函數(shù)不等式證明中的化歸

超龍

[摘? 要] 函數(shù)不等式類問題具有知識綜合性強、方法靈活度高、題型豐富等特點，成為各大考試中的熱點和難點題型，尤其是函數(shù)不等式的證明問題，對學(xué)生的信息挖掘、條件整合、抽象概括等能力有較高要求，常常是學(xué)生沖刺較高分數(shù)的門檻.對于學(xué)生來說，主要的難點在于對不等式的化歸上.文章以幾道高考題的部分小問為具體案例，對函數(shù)不等式證明中的化歸方法進行一定的探索、展現(xiàn)和總結(jié).

[關(guān)鍵詞] 函數(shù)不等式證明;轉(zhuǎn)化與化歸;恒成立問題;最值與范圍問題

函數(shù)不等式類問題具有知識綜合性強、方法靈活度高、題型豐富等特點，可以有效考查學(xué)生的數(shù)學(xué)知識理解程度和思想方法掌握程度，具有可控的區(qū)分度，成為各大考試中的熱點和難點題型，尤其是函數(shù)不等式的證明問題，對學(xué)生的信息挖掘、條件整合、抽象概括等能力有較高要求，常常是學(xué)生沖刺較高分數(shù)的門檻.學(xué)生普遍反映在解決函數(shù)不等式證明時有一定的困難，主要是不會合理化歸條件或待證結(jié)論，而這恰恰是解決函數(shù)不等式證明的關(guān)鍵所在，常見的化歸手段有提取非負因子、分式構(gòu)造等.本文中筆者將會以幾道高考題的部分小問為具體案例，對函數(shù)不等式證明中的化歸方法進行一定的探索、展現(xiàn)和總結(jié).

例1：已知f（x）=aex-lnx-1，證明：當(dāng)a≥■時，f（x）≥0.

問題分析：常規(guī)的方法是求導(dǎo)以研究函數(shù)的單調(diào)性，再證明其最小值滿足條件，然而本題難以根據(jù)函數(shù)f（x）求導(dǎo)的結(jié)果f'（x）=aex-■得出精確的極值點，按照傳統(tǒng)方法處理較為復(fù)雜困難.因此我們需要轉(zhuǎn)換視角來思考本題，由f（x）的形式易知其定義域為（0，+∞），于是可以將原不等式aex-lnx-1≥0轉(zhuǎn)化為■≥■，再通過分別研究g（x）=■和h（x）=■的最值與取值范圍來解決問題.

問題解答：要證明aex-lnx-1≥0（a≥■）成立，即證明■≥■（a≥■）成立，構(gòu)造g（x）=■（x>0）和h（x）=■（x>0），則有g(shù)′（x）=■. 由于a>0，所以當(dāng)x∈（0，1）時，g′（x）<0，g（x）恒減;x∈（1，+∞）時，g′（x）>0，g（x）恒增，則可得g（x）■=g（1）=ae≥1. 對于函數(shù)h（x）=■（x>0）可得h′（x）=-■，易知x∈（0，1）時，h′（x）>0，即h（x）恒增;x∈（1，+∞）時，h′（x）<0，h（x）恒減，則h（x）■=h（1）=1.所以在x∈（0，+∞）時，g（x）≥1≥h（x），即■≥■，所以原不等式成立.

方法簡評：上面的解法實際上是將問題簡化為了對兩個帶單峰極點值的函數(shù)的最值研究，省去了研究指數(shù)函數(shù)與分式函數(shù)復(fù)合表達式的麻煩，然而構(gòu)造單峰極值函數(shù)時也需要有一定技巧，例如如果將問題轉(zhuǎn)化為證明aex≥lnx+1，就不能起到簡化問題的作用. 一般來說對帶有ex的表達式構(gòu)造時，導(dǎo)函數(shù)仍會帶有ex，因此一般會借助構(gòu)造分式函數(shù)的方式簡化問題.

？搖例2：已知f（x）=ex-x2，試證明：當(dāng)x≥0時，f（x）≥1.

問題分析：易知f′（x）=ex-2x，難以求出精確的極值點，若將問題轉(zhuǎn)化為證明不等式■≥1在（0，+∞）上恒成立，則會容易很多.

問題解答：問題可以轉(zhuǎn)化為證明■≥1在[0，+∞）上恒成立，構(gòu)造g（x）=■，可得g′（x）=■=■≥0（x≥0），故g（x）恒增，即g（x）■=g（0）=1，則原不等式成立.

方法簡評：本題將不易求極值的函數(shù)f（x）=ex-x2轉(zhuǎn)化為了易求極值的函數(shù)g（x）=exh（x），這一化歸手段簡化了最值的求解，教師在日常教學(xué)中可以引導(dǎo)學(xué)生熟悉這個模型.

例3：已知f（x）=（2+x）ln（1+x）-2x，試證明：當(dāng)-10時，f（x）>0.

問題分析：直接求導(dǎo)函數(shù)可得f′（x）=ln（x+1）+■-2，根據(jù)該式還不能求出f（x）的極值，我們需要進一步研究其二階導(dǎo)數(shù)f″（x），總體來說計算推演過程會較為復(fù)雜. 根據(jù)x∈（-1，0）∪（0，+∞），可得x+2>0，即可將f（x）變形為（2+x）·ln（1+x）-■，則可設(shè)g（x）=ln（1+x）-■，它與f（x）的符號相同卻更方便求出極值.

問題解答：f（x）=（2+x）ln（1+x）-2x=（2+x）ln（x+1）-■，則可構(gòu)造一個新函數(shù)g（x）=ln（1+x）-■（x∈（-1，0）∪（0，+∞）），那么f（x）=（2+x）g（x），則可得g′（x）=■≥0，因此可知g′（x）在（-1，0），（0，+∞）上恒增.所以在（-1，0）上，g（x）g（0）=0.又f（x）=（2+x）g（x），所以在（-1，0）上，f（x）<0;在（0，+∞）上，f（x）>0.

方法簡評：本題中巧妙地注意到了函數(shù)的定義域，運用了提取正因子的方法簡化了問題，將（x+2）提取出來能夠避免較難處理的ln（x+1）出現(xiàn)在導(dǎo)函數(shù)中，客觀上簡化了求導(dǎo)的結(jié)果.

例4：已知f（x）=■，試證明：當(dāng)a≥1時，f（x）+e≥0.

問題分析：若直接利用導(dǎo)函數(shù)研究f（x），導(dǎo)函數(shù)f′（x）中帶有未知參數(shù)，這會給計算與證明帶來麻煩. 因此我們需要采用參數(shù)分離法，將原不等式證明轉(zhuǎn)化為不等式a≥■-■（x≠0）的證明;再由a≥1，我們可將問題進一步轉(zhuǎn)化為證明不等式1≥■-■（x≠0）恒成立;最終我們只需要研究g（x）=■-■的最值即可.

問題解答：當(dāng)x=0時，f（x）+e=-1+e≥0，易知不等式一定成立.

當(dāng)x≠0時，f（x）+e≥0可以轉(zhuǎn)化為a≥■-■（x≠0），構(gòu)造函數(shù)g（x）=■-■（x≠0），則可得g′（x）=■. 易知x∈（-1，0），x∈（2，+∞）時，g′（x）<0，g（x）恒減;x∈（-∞，-1），x∈（0，2）時，g′（x）>0，g（x）恒增. 可得g（x）■={g（-1），g（2）}■，代入可得g（-1）=1，g（2）=-■，所以可得g（x）■=g（-1）=1，即g（x）=■-■≤1≤a，所以原命題成立.

方法簡評：本題的難點在于函數(shù)表達式中含有參數(shù)，直接求導(dǎo)難以確定單調(diào)區(qū)間，因此利用參數(shù)分離的方法可以簡化問題，這也是解決類似問題的常見手段.

例5：已知f（x）=xe-x（x∈R），（1）求f（x）的極大值;（2）若y=g（x）的圖像與y=f（x）的圖像關(guān)于直線x=1對稱，試證明：當(dāng)x>1時，f（x）>g（x）;（3）若x■≠x■，且f（x■）=f（x■），試證明：x■+x■>2.

問題解答：（1）f（x）在（-∞，1）上恒增，（1，+∞）上恒減，極大值為f（1）=■.

（2）根據(jù)對稱性可知g（x）=f（2-x）=（2-x）ex-2，令F（x）=f（x）-g（x）=xe-x+（x-2）ex-2，則F′（x）=（x-1）（e2x-2-1）e-x.

當(dāng)x>1時，2x-2>0，所以e2x-2-1>0. 又e-x>0，所以可得F′（x）>0，即在[1，+∞）上，F(xiàn)（x）恒增，所以在x>1時，F(xiàn)（x）>F（1）=0，即f（x）>g（x）.

（3）x■≠x■，f（x■）=f（x■）時，由第一小問可知，x■，x■必然分別落于（-∞，1），（1，+∞）內(nèi)，則不妨可設(shè)x■<1，x■>1，由第二小問可知，f（x■）>g（x■），且g（x■）=f（2-x■），即f（x■）>f（2-x■），則f（x■）>f（2-x■）. 因為x■>1，則根據(jù)對稱性可得2-x■<1. 又根據(jù)第一問的結(jié)論可知，x■>2-x■，所以x■+x■>2，即證.

方法簡評：本題中用到的方法和上面幾種都不太一樣，上述幾種方法都從不等式本身的形式出發(fā)，本方法立足于中間過程的結(jié)論，這對于很多綜合性較強的函數(shù)不等式證明問題來說，都是常用的有效方法.

轉(zhuǎn)化與化歸是解決函數(shù)不等式證明的重要方法，學(xué)生只有具有較強的條件挖掘、觀察分析、抽象總結(jié)能力，才能有效轉(zhuǎn)化題目條件. 本文中給出的轉(zhuǎn)化手段主要有構(gòu)造分式、提取正因子和利用中間過程結(jié)論的方法，其他常見的方法還有對數(shù)構(gòu)造法、幾何意義法等. 教師可以多引導(dǎo)學(xué)生在解決相關(guān)問題時發(fā)散思維，靈活轉(zhuǎn)化. 總而言之，當(dāng)我們正面處理函數(shù)不等式證明較困難時，就需要根據(jù)具體的題目條件靈活選擇轉(zhuǎn)化方法.