幾種典型的利用導(dǎo)數(shù)證明不等式題型的分類(lèi)例析與應(yīng)對(duì)策略

摘 要：一些不等式的證明，若能立足函數(shù)的角度，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)（單調(diào)性或最值極值）來(lái)加以證明，就顯得很有優(yōu)越性.而這一思想的關(guān)鍵在于構(gòu)造合理的輔助函數(shù).本文精選高考經(jīng)典題，以案例的形式加以分類(lèi)例析，并給出了應(yīng)對(duì)策略.

關(guān)鍵詞：輔助函數(shù);構(gòu)造策略;導(dǎo)數(shù)

中圖分類(lèi)號(hào)：G632?? 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A?? 文章編號(hào)：1008-0333（2022）04-0079-05

利用導(dǎo)數(shù)證明或求解不等式是近年高考的熱點(diǎn)，我們有必要加以研究.而利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵在于構(gòu)造輔助函數(shù)，下面選取經(jīng)典的案例（大多是高考題）分類(lèi)例析，探討構(gòu)造輔助函數(shù)的幾類(lèi)有效的應(yīng)對(duì)策略.

1 構(gòu)造輔助函數(shù)直接利用單調(diào)性

例1 （2014年湖南文科第9題）若0<x1<x2<1，則（? ）.

A.ex2-ex1>lnx2-lnx1 B.ex2-ex1<lnx2-lnx1

C.x2ex1>x1ex2D.x2ex1>x1ex2

解析 令f（x）=ex-ln，則f ′（x）=ex-1x.

故f（x）在（0，1）上有一個(gè)極值點(diǎn).

即f（x）在（0，1）上不是單調(diào)函數(shù)，無(wú)法判斷f（x1）與f（x2）的大小，故A，B錯(cuò).

構(gòu)造函數(shù)g（x）=exx，g′（x）=ex（x-1）x2，

故g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減.

所以g（x1）>g（x2），故選C.

例2 證明：當(dāng)b>a>e時(shí)，ab>ba.

解析 不等式兩邊取對(duì)數(shù)得blna>alnb.

可化為lnaa>lnbb.

令f（x）=lnxx（x>e），則f ′（x）=1-lnxx2<0.

所以f（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞減.

又b>a>e，所以f（a）>f（b）.

所以lnaa>lnbb.

即blna>alnb，所以ab>ba.

例3 （2011年新課標(biāo)）已知函數(shù)f（x）=

alnxx+1+bx，曲線(xiàn)y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線(xiàn)方程為x+2y-3=0.

（1）求a，b的值;

（2）證明：當(dāng)x>0，且x≠1時(shí)，f（x）>lnxx-1.

解析 （1）a=1，b=1.（過(guò)程略）

（2）由（1）知f（x）=lnxx+1x.

所以f（x）-lnxx-1=11-x2（2lnx+x2-1x）.

考慮函數(shù)h（x）=2lnx+x2-1x（x>0），

則h′（x）=2x-2x2-（x2-1）x2=-（x-1）2x2.

故當(dāng)x≠1時(shí)，h′（x）<0，而h（1）=0，故當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h（x）>0，可得11-x2h（x）>0.

即f（x）-lnxx-1>0.

即f（x）>lnxx-1.

分析與應(yīng)對(duì)策略 這是利用導(dǎo)數(shù)證明不等式中最為簡(jiǎn)單和常見(jiàn)的一類(lèi)，其主要策略是：根據(jù)不等式的特點(diǎn)，構(gòu)造輔助函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，然后利用單調(diào)性由自變量的大小關(guān)系過(guò)渡到函數(shù)值的大小關(guān)系，從而獲得不等式的證明.例1采用最為常見(jiàn)的移項(xiàng)（作差或作商）構(gòu)造構(gòu)輔助函數(shù);例2采取兩邊取對(duì)數(shù)再移項(xiàng)構(gòu)造輔助函數(shù);例3直接作差后進(jìn)行恒等變形構(gòu)造輔助函數(shù).

2 構(gòu)造輔助函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)求最值

例4 求證：當(dāng)x>-1時(shí)，恒有1-

1x+1≤ln（x+1）.

解析 令g（x）=ln（x+1）+1x+1-1，

則g′（x）=1x+1-1（x+1）2=x（x+1）2.

不難求得函數(shù)g（x）在（-1，+∞）上的最小值為g（x）min=g（0）=0.

所以當(dāng)x>-1時(shí)，g（x）≥g（0）=0.

即ln（x+1）+1x+1-1≥0.

所以ln（x+1）≥1-1x+1.得證.

例5 函數(shù)f（x）=exlnx.

（1）求f（x）在區(qū)間[1，2]上的最小值;

（2）證明：對(duì)任意的x∈（0，+∞），都有f（x）>1-2ex-1x.

解析? （1）f（x）min=f（1）=0.（過(guò)程略）

（2）要證f（x）>1-2ex-1x，

只要證exlnx>1-2ex-1x.

從而只要證xlnx>2ex-2e.

令g（x）=xlnx，F(xiàn)（x）=xex-2e，

所以g′（x）=lnx+1，F(xiàn)′（x）=1-xex.

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

所以g（x）min=g（1e）=-1e，F(xiàn)（x）max=g（1）=-1e.

所以對(duì)任意的x∈（0，+∞），都有f（x）>1-2ex-1x.（等號(hào)取不到）

分析與應(yīng)對(duì)策略 此類(lèi)問(wèn)題比上一類(lèi)較為深刻，不僅要判斷單調(diào)性，還要求解輔助函數(shù)的最值.根本策略是把不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性并求出函數(shù)最值或者值域問(wèn)題，從而證明不等式.例4的輔助函數(shù)獲得較為容易;例5實(shí)際上是構(gòu)造了兩個(gè)輔助函數(shù)，證明一個(gè)函數(shù)的最小值大于另一個(gè)函數(shù)的最大值，這也是利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的方法，難度較大.

3 輔助函數(shù)導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)不可求

例6 （2017年新課標(biāo)Ⅱ卷）已知函數(shù)f（x）=ax2-ax-xlnx，且f（x）≥0.

（1）求a;

（2）證明：f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e-2<f（x0）<2-2.

解析 （1）a=1（過(guò)程略）.

（2）由（1）知f（x）=x2-x-xlnx.

則f ′（x）=2x-2-lnx.

設(shè)h（x）=2x-2-lnx，則h′（x）=2-1x.

當(dāng)x∈（0，12）時(shí)，h′（x）<0;

當(dāng)x∈（12，+∞）時(shí)，h′（x）>0.

所以h（x）在（0，12）單調(diào)遞減，在（12，+∞）單調(diào)遞增.

又h（e-2）>0，h（12）<0，h（1）=0，，所以h（x）在（0，12）有唯一零點(diǎn)x0，在[12，+∞）有唯一零點(diǎn)1，且當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，h（x）>0;當(dāng)x∈（x0，1）時(shí)，h（x）<0;當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h（x）>0.

因此f ′（x）=h（x）.

所以x=x0是f（x）的唯一極大值點(diǎn).

由f ′（x0）=0得lnx0=2（x0-1）.

故f（x0）=x0（1-x0）.

由x0∈（0，1）得，f（x0）<14.

因?yàn)閤=x0是f（x）在（0，1）的最大值點(diǎn)，由e-1∈（0，1），f ′（e-1）≠0得f（x0）>f（e-1）=e-2.

所以e-2<f（x0）<2-2.

例7 設(shè)函數(shù)f（x）=e2x-alnx.

（1）討論f（x）的導(dǎo)函數(shù)f ′（x）的零點(diǎn)的個(gè)數(shù);

（2）證明：當(dāng)a>0時(shí)，f（x）≥2a+aln2a.

解析 （1）當(dāng)a≤0， f ′（x）>0，f ′（x）沒(méi)有零點(diǎn);當(dāng)a>0時(shí)，f ′（x）存在唯一零點(diǎn).

（2）設(shè)f ′（x）在（0，+∞）的唯一零點(diǎn)為x0，x0滿(mǎn)足2e2x0-ax0=0.

當(dāng)x∈（0，x0），f ′（x）<0，則f（x）單調(diào)遞減，x∈（x0，+∞），f ′（x）>0，則f（x）單調(diào)遞增.

故f（x）min=f（x0）.

又e2x0=a2x0，2x0=lna-ln2x0，整體代換，得

2ax0=alna-aln2-alnx0.

所以f（x0）=e2x0-alnx0=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a.

所以a>0時(shí)，f（x）≥2a+aln2a.

分析與應(yīng)對(duì)策略 當(dāng)輔助函數(shù)的導(dǎo)數(shù)零點(diǎn)不可求時(shí)，前兩類(lèi)方法很難進(jìn)行下去，這時(shí)我們可以采取對(duì)輔助函數(shù)的導(dǎo)數(shù)零點(diǎn)進(jìn)行虛擬設(shè)根的方法加以調(diào)整解決，即導(dǎo)數(shù)零點(diǎn)不可求，先設(shè)再估，探求范圍（限制得越小越好），然后整體代換（例6和例7）.

4 含雙變量的不等式證明

例8 （2018年全國(guó)Ⅰ卷）已知函數(shù)f（x）=1x-x+alnx.

（1）討論f（x）的單調(diào)性;

（2）若f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：

f（x1）-f（x2）x1-x2<a-2.

解析 （1）略.

（2）由（1）知，f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)a>2.

由于f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿(mǎn)足x2-ax+1=0，所以x1x2=1，不妨設(shè)x1<x2，則x2>1.

由于f（x1）-f（x2）x1-x2=-1x1x2-1+a·lnx1-lnx2x1-x2=-2+a·lnx1-lnx2x1-x2=-2+a·

-2lnx21x2-x2

，

故f（x1）-f（x2）x1-x2<a-2等價(jià)于1x2-x2+2lnx2<0.

設(shè)函數(shù)g（x）=1x-x+2lnx，由（1）知，g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減.

又g（1）=0，從而當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g（x）<0.

所以1x2-x2+2lnx2<0.

即f（x1）-f（x2）x1-x2<a-2.

例9 （2018年浙江）已知函數(shù)f（x）=x-lnx.若f（x）在x=x1，x2（x1≠x2）處導(dǎo)數(shù)相等，證明：f（x1）+f（x2）>8-8ln2.

解析 函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f ′（x）=12x-1x，

由f ′（x1）=f ′（x2），得12x1-1x1=12x2-1x2.

因?yàn)閤1≠x2，所以1x1+1x2=12.

由基本不等式，得

12x1x2=x1+x2≥

24x1x2.

因?yàn)閤1≠x2，所以x1x2>256.

由題意，得f（x1）+f（x2）=

x1-lnx1+x2-lnx2=12

x1x2-ln（x1x2）.

設(shè)g（x）=x2-lnx，則g′（x）=14x（x-4）.

x（0，16）16（16，+∞）

g′（x）-0+

g（x）遞減2-4ln2遞增

故g（x）在[256，+∞）上單調(diào)遞增.

故g（x1x2）>g（256）=8-8ln2.

即f（x1）+f（x2）>8-8ln2.

分析與應(yīng)對(duì)策略 在利用導(dǎo)數(shù)證明不等式這類(lèi)問(wèn)題中，關(guān)于二元不等式的證明問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)，我們的主要策略還是根據(jù)不等式的特征輔助函數(shù)，根本指導(dǎo)思想是二元變量一元化，常用方法是先構(gòu)造齊次式，然后再整體換元獲得輔助函數(shù)，最后仿照前面的策略求解證明目標(biāo)不等式.例8利用齊次化思想和兩變量的關(guān)系代入消元的思想;例9則更多是利用整體換元的思想.

5 涉及極值點(diǎn)、拐點(diǎn)偏移問(wèn)題的不等式證明

例10 已知函數(shù)f（x）=2lnx+x2+x，若正實(shí)數(shù)x1，x2滿(mǎn)足f（x1）+f（x2）=4.求證：x1+x2≥2.

解析 注意到f（1）=2，則f（x1）+f（x2）=2f（1）.

要證x1+x2≥2，即證x1+x22≥1.

因?yàn)閒 ′（x）=2x+2x+1>0，則f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增.又f ″（x）=-2x2+2，則f ″（1）=0，則（1，2）是f（x）圖象的對(duì)稱(chēng)中心，若x1+x2≥2，則說(shuō)明拐點(diǎn)發(fā)生了偏移，聯(lián)想到極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的處理方式，對(duì)稱(chēng)化構(gòu)造函數(shù)逆用單調(diào)性來(lái)處理拐點(diǎn)偏移問(wèn)題.

不妨設(shè)0<x1≤1≤x2，要證x1+x2≥2x2≥2-x1≥1f（x2）≥f（2-x1）4-f（x1）≥f（2-x1）4≥f（x1）+f（2-x1）.

構(gòu)造F（x）=f（x）+f（2-x），x∈（0，1），

則F′（x）=f ′（x）=f ′（2-x）=4（1-x）·[1x（2-x）-1]≥0.

所以F（x）在（0，1）上單調(diào)遞增.

所以F（x）≤F（1）=2f（1）=4.

例11 （2016年全國(guó)Ⅰ卷）已知函數(shù)f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2有兩個(gè)零點(diǎn).

（1）求a的取值范圍;

（2）設(shè)x1，x2是f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1+x2<2.

解析 （1）a>0（過(guò)程略）.

（2）不妨設(shè)x1<x2，由（1）知x1∈（-∞，1），x2∈（1，+∞），2-x2∈（-∞，1）.

又f（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞減，

所以x1+x2<2等價(jià)于f（x1）>f（2-x2）.

即f（2-x2）<0.

由于f（2-x2）=-x2e2-x2+a（x2-1）2，

而f（x2）=（x2-2）ex2+a（x2-1）2=0，

所以f（2-x2）=-x2e2-x2-（x2-2）ex2.

設(shè)g（x）=-xe2-x-（x-2）ex，

則g′（x）=（x-1）（e2-x-ex）.

所以當(dāng)x>1時(shí)，g′（x）<0，而g（1）=0，故當(dāng)x>1時(shí)，g（x）<0.

從而g（x2）=f（2-x2），故x1+x2<2.

分析與應(yīng)對(duì)策略 這一類(lèi)問(wèn)題就是現(xiàn)在高考比較流行的考查問(wèn)題，即極值點(diǎn)偏移和拐點(diǎn)偏移問(wèn)題.極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的處理策略可以基于軸對(duì)稱(chēng)思想構(gòu)造差函數(shù)，進(jìn)而逆向使用單調(diào)性求解不等式，拐點(diǎn)偏移問(wèn)題與極值點(diǎn)偏移問(wèn)題處理策略基本一致.其一般步驟如下：

（1）構(gòu)造差函數(shù)F（x）=f（2x0-x）-f（x）;

（2）研究F（x）的單調(diào)性;

（3）結(jié)合F（x0）=0，判斷F（x）的符號(hào)，從而確定f（2x0-x）與f（x）的大小關(guān)系，得出結(jié)論.

利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵是構(gòu)造輔助函數(shù)，而如何根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造一個(gè)可導(dǎo)函數(shù)則是破解這個(gè)關(guān)鍵的鑰匙.綜上所述，構(gòu)造輔助函數(shù)或許帶著很強(qiáng)的猜測(cè)性，但我們還是能發(fā)現(xiàn)構(gòu)造輔助函數(shù)的規(guī)律：

（1）直接作差（有時(shí)作商）構(gòu)造函數(shù)，將不等式問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)值域問(wèn)題.

（2）將待證不等式等價(jià)變形后再構(gòu)造函數(shù).其中的變形包括：數(shù)式變形：移項(xiàng)、提取因式、整體代換、分式變形、拆項(xiàng)拼湊、取對(duì)數(shù)等手段.

總之，我們瞄準(zhǔn)目標(biāo)不等式的特點(diǎn)，結(jié)合上述經(jīng)驗(yàn)和規(guī)律，構(gòu)造合適的輔助函數(shù)也并不是那么遙不可及，攻克高考導(dǎo)數(shù)壓軸題也不是少數(shù)人的佳話(huà)！

參考文獻(xiàn)：

[1] 蔡瑩.淺談導(dǎo)數(shù)在高中數(shù)學(xué)函數(shù)中的解題應(yīng)用[J].考試周刊，2018（77）：94.

[2] 范習(xí)昱.解題教學(xué)需要五種意識(shí)[J].中學(xué)數(shù)學(xué)研究（華南師范大學(xué)版），2014（01）：9-11.

[責(zé)任編輯：李 璟]