證明函數(shù)不等式幾種常用的策略

謝建寧

(福建省福州第十八中學(xué) 350001)

函數(shù)是高中數(shù)學(xué)的主干知識，與其他知識聯(lián)系密切，是歷年高考的必考內(nèi)容.對函數(shù)不等式f(x)≥g(x)(或f(x)≥c)證明問題的考查，是近幾年全國高考的熱點，也是難點，常作為試卷的壓軸題呈現(xiàn)，主要考查導(dǎo)數(shù)知識的應(yīng)用，以及考查學(xué)生的邏輯推理、數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng). 筆者通過對近幾年高考試題的研究，歸納出函數(shù)不等式證明的幾種常用策略，希望能給讀者帶來幫助.

一、利用f(x)≥c等價于f(x)min≥c，f(x)≤c等價于f(x)max≤c進行轉(zhuǎn)化

定理：f(x)≥c(c為常數(shù))恒成立，等價于f(x)min≥c(或f(x)下確界≥c)；f(x)≤c(c為常數(shù))恒成立，等價于f(x)max≤c(或f(x)上確界≤c).

利用此定理是證明函數(shù)不等式的基本策略，從而把問題轉(zhuǎn)化為考察函數(shù)單調(diào)性、求最值的問題.

例1(2017全國Ⅲ卷(文)21)已知函數(shù)f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.

(1)討論f(x)的單調(diào)性；

解析(1)當(dāng)a≥0時，f(x)在(0,+)單調(diào)遞增； 當(dāng)a<0時，f(x)在單調(diào)遞增，在)單調(diào)遞減.(過程略)

當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)>0；當(dāng)x∈(1,+)時，g′(x)<0.

所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+)上單調(diào)遞減.

故當(dāng)x=1時，g(x)取得最大值，最大值為g(1)=0.

所以當(dāng)x>0時.g(x)≤0.

例2(2015課標(biāo)全國Ⅰ卷(文)21)已知函數(shù)f(x)=ex-alnx.

(1)討論f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)；

二、利用f(x)≥g(x)等價于(f(x)-g(x))min≥0或(f(x)-g(x))下確界≥0進行轉(zhuǎn)化

(1)求a,b的值；

解析(1)a=1,b=1.(解題過程略)

三、利用f(x)≥g(x)的充分條件f(x)min≥g(x)max進行轉(zhuǎn)化

例4 證明：對任意的x∈(0,+)，都有成立.

令g′(x)=0，得x=1；當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)x∈(1,+)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減.

因此當(dāng)x∈(0,+)時，恒成立.

又兩次最值不能同時取到，所以對一切x∈(0,+)，都有

點評有時將不等式f(x)≥g(x)轉(zhuǎn)化為證明f(x)-g(x)≥0，問題無法解決或計算復(fù)雜，可以嘗試求解f(x)min與g(x)max，利用f(x)min≥g(x)max使問題得到解決.

四、利用f(x)≥g(x)的充分條件f(x)≥h(x)≥g(x)進行放縮

例5(2018全國Ⅰ卷(文)21)已知函數(shù)f(x)=aex-lnx-1.

(1)設(shè)x=2是f(x)極值點，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

當(dāng)x∈(0,1)時,g′(x)<0；當(dāng)x∈(1,+)時.g′(x)>0.

所以x=1是g(x)的最小值點, 故當(dāng)x>0時，g(x)≥g(1)=0.

函數(shù)不等式的放縮常利用兩曲線的公切線進行放縮，通過尋求兩曲線的公切線，使兩曲線分別落在公切線的上下方，從而證明不等式成立.

(1)求曲線y=f(x)在點(0,-1)處的切線方程.

(2)證明：當(dāng)a≥1時，f(x)+e≥0.

點評我們知道曲線y=ex在x=0處的切線方程是y=x+1，從而得到不等式ex≥x+1，以及由其變換可得ex+1≥x+2、e-x≥1-x等不等式，此題利用了直線y=x+2是曲線y=ex+1和y=-x2-x+1的公切線進行放縮.

五、先對所證不等式等價變形，再運用前四種策略證之

(1)求a,b；

(2)證明：f(x)>1.

解析(1)a=1,b=2.(過程略)

例8(2019廈門市高三一檢)設(shè)函數(shù)f(x)=(x+1)ln(x+1)+ax2-x,a≥0.

(1)求f(x)的極值；

(2)證明：ex-1(f(x-1)+x)≥x2.

解析(1)f(x)的極小值為f(0)=0，無極大值.(過程略)

(2)要證ex-1(f(x-1)+x)≥x2,即證ex-1(xlnx+a(x-1)2+1)≥x2.

因為a≥0,x>0，所以當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減;

當(dāng)x∈(1,+)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增.所以g(x)min=g(1)=2a+1.而所以當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(1,+)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減.所以，h(x)max=h(1)=1.

點評本題若直接構(gòu)造差函數(shù)求最值，所得函數(shù)極其復(fù)雜，故先將不等式做等價變形，將對數(shù)函數(shù)與指數(shù)函數(shù)剝離開來，分離到等號兩邊，再運用策略三，分別求兩邊函數(shù)的最值，得到使不等式成立的充分條件，從而不等式得證.

對不等式的等價變形，要根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特點，可以通過移項、或作商、或兩邊取對數(shù)等手段，目的使所得不等式更易于證明.