適當(dāng)變形待證不等式結(jié)構(gòu) 降低用導(dǎo)數(shù)證明難度

河南省新密市第二高級中學(xué)(452370)劉 凡

在歷年各類考試中,函數(shù)與導(dǎo)數(shù)應(yīng)用類試題中,“函數(shù)型”不等式的證明是一類常見且難度較大的題目.在解決這類問題時,我們一般是移項、變形不等式構(gòu)造“新”函數(shù),應(yīng)用導(dǎo)函數(shù)性質(zhì)求函數(shù)最值的方法證明.但對于一些結(jié)構(gòu)比較“復(fù)雜”不等式,此方法就不能直接應(yīng)用.筆者現(xiàn)結(jié)合教學(xué)實踐就幾類常見較“復(fù)雜”不等式證明問題的方法予以總結(jié),以饗讀者.

模型1：同除xn 變形不等式

我們知道許多待證的函數(shù)型不等式,由于不等號兩邊所含的變量x 的次數(shù)比較高,不利于用導(dǎo)數(shù)直接揭示所表示函數(shù)的性質(zhì),故而導(dǎo)致不等式的證明難度加大甚至無法操作.此時如果依據(jù)其結(jié)構(gòu)在不等式兩邊適當(dāng)?shù)耐cxn,就可以使得問題求解過程大大簡化,其常見的有如下兩種情形.

1.1 不等式兩邊同除xn,構(gòu)造形如F(x)=f(x)-g(x)結(jié)構(gòu),利用F(x)的最值證明原不等式.

例(2019年全國100 所名校單元測試卷20 題)已知函數(shù)f(x)=ex,g(x)=x-m,x ∈R.

(1)若直線y=g(x)是曲線y=f(x)的切線,求實數(shù)m 的值；

(2)證明：f(x)＞2x2-2x ln x.

解題思路分析對于問題(1),很容易求得m=-1.(過程從略.)

對于問題(2),依據(jù)題意要證明不等式f(x)＞2x2-2x ln x 成立,即要證明ex＞2x2- 2x ln x(x ＞0)成立.由于此不等式左邊是冪函數(shù),右邊不但含有對數(shù)函數(shù)而且變量x 的次數(shù)比較高,不便于直接構(gòu)造函數(shù)運用導(dǎo)數(shù)證明.現(xiàn)不妨對不等式兩邊同除x 項(由于x ＞0),把不等式變形為：在此基礎(chǔ)上構(gòu)造函數(shù)于是只需要證明函數(shù)F(x)的最小值大于零即可.由(x ＞0),但此式的正負(fù)無法判斷,究其原因是ex-2x 項在x ＞0 條件下無法直接判斷正負(fù).現(xiàn)把它“列出”,單獨研究：設(shè)r(x)=ex-2x(x ＞0).由r′(x)=ex-2=0 得x=ln 2,易知r(x)在(0,ln 2)為減函數(shù),在(ln 2,+∞)為增函數(shù),所以r(x)min=r(ln 2)=2-ln 2 ＞0,故ex-2x ＞0 在(0,+∞)恒成立.再返回可知F(x)在(0,1)為減函數(shù),在(1,+∞)為增函數(shù),所以F(x)min=F(1)=e-2 ＞0,故有F(x)≥F(x)min=e-2 ＞0,所以原不等式成立.

解題后反思由本題待證不等式ex＞2x2-2x ln x 的結(jié)構(gòu)形式：其兩邊含有指數(shù)型、對數(shù)型和冪型項,相對來說其結(jié)構(gòu)有點“復(fù)雜”,因此在證明之前如果能進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃无D(zhuǎn)換?？梢院喕\算,降低難度.依據(jù)題設(shè)中隱含條件x ＞0及待證不等式的結(jié)構(gòu)特征,在其兩邊同除x,這不但有利于求導(dǎo)運算,使得所得導(dǎo)函數(shù)能很容易進(jìn)行代數(shù)化簡,而且使得所得到的導(dǎo)函數(shù)易于判斷正負(fù)(相比較于在其兩邊同除x 變形前函數(shù)和導(dǎo)函數(shù)而言),很容易求得對應(yīng)函數(shù)的最值,大大降低了思維難度,減少了運算量且易于操作.

1.2 不等式兩邊同除xn,構(gòu)造形如h(x)＞r(x)結(jié)構(gòu),利用函數(shù)h(x)min＞r(x)max的性質(zhì)證明原不等式.

例(2019年全國高三統(tǒng)一聯(lián)合考試卷21 題)已知函數(shù)f(x)=x2eax-1,

(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；

解題思路分析對于問題(1),易于求得：當(dāng)a=0 時,f(x)在(-∞,0)為減函數(shù),在(0,+∞)為增函數(shù)； 當(dāng)a ＞0時,f(x)在為增函數(shù),在為減函數(shù)； 當(dāng)a ＜0 時,f(x)在(-∞,0),為增函數(shù),在為減函數(shù).

(2)要證f(x)＞ln x,即要證明x2eax＞ln x+1(x ＞0)恒成立.顯然此不等式不宜直接利用導(dǎo)數(shù)來研究函數(shù)性質(zhì)證明,但我們通過觀察待證不等式,依據(jù)其兩邊的結(jié)構(gòu)特征,在兩邊同除x3,使其變形為結(jié)構(gòu),令得到h(x)＞r(x)的形式,現(xiàn)只需要利用其對應(yīng)的最值就可很容易證明原不等式：對于函數(shù)則有由導(dǎo)數(shù)和函數(shù)性質(zhì)容易看出h(x)在為減函數(shù),在為增函數(shù),所以同法對于有

解題后反思當(dāng)待證不等式(含有指數(shù)型、對數(shù)型和冪型的結(jié)構(gòu))所含冪型項的指數(shù)比較高時,此時對待證不等式兩邊同除xn時候,要依據(jù)其結(jié)構(gòu)特點取適當(dāng)n ∈N*的值,使得變形后不等式兩邊對應(yīng)的函數(shù)易于求導(dǎo)和性質(zhì)討論.本題由于待證不等式左邊x 的次數(shù)為二次,相比較“較高”,為了構(gòu)造易于求導(dǎo)且所得到導(dǎo)函數(shù)易于用來研究函數(shù)性質(zhì),依據(jù)待證式結(jié)構(gòu)特征在不等式兩邊同除x3.故而我們變形、構(gòu)造函數(shù)時,必須遵循所得到的函數(shù)易于求導(dǎo)且易于利用導(dǎo)函數(shù)研究性質(zhì)為原則,靈活多樣.

模型2：通過同除ex 變形不等式

例(2019年3+1 綜合試卷第21 題)已知函數(shù)f(x)=aexln x 在x=1 處的切線與直線x+2ey =0 垂直.

(1)求實數(shù)a 的值；

(2)證明：xf(x)＞1-5ex-1.

解題思路分析(1)易求得a=2.(過程從略.)

(2)方法1要證明xf(x)＞1-5ex-1成立,即要證明2xexln x ＞1-5ex-1(x ＞0)時恒成立.如果直接構(gòu)造h(x)＞r(x)或移項構(gòu)造F(x)=h(x)- r(x)形式都很難利用導(dǎo)數(shù)揭示函數(shù)性質(zhì)予以證明且運算過程較復(fù)雜不易操作.現(xiàn)不妨依據(jù)待證不等式結(jié)構(gòu)特征(含有指數(shù)和對數(shù)乘積型項),對不等式兩邊同除ex,把不等式轉(zhuǎn)化為形式,是原不等式左邊較復(fù)雜結(jié)構(gòu)“2xexln x”簡化為“2x ln x”,在此基礎(chǔ)上所構(gòu)造的函數(shù)易于導(dǎo)數(shù)運算和函數(shù)性質(zhì)討論,降低了思維難度,減少了運算量.令則由h′(x)=2(ln x+1),易知函數(shù)h(x)在區(qū)間為減函數(shù),在為增函數(shù),所以又由函數(shù)易知在(0,+∞)為減函數(shù),所以故有原不等式得以證明.

方法2在上述2xexln x ＞ 1 - 5ex-1的基礎(chǔ)上,如果移項提取公因式ex,就可使原不等式變形為由于在x ＞0 時,ex＞1,現(xiàn)只需要證明大于1 即可.由上述過程易知故原不等式得證.

解題后反思當(dāng)待證不等式中如果既含有指數(shù)型又含有對數(shù)型項或它們乘積等“較復(fù)雜”結(jié)構(gòu)時,一般?？梢圆扇≡诖C不等式兩邊同除指數(shù)型項(因為ax＞0,其中a ＞0 且a /= 1)的方法變形或直接移項提取指數(shù)型公因式轉(zhuǎn)化待證不等式結(jié)構(gòu)的方法,進(jìn)而構(gòu)造對應(yīng)函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)求最值證明原不等式.本題在證明過程中靈活的依據(jù)題設(shè)條件的結(jié)構(gòu)特征采取了構(gòu)造h(x)＞r(x)形式和提取公因式簡化待證函數(shù)兩種方法,使需要證明的函數(shù)變得更加簡潔、易于操作.

模型3：引入“中介”函數(shù)項

例(2019年衡水金券分科綜合卷21 題)已知函數(shù)f(x)=1-a ln x-bx(a,b ∈R 且a/=0).

(1)若a=-b,且f(x)的最小值為0,求實數(shù)a 的值；

解題思路分析對于問題(1)易求得a=-1.

對于問題(2)由于a=b=1 時,函數(shù)f(x)=1-x ln x-x,現(xiàn)要證明成立,即要證明不等式在x ＞0時恒成立.通過觀察此式不難發(fā)現(xiàn)其無論如何變形轉(zhuǎn)換都無法構(gòu)造函數(shù)利用最值證明,因為此式兩邊不但含有指數(shù)和對數(shù)型函數(shù)項,而且還含有冪型函數(shù)項,結(jié)構(gòu)非常復(fù)雜,即使利用二階導(dǎo)函數(shù)也無法揭示函數(shù)性質(zhì)求出所構(gòu)函數(shù)最值.但如果注意到(1)中當(dāng)a=-b 時,f(x)的最小值為0 這個條件,現(xiàn)不妨令a=-b=-1 時,f(x)=1+x ln x-x ≥0恒成立,所以x ln x ≥x-1,也即-x ln x ≤1-x,故有：1-x ln x-x ≤2-2x,所以f(x)≤2-2x(x ＞0).求出了不等式左邊項函數(shù)f(x)的一個控制函數(shù)(中介函數(shù)),于是原不等式就可以變形、轉(zhuǎn)化為證明(x ＞0)成立即可,使得原待證不等式中只含有指數(shù)型和冪型項,結(jié)構(gòu)的復(fù)雜程度大大簡化.只需移項待證不等式就可以變形為更加簡潔的形式：現(xiàn)只需要利用模型1 的方法構(gòu)作函數(shù)(x ＞0),則由g′(x)=ex-x-1,二階導(dǎo)數(shù)為g′′(x)=ex-1,由x ＞0,g′′(x)＞0,所以g′(x)在(0,+∞)為增函數(shù),有g(shù)′(x)＞g′(0)=0,所以g′(x)＞0,可知g(x)在(0,+∞)為增函數(shù),于是可以得到g(x)＞g(0)=0,原命題得證.

解題后反思一般地對于待證不等式兩邊結(jié)構(gòu)“非?！睆?fù)雜(既含有指數(shù)型、對數(shù)型項,又含有冪型或三角函數(shù)型項等)時,常規(guī)的變形化簡已無法使不等式簡化、轉(zhuǎn)換時,可以靈活依據(jù)待證不等式的結(jié)構(gòu)特征適當(dāng)移項,求出不等號某一邊對應(yīng)的函數(shù)極大或極小“函數(shù)型項”(此函數(shù)項要足夠簡化,一般是常見的冪型多項式),使待證不等式等價轉(zhuǎn)化為一個易于利用導(dǎo)函數(shù)研究性質(zhì)的“簡化了”不等式,這樣使得問題的求解過程大大簡化,降低了思維難度,減少的運算量.

模型4：靈活應(yīng)用“項”換元化簡

解題思路分析依據(jù)題意x1,x2(x1x2)為函數(shù)的兩個零點,在不影響題意的情況下不妨設(shè)x1＜x2,所以有：有h(x1)- h(x2)=即

即(x1-x2)h′(x0)＞0,而x1＜x2,所以h′(x0)＜0 成立.

解題后反思本題在求解過程中用了兩次“項”換元：依據(jù)x0與x1,x2關(guān)系,為了利用x1,x2為零點的等式條件進(jìn)行了整體代換,使待證函數(shù)式得以簡化；為了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì),令從形式上化簡了待求函數(shù).一般在進(jìn)行“項”換元時,大多數(shù)問題都要適當(dāng)?shù)淖冃尾趴?通過變形創(chuàng)造與所要替換的項有相同的結(jié)構(gòu).如本題第一次換元時在函數(shù)h′(x0)兩邊同乘(x1-x2),第二次換元時,在函數(shù)(x1-x2)h′(x0)右邊多項式中分子分母同除x2及運算.