探析利用導數證明不等式策略

摘要：利用導數證明不等式問題是高考的重點和難點，充分體現了綜合性與創新性.文章以一道2023年高考試題為引例，賞析多種解法，并進行方法總結及拓展訓練，旨在探尋解決該類問題的一般規律.

關鍵詞：導數；證明不等式；策略

利用導數證明不等式問題，在近年高考試題中頻頻出現.該類問題考查導數在不等式中的應用，解題思路豐富，方法靈活，往往難度較大，學生常常感到難以下手，體現綜合性和創新性.本文中從一道2023年高考試題談起，探析該類問題的一般求解策略，以期拋磚引玉.

1 引例

（2023年高考新課標Ⅰ卷·19）已知函數f（x）=a（ex+a）－x.

（1）討論f（x）的單調性；

（2）證明：當agt;0時，f（x）gt;2ln a+32.

解析：（1）當a≤0時，f（x）在R上單調遞減；

當agt;0時，f（x）在（－∞，－ln a）上單調遞減，f（x）在（－ln a，+∞）上單調遞增.（過程略.）

（2）證法一：由（1）可得，f（x）min=f（－ln a）=a（e－ln a+a）+ln a=1+a2+ln a.

要證f（x）gt;2ln a+32，即證1+a2+ln agt;2ln a+32，即證a2－12－ln agt;0恒成立.

令g（a）=a2－12－ln a（agt;0），則

g′（a）=2a－1a=2a2－1a.

令g′（a）lt;0，則0lt;alt;22；令g′（a）gt;0，則agt;22.

所以g（a）在0，22上單調遞減，在22，+∞上單調遞增.

所以g（a）min=g22=222－12－ln22=ln2gt;0，則g（a）gt;0恒成立.

所以當agt;0時，f（x）gt;2ln a+32恒成立，證畢.

評析：一般地，若欲證的不等式兩邊含有同一個變量時，則可以直接構造“左減右”或“右減左”的函數，再利用導數研究其單調性進而求得最值，證明不等式.

證法二：令h（x）=ex－x－1，則h′（x）=ex－1.

因為y=ex在R上單調遞增，所以h′（x）=ex－1在R上單調遞增.

又h′（0）=e0－1=0，所以當xlt;0時，h′（x）lt;0；當xgt;0時，h′（x）gt;0.

所以h（x）在（－∞，0）上單調遞減，在（0，+∞）上單調遞增.

故h（x）≥h（0）=0，則ex≥x+1，當且僅當x=0時，等號成立.

因為f（x）=a（ex+a）－x=aex+a2－x=ex+ln a+a2－x≥x+ln a+1+a2－x，

當且僅當x+ln a=0，即x=－ln a時，等號成立，

所以要證f（x）gt;2ln a+32，即證x+ln a+1+a2－xgt;2ln a+32，即證a2－12－ln agt;0.

令g（a）=a2－12－ln a（agt;0），則

g′（a）=2a－1a=2a2－1a，

令g′（a）lt;0，則0lt;alt;22；令g′（a）gt;0，則agt;22.

所以g（a）在0，22上單調遞減，在22，+∞上單調遞增.

所以g（a）min=g22=222－12－ln22=ln2gt;0，則g（a）gt;0恒成立.

所以當agt;0時，f（x）gt;2ln a+32恒成立，證畢.

評析：若欲證的不等式含有指數、對數兩種形式的式子，直接求導后導數式比較復雜或無從下手時，則可以利用不等式“ex≥x+1，1-1x≤ln x≤x－1”等進行放縮，轉化為只含有指數（或對數）的式子，有利于后續求導及導函數符號的判斷.

證法三：同證法一，要證f（x）gt;2ln a+32，即證a2－12gt;ln a.

由證法二知ex≥x+1，則ln a≤a－1，故只需證a2－12gt;a－1，即證a2－a+12gt;0.

因為a2－a+12=a－122+14gt;0，所以a2-a+12＞0成立，則f（x）gt;2ln a+32成立，證畢.

評析：結合證法一、二，利用不等式“ln x≤x－1”進行放縮，將要證的不等式轉化為不含有超越的形式，便于運算.

證法四：當agt;0時，要證f（x）gt;2ln a+32，即證a（ex+a）－xgt;2ln a+32.

只需證ex+ln a+a2－x－2ln a－32gt;0，即證

（x+ln a+1）〗+a2－ln a－12gt;0.

即證+12（a2－ln a2－1）+12a2gt;0.

由證法二知ex≥x+1，則ln x≤x－1.

所以ex+ln a－（x+ln a+1）≥0，a2－1－ln a2≥0.

又因為12a2gt;0，

所以+12（a2－ln a2－1）+12a2gt;0成立.

故f（x）gt;2ln a+32成立，證畢.

評析：該證法是基于對不等式“ex≥x+1，ln x≤x－1”的熟悉，將要證的不等式湊成這樣的形式，進而進行證明.

2 方法歸納與訓練

由引例分析可以發現利用導數證明單變量不等式，一般可移項、作差、構造函數，有時需要對復雜的式子先進行變形，再利用導數研究其單調性和最值，借助所構造函數的單調性和最值即可得證.對同時包含指數函數、對數函數的不等式，可利用不等式“ex≥x+1，ln x≤x－1”進行放縮，從而實現構造的函數的簡化，再進行證明.

練習 求證：當x∈（0，1）時，xln x+exgt;x3.

證明：易證當xgt;0時，exgt;x+1.

當x∈（0，1）時，要證xln x+exgt;x3，

即證ln x+exx－x2gt;0，先證ln x+x+1x－x2gt;0.

令p（x）=ln x+1+1x－x2，其中x∈（0，1），則p′（x）=1x－1x2－2x=x－1x2－2xlt;0.

所以，函數p（x）在（0，1）上單調遞減.故當x∈（0，1）時，p（x）gt;p（1）=1gt;0，

即ln x+x+1x－x2gt;0，則ln x+exx－x2gt;0.

故當x∈（0，1）時，xln x+exgt;x3.

3 能力提升與拓展

3.1 雙函數構造

例1 已知函數f（x）=ln x+x，證明xf（x）lt;ex.

證明：要證xf（x）lt;ex，只需證xln x+x2lt;ex，即證ln xx+1lt;exx2.

令g（x）=ln xx+1，則g′（x）=1－ln xx2.

易得g（x）在區間（0，e）單調遞增，在區間（e，+∞）單調遞減，所以g（x）max=g（e）=1+1e.

令h（x）=exx2，則h′（x）=ex（x－2）x3.

易得h（x）在（0，2）上單調遞減，在（2，+∞）上單調遞增，所以h（x）min=h（2）=e24.

因為e24－1+1egt;7.34－1－12gt;0，所以h（x）mingt;g（x）max，則ln xx+1lt;exx2，從而xf（x）lt;ex.

評析：若構造函數直接求導比較復雜或無從下手，則可將待證式進行變形，構造兩個函數，從而找到可以傳遞的中間量，達到證明的目的.本例題中同時含ln x與ex，若直接構造函數將難以解決后續問題，于是把指數與對數分離在兩邊，分別計算它們的最值，借助最值間的大小比較進行證明.

3.2 雙變量問題

3.2.1 分離變量構造

例2 已知函數f（x）=（a+1）ln x+ax2+1.證明：當a≤－2時，對任意x1，x2∈（0，+∞），不等式|f（x1）－f（x2）|≥4|x1－x2|恒成立.

證明：不妨設x1≥x2，由a≤－2，易得f（x）在區間（0，+∞）上單調遞減.

所以不等式|f（x1）－f（x2）|≥4|x1－x2|等價于f（x2）－f（x1）≥4x1－4x2，即f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1.

令函數g（x）=f（x）+4x，則可得g′（x）=2ax2+4x+a+1x≤－4x2+4x－1x=－（2x－1）2x≤0.

所以g（x）在（0，+∞）上單調遞減，由x1≥x2可得g（x1）≤g（x2），即f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1.

故對任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）－f（x2）|≥4|x1－x2|恒成立.

評析：將兩個變量分離，根據式子的特點構造新函數，利用導數研究新函數的單調性及最值，從而不等式得證.

3.2.2 換元構造

例3 已知函數f（x）=ln x－ax2.

（1）討論函數f（x）的單調性；

（2）若x1，x2是方程f（x）=0的兩不等實根，求證：x21+x22gt;2e.

解析：（1）當a≤0時，f（x）在（0，+∞）上單調遞增；當a＞0時，f（x）在0，2a2a上單調遞增，在2a2a，+∞上單調遞減.（過程略.）

（2）證明：因為x1，x2是方程ln x－ax2=0的兩不等實根，則由ln x－ax2=0可得2ln x－2ax2=0，

即x1，x2是方程ln x2－2ax2=0在（0，+∞）上的兩不等實根.

令t=x2（tgt;0），則t1=x21，t2=x22，即t1，t2是方程2a=ln tt的兩不等實根.

令g（t）=ln tt，則g′（t）=1－ln tt2，所以g（t）在區間（0，e）上單調遞增，在區間（e，+∞）上單調遞減，且g（e）=1e.

當t→0+時，g（t）→－∞；當t→+∞時，g（t）gt;0且g（t）→0.

所以0lt;2alt;1e，即0lt;alt;12e.

令1lt;t1lt;elt;t2，要證x21+x22gt;2e，只需證t1+t2gt;2e.

法1（對稱化構造）：令h（t）=g（t）－g（2e－t），t∈（1，e），即

h（t）=g（t）－g（2e－t）=ln tt－ln （2e－t）2e－t=（2e－t）ln t－tln （2e－t）t（2e－t）.

令φ（t）=（2e－t）ln t－tln （2e－t），t∈（1，e）2則

φ′（t）=2et－1－ln t－ln （2e－t）+t2e－t=2e－tt+t2e－t－ln （－t2+2et）gt;2e－tt+t2e－t－2gt;0.

所以φ（t）在（1，e）上遞增，則φ（t）lt;φ（e）=0.

所以h（t）=g（t）－g（2e－t）lt;0，也即g（t）lt;g（2e－t）.

所以g（t2）=g（t1）lt;g（2e－t1），則t2gt;2e－t1，即t1+t2gt;2e，從而x21+x22gt;2e.

法2（對數均值不等式）：先證x1－x2ln x1－ln x2lt;x1+x22，不妨令0lt;x1lt;x2，因此

只需證x2－x1x2+x1lt;ln x2－ln x12，即證2（x－1）x+1－ln xlt;0x=x2x1gt;1.

令φ（x）=2（x－1）x+1－ln x（xgt;1），則

φ′（x）=4（x+1）2－1x=－（x－1）2x（x+1）2lt;0.

所以φ（x）在（1，+∞）上單調遞減，則φ（x）lt;φ（1）=0得證.

因為t1ln t1=t2ln t2，所以

t1+t2ln t1+ln t2=t1－t2ln t1－ln t2lt;t1+t22.

所以ln t1+ln t2gt;2，即t1t2gt;e2，從而t1+t2gt;2t1t2gt;2e.故x21+x22＞2e.

評析：本題第二問解題的關鍵是合理轉化，將問題變成熟悉的極值點偏移問題，從而根據對稱化構造或對數均值不等式等方法證出.由ln x－ax2=0可得2ln x－2ax2=0，則x1，x2是方程ln x2－2ax2=0的兩不等實根，從而可將問題轉化為t1，t2是方程2a=ln tt的兩不等實根，即可得到a和t1，t2的范圍，原不等式等價于t1+t2gt;2e，即極值點偏移問題，根據對稱化構造（法1）或對數均值不等式（法2）等方法即可證出.

4 結語

利用導數證明不等式問題的關鍵是如何構造函數，常用到的方法有作差構造、雙函數構造、放縮構造、換元構造、消元構造等方法，針對不同的題目，要善于根據待證式子的結構特征，靈活采用不同的解題方法，可以達到事半功倍的效果.