靈活運用函數的單調性處理不等式問題

洪昌強

(浙江省臺州市第一中學 318000)

函數的單調性是函數的重要性質之一，在研究比較大小時發揮了重要作用.但在解決一些稍為復雜或者含有多變量不等式問題時，若生搬硬套直接使用單調性去處理不等式問題，往往會束手無策，感覺無能為力.正確的思路是需要對不等式或函數先進行適當變形、變更主元、重構函數、變換問題的角度，然后再利用函數的單調性進行解決.如何靈活運用函數的單調性處理不等式問題呢？下面舉例介紹.

1 變更主元

由題意知a>0，解關于a的二次方程

所得的式子較復雜，要確定a的范圍更為困難.絕大多數學生的解題思路在此受阻、中斷.其實此題需要逆向思維，重新審視題目中信息，調整思維，改變解題思路.

首先從特殊情況出發， 由題意，得

評注此題以函數、不等式等核心知識為背景，是不等式恒成立條件下求參數范圍問題.本題通過變換主元，將不等式恒成立問題化歸為二次不等式恒成立問題，然后使用單調性進行處理.需要解題者用批判性思維審視問題，破解新情境對問題的迷惑.此題不僅考查了數學基本知識和基本技能，還重點考查了考生的靈活應變的能力和自我調控能力.

2 重構函數

例2 (2020年山東新高考第22題第(2)問)已知函數f(x)=aex-1-lnx+lna．若f(x)≥1，求a的取值范圍．

分析本題若從f(x)的最小值入手，需要知道f(x)=aex-1-lnx+lna的單調性，但f(x)的單調性不明顯.能否調整原來的函數式，重構新的函數？

仔細觀察f(x)式子的結構特征，不難發現

aex-1-lnx+lna=elna+x-1-lnx+lna，

即f(x)≥1等價于

elna+x-1+lna+x-1≥lnx+x=elnx+lnx.

設g(x)=ex+x,則上式不等式等價于

g(lna+x-1)≥g(lnx).

易知g(x)是單調遞增函數.

所以lna+x-1≥lnx.

即lna≥lnx-x+1恒成立.

下面只需求函數h(x)=lnx-x+1的最大值.利用導數易求h(x)最大值為0，所以a≥1.

評注此法對代數式運算能力要求較高，正如章建躍博士所說：推理是數學的命根子，運算是數學的童子功.通過調整原函數的結構，重新建構一個“好”的函數，單調性發揮其應有的作用，使問題起死回生.

3 變換問題

(1)若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)處導數相等，證明：f(x1)+f(x2)>8-8ln2；

(2)若a≤3-4ln2，證明：對于任意k>0，直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點．

因為x1≠x2，再由基本不等式，得x1x2>256．

所以g(x)在(16，+∞)上單調遞增.

故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2.

即f(x1)+f(x2)>8-8ln2．

所以對于任意k∈(0,+∞)，直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點.

評注一些不等式證明以及研究方程解的個數和解的范圍問題，若從函數的目光去審視，可將方程問題化歸為函數問題進行處理，然后結合函數的單調性，問題一蹴而就.同時，也表明函數、不等式、方程三者之間密切相關，相互之間互為轉化.

分析由f′(x)=ex-b=0,得x=lnb.

所以f(x)在(0，lnb]上單調遞減，在(lnb，+∞)上單調遞增.

因為b>e4，則極小值f(lnb)=b-blnb+e2<0.

結合圖1，直觀猜測x1<2.

事實上，易證f(2)<0.

圖1

通過對零點x1放縮處理，將含2個零點的不等關系問題,轉化為只含一個零點的范圍證明.

再由函數的單調性知，即證

且b>e4，

評注此題的處理方法充分利用了函數單調性的特有功能，比較變量大小問題與比較函數值大小問題可以進行互化.此法利用函數單調性先得一個零點x1<2，然后通過放縮變換，將原不等式中含2個零點不等關系問題轉化為一個零點的范圍問題，再利用函數的單調性，將函數零點大小問題化歸為函數值符號問題.一些函數的零點往往較難求出，它們零點之間的不等關系問題，常常通過函數的單調性轉化為函數值大小問題進行處理.處理函數的單調性常用方法有觀察法、定義法、導數法，其中導數是研究函數單調性的重要工具.