證明[f（x）-g（x）>0]，即把兩個函數通過作差轉化為一個函數，再利用導數研究該函數的性質，通過函數性質證明該不等式。那么除這種方法外還有哪些證明不等式的方法呢？

一、把證明[f（x）>k]轉化為證明[f（x）min>k]

此類問題一般是[f（x）]有最小值且比較容易求，或者[f（x）]有最小值，但無法具體確定。對于[f（x）]的最小值無法確定的情況，一般是先把[f（x）]的最小值轉化為關于極值點的一個函數，再根據極值點所在范圍，確定最小值所在范圍。

［例1］已知函數[f（x）=sinx-ln（x+1）]。求證：當[x∈-1，π2]時， [f（x）≥0]。

解析：因為[f（x）=sinx-ln（x+1）]，則[f（0）=sin0-ln1=0]，[f（x）=cosx-1x+1]，當[x∈-1，0]時，[cosx≤1]，[1x+1≥1]，[f（x）≤0]，函數[f（x）]單調遞減，則[f（x）≥f（0）=0]成立；當[x∈0，π2]時，令[p（x）=cosx-1x+1]，則[p（x）=1（x+1）2-sinx]，因為函數[y=1（x+1）2]，[y=-sinx]在[0，π2]上均為減函數，所以函數[p（x）]在[0，π2]上為減函數，因為[p（0）=1>0]，[pπ2=11+π22-1<0]，所以存在[x∈0，π2]，使得[p（x）=0]，且當[00]，此時函數[f（x）]單調遞增，當[x00]，又因為[fπ2<0]，所以存在[x1∈x0，π2]，使得[f（x1）=0]，當[00]，此時函數[f（x）]單調遞增，當[x11-lne=0]，所以對任意的[x∈0，π2]，[f（x）>0]成立。綜上，[f（x）≥0]對任意的[x∈-1，π2]恒成立。

點評：從本質上看，這類問題是在考查利用導數求函數的最值。當含參不等式比較復雜時，可以采用參變量分離法，將其變形為[f（x）>k]或[f（x）

二、把證明[f（x）>g（x）] 轉化為證明[f（x）min>g（x）max]

有時把證明[f（x）>g（x）] 轉化為證明[f（x）-g（x）>0]后，可能會得到很復雜的[f（x）-g（x）]導函數，很難根據該導函數研究最值，而當[f（x）]的最小值及[g（x）]的最大值都比較容易求時，可考慮利用證明[f（x）min>g（x）max]的方法證明原不等式。

［例2］已知函數[f（x）=axex（a≠0）]。（1）討論[f（x）]的單調性；（2）當[a≥4e2]時，證明：[f（x）x+1-（x+1）lnx>0]。

解析：（1）由題意可得[f（x）=a（x+1）ex]。則[a>0]時，由[f（x）>0]，得[x>-1]，由[f（x）<0]，得[x<-1]，則[f（x）]在（-∞，-1）上單調遞減，在（-1，+∞）上單調遞增；當[a<0]時，由[f（x）<0]，得[x>-1]，由[ f（x）>0]，得[x<-1]，則[f（x）]在（-∞，-1）上單調遞增，在（-1，+∞）上單調遞減。

（2）因為[x>0]，所以[xexx+1>0]。因為[a≥4e2]，所以[axexx+1-（x+1）lnx≥4xex-2x+1-（x+1）lnx]。要證[f（x）x+1-（x+1）lnx>0]，即證[4xex-2x+1-（x+1）lnx>0]，即證[4ex-2（x+1）2>lnxx]。設[g（x）=4ex-2（x+1）2]，則[g（x）=4ex-2（x-1）（x+1）3]。當[x∈（0，1）]時，[g（x）<0]，當[x∈]（1，+∞）時，[g（x）>0]，則[g（x）]在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增。故[g（x）min=g（1）=1e]。設[h（x）=lnxx]，則[h（x）=1-lnxx2]。當[x∈（0，e）]時，[h（x）>0]，當[x∈]（e，+∞）時，[h（x）<0]，則[h（x）]在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減。故[h（x）max=h（e）=1e]。因為[g（x）min =h（x）max ]，且兩個最值的取等條件不同，所以[4ex-2（x+1）2>lnxx]，即當[a≥4e2]時，[f（x）x+1-（x+1）lnx>0]。

點評：這種方法從本質上看，就是借助比大小的邏輯關系，通過函數最值的大小比較來證明不等式，但要注意這種方法有局限性，因為[f（x）>g（x）]未必有[f（x）min>g（x）max]。

三、把證明[f（x）>g（x）]轉化為證明[f（x）>h（x）]，[h（x）>g（x）]

若直接證明[f（x）>g（x）]比較困難，有時可利用導數中的常見不等式如[lnx≤x-1]，[ex≥x+1]來構造一個中間函數[h（x）]，或利用不等式的性質通過放縮構造一個中間函數[h（x）]，再通過證明[f（x）>h（x）]，[h（x）>g（x）]來證明原不等式。

［例3］已知函數[f（x）=sinx2+cosx]在區間（0，a）上單調。證明：當[x>0]時，[3f（x）+1

解析：當[x>0]時，要證明[3f（x）+1x]，故需要證明[f（x）0]），記[F（x）=ex-x-1]，[∵F′（x）=ex-1]，[x∈]（0，+∞）時，[F′（x）>0]，所以[F（x）]在（0，+∞）上遞增，∴[F（x）=ex-x-1>F（0）=0]，故[ex-1>x]，即[x30]），令[G（x）=f（x）-13x]，則[G（x）=sinx2+cosx-13x]，則[G（x）=2cosx+1（2+cosx）2-13=-（cosx-1）23（2+cosx）2]，故對于[?x>0]，都有[G（x）<0]，因而[G（x）]在（0，+∞）上遞減，對于[?x>0]，都有[G（x）0]，都有[f（x）

點評：這種方法需要構造兩個函數，利用導數先證明兩個不等式成立，再利用不等式的傳遞性證明原不等式。這種方法的難點在于發現“橋梁函數”，如本例中的函數[y=x3]。

四、改變不等式結構，重新構造函數證明不等式

還有一種情況是要對待證不等式先進行重組、整合，適當變形，找到其等價的不等式，接著觀察其結構特征，再根據其結構構造函數。

［例4］已知函數[f（x）=13x3+12x2+ax]，[g（x）=xex-1+xlnx]，[f（x）]，[g（x）]分別為[f（x）]，[g（x）]的導函數，且對任意的[x1∈0，1]，存在[x2∈0，1]，使[f（x1）≤g（x2）-2]。證明：[?x>0]，有[g（x）≥f（x）]。

解析：令[s（x）=ex-1-x]，[x>0]，則[s（x）=ex-1-1]。令[s（x）=0]，解得[x=1]，則當[x∈（0，1）]時，[s（x）<0]，[s（x）]單調遞減；當[x∈1，+∞]時，[s（x）>0]，[s（x）]單調遞增，所以[s（x）≥s（1）=0]，即[ex-1≥x]（當且僅當[x=1]時，等號成立）。令[F（x）=lnx+1x-1]，則[F（x）=1x-1x2=x-1x2]。令[F（x）=0]，解得[x=1]，則當[x∈（0，1）]時，[F（x）<0]，[F（x）]單調遞減；當[x∈]（1，+∞）時，[F（x）>0]，[F（x）]單調遞增，所以[F（x）≥F（1）=0]，即[lnx≥-1x+1]（當且僅當[x=1]時，等號成立），故[ex-1+lnx≥x-1x+1]（當且僅當[x=1]時，等號成立）。又[x>0]，所以[xex-1+xlnx≥x2+x-1]。因為[a≤-1]，所以[x2+x-1≥x2+x+a]，故[xex-1+xlnx≥x2+x+a]，即[g（x）≥f（x）]。

點評：對于此類問題，常見的變形方法有：①去分母，把分數不等式轉化為整式不等式；②兩邊取對數，把指數型不等式轉化為對數型不等式；③不等式為[f（x）h（x）>g（x）h（x）]類型，且[h（x）>0]（或[<0]）的解集比較容易確定的，可考慮兩邊同時除以[h（x）]；④不等式中含有[xlnx]時，有時為了一次求導后不再含有對數符號，可考慮不等式兩邊同時除以[x]； ⑤通過換元把復雜的不等式轉化為簡單不等式。

五、通過減元法構造函數證明不等式

對于多變量不等式 ，一般處理策略為消元或是把一個看作變量其他看作常量；或通過變形、換元產生一個新變量，從而構造新變量的函數。

［例5］已知函數[f（x）=x2+1x-alnx（a>0）]。

（1）若[a=32]，求函數[f（x）]的單調區間；（2）若函數[f（x）]有兩個不相等的零點[x1、x2]，極值點為[x0]，證明：（i）[e2a]。

注：[e]為自然對數的底數，[e=2.71828…]。

解析：（1）當[a=32]時，[f（x）=x2+1x-32lnx（x>0）]，得[f（x）=1-1x2-32x=2x2-3x-22x2=（2x+1）（x-2）2x2]，令[f（x）>0]得[x>2]，令[f（x）<0]得[0

（2）（i）[fx=1-1x2-ax=x2-ax-1x2]，設[g（x）=x2-ax-1，][g（0）=-1，][g（1）=-a<0，][g（a）=-1，][g（a+1）=a>0]，[∴]存在唯一[x0∈（a，a+1）]且[x0>1]，使得[g（x0）=0]。當[x∈（0，x0）]時， [f（x）<0]，當[x∈ ]（[x0]，+∞）時， [f（x）>0]，所以[f（x）]在（0，[x0]）上遞減，在（[x0]，+∞）上遞增，[x0]是極小值點。若[a≤e]，則[f（x）min=f（x0）=x20+1x0-alnx0≥x20+1x0-elnx0>x0-elnx0]，令[φ（x）=x-elnx（x>1）]，則[φ（x）=1-ex=x-ex（x>1）]，當[1e]時，[φ（x）>0]，所以[φ（x）]在（1，e）上遞減，在（e，+∞）上遞增，所以[φ（x）min=φ（e）=e-elne=0]，所以[f（x）min>x0-elnx0≥0]，此時[f（x）]不存在兩個零點，不滿足要求，故要使函數[f（x）]有兩個不相等的零點[x1]、[x2]，則[f（x0）<0]，[a>e]。于是[e

（ii）[f（x1）=x1+1x1-alnx1=0]①，[f（x2）=x2+1x2-alnx2=0] ②，①-②得[x1-x2+1x1-1x2=a（lnx1-lnx2）]，整理得[1-1x1x2=a（lnx1-lnx2）x1-x2] ③。下證[x1-x2lnx1-lnx212lnx1x2]，即[t-1t+1>12lnt]。令[h（t）=12lnt-t-1t+1]，[h（t）=12t-2（t+1）2=（t-1）22t（t+1）2>0]，于是[h（t）]在（0，1）上單調遞增，又[h（1）=0]，所以[h（t）=12lnt-t-1t+1<0]，從而[t-1t+1>12lnt]，得[x1-x2lnx1-lnx22ax1+x2]，得[x1+x2>2a+x1+x2x1x2>2a]。故[x1+x2>2a]得證。

點評：這類問題歷來是高考中的難點問題，一般涉及雙變量和極值點偏移問題，解答此類問題時的基本思路是化雙元問題為單元問題，而比值或差值換元法和代入消元法是最常用的方法。將問題化成單元問題后，構造函數并利用導數研究函數的單調性或最值來證明原不等式。

以上分析探討了構造函數證明不等式的方法，需要注意的是，在解決問題時需要靈活變通，秉著具體問題具體分析的原則，仔細分析題目的結構與內涵，只有這樣，才能選準方法，化難為易。

（責任編輯 羅 艷）