巧變換破解不等式證明

葉欣

摘 要：本文以2021年全國(guó)Ⅰ卷22題為例，通過對(duì)不同解法進(jìn)行分析、比較，抓住并理解問題的本質(zhì)，在掌握解決這類問題的通性通法的基礎(chǔ)上，了解一些比較常見的破解問題的技巧方法，提高數(shù)學(xué)思維的靈活性、深刻性.

關(guān)鍵詞：不等式證明;函數(shù);導(dǎo)數(shù)

中圖分類號(hào)：G632?? 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A?? 文章編號(hào)：1008-0333（2022）04-0021-03

新高考數(shù)學(xué)試題的特點(diǎn)之一是注重知識(shí)的綜合應(yīng)用，通過在知識(shí)網(wǎng)絡(luò)交匯點(diǎn)處設(shè)計(jì)試題，使得對(duì)數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)的考查達(dá)到必要的深度，突出數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的落實(shí).以函數(shù)為背景考查不等式成立的證明就是上述指導(dǎo)思想的體現(xiàn)，也是高考熱點(diǎn)問題.函數(shù)是高中數(shù)學(xué)的主線，其中導(dǎo)數(shù)更精確地刻畫了函數(shù)的性質(zhì)，為研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值、求曲線的切線等問題提供了有效的方法與途徑，方程與不等式是研究和解決有關(guān)函數(shù)問題的重要工具，同時(shí)在解決有關(guān)方程與不等式的問題時(shí)，又常以函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)為依據(jù)，并借助于函數(shù)的圖象解釋其幾何意義.

1 高考試題呈現(xiàn)

題目 （2021年新高考數(shù)學(xué)全國(guó)Ⅰ卷第22題）已知函數(shù)fx=x1-lnx.

（1）討論fx的單調(diào)性;

（2）設(shè)a，b為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且blna-alnb=a-b，證明：2<1a+1b<e.

本題第（1）問是討論函數(shù)的單調(diào)性，由于函數(shù)中不含參數(shù)，因此不會(huì)涉及分類討論，屬于基本問題.第（2）問是給出一個(gè)新的等式并證明相關(guān)不等式成立的問題，要解決問題首先要根據(jù)等式特征合理變形，再利用已知函數(shù)的性質(zhì)完成不等式證明，難度較大，下面做重點(diǎn)分析.

2 常規(guī)解法展現(xiàn)

解法1 由條件blna-alnb=a-b，

得

1a1-ln1a=1b1-ln1b.

令x1=1a，x2=1b，則x1，x2為fx=k的兩個(gè)不等實(shí)根，不妨令x1<x2.

因?yàn)楫?dāng)x∈（0，e）時(shí)，fx>0;

當(dāng)x=e時(shí)，fx=0;

當(dāng)x∈（e，+SymboleB@）時(shí)，fx<0.

又fmax（x）=f1=1，所以結(jié)合單調(diào)性可知

x1∈0，1，x2∈1，e，k∈0，1.

即證2<x1+x2<e.

下面先證x1+x2>2.

因?yàn)?-x1>1，fx在1，+SymboleB@單調(diào)遞減，fx2=fx1，所以x1+x2>2x2>2-x1fx2<f2-x1fx1<f2-x1.

令hx=fx-f2-x（0<x<1），

則h′x=f ′x+f ′2-x=-lnx2-x.

因?yàn)閤∈0，1，所以x2-x∈0，1.

所以h′x>0恒成立.

故hx單調(diào)遞增.

因此hx<h1=0.

所以fx1<f2-x1.

所以x1+x2>2得證.

再證x1+x2<e.

因?yàn)閑-x1>1，fx在1，+SymboleB@單調(diào)遞減，fx2=fx1， 所以x1+x2<ex2<e-x1

f（x2）>f（e-x1）

fx1>fe-x1.

下面可以仿照上面的過程完成證明（略）.

點(diǎn)評(píng) 第（2）問中已知條件“blna-alnb=a-b”是一個(gè)輪換對(duì)稱式，變形的方向是相同變量放在一起，期待出現(xiàn)問題中涉及到的“1a，1b”，目標(biāo)是構(gòu)造已知函數(shù)fx，使得在解決問題的過程中發(fā)揮函數(shù)fx性質(zhì)的作用.我們通過一系列變形將問題轉(zhuǎn)化為“已知x1，x2是關(guān)于x的方程fx=k的兩個(gè)不等實(shí)根，求證2<x1+x2<e.”其中“證明x1+x2>2”是很明顯的極值點(diǎn)偏移問題，主要的方法是通過變形將自變量轉(zhuǎn)化到同一個(gè)單調(diào)區(qū)間，利用函數(shù)fx的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為函數(shù)值的不等式，再構(gòu)造新函數(shù)證明.對(duì)于“證明x1+x2<e”也可以仿照上述方法完成證明.

3 其他解法探究

下面再來(lái)探討一下證明“x1+x2<e”的其他方法.

思路1 采用比值換元法.

解法2 設(shè)t=x1x2，則t∈（0，1），x1=tx2.

因?yàn)閒x2=fx1，所以fx2=ftx2.

即x21-lnx2=tx21-lntx2.

所以lnx2=1+tlnt1-t.

變形，得x2=e1+tlnt1-t.

所以x1+x2<ee1+tlnt1-t（1+t）<e1+t<etlntt-1.

可證ex≥x+1（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)）.

所以etlntt-1>tlntt-1+1.

所以只需證tlntt-1>t.

即證lnt<t-1.

易證其成立，所以x1+x2<e成立.

解法3 設(shè)t=x1x2，則t∈（0，1），x1=tx2.

因?yàn)閒x2=fx1，所以fx2=ftx2.

即x21-lnx2=tx21-lntx2.

所以lnx2=1+tlnt1-t.

所以x2=e1+tlnt1-t.

所以x1+x2<ee1+tlnt1-t（1+t）<e

1+t<etlntt-1

ln（1+t）<tlntt-1

ln（1+t）t<lntt-1.

可證lnx≤x-1（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào)）.

因?yàn)閠∈（0，1），所以lnt<t-1lntt-1>1，

ln（t+1）<tln（t+1）t<1.

所以ln（1+t）t<lntt-1.

所以x1+x2<e成立.

點(diǎn)評(píng) 針對(duì)多變量的問題?？梢圆捎谩氨戎祿Q元”的方法，這里通過換元并利用等式fx2=fx1確立變量與新元的關(guān)系，最終將要證明的二元不等式轉(zhuǎn)化為一元不等式，進(jìn)而利用指、對(duì)常用不等式ex≥x+1和lnx≤x-1完成證明.上面兩種方法的思路相同，但對(duì)于不等式的變形程度不同，使得后續(xù)證明略有差異.

思路2 采用零點(diǎn)轉(zhuǎn)化法.

解法4 令F（x）=fx-k，

則x1，x2是函數(shù)Fx的兩個(gè)零點(diǎn).

由（1）知Fx在0，1上單調(diào)遞增，在1，+SymboleB@單調(diào)遞減.

因?yàn)镕（k）=fk-k=-klnk>0，

所以x1<k.

要證x1+x2<e，只需證k+x2<e.

即證x2<e-k.

即證F（x2）>F（e-k）.

即證0>F（e-k）.

令q（x）=F（e-x）=f（e-x）-x（0<x<1），

則q′（x）=-f ′（e-x）-1=ln（e-x）-1<0.

所以q（x）在0，1上單調(diào)遞減.

所以q（x）<q（0）=f（e）=0.

所以F（e-k）<0.

所以x1+x2<e成立.

點(diǎn)評(píng) 由于x1，x2為fx=k的兩個(gè)不等實(shí)根，通過平移，將條件轉(zhuǎn)化為x1，x2是函數(shù)F（x）=fx-k的兩個(gè)零點(diǎn)，使得借助函數(shù)Fx的圖象和性質(zhì)解決問題成為可能.

思路3 采用切線放縮法.

解法5 因?yàn)楫?dāng)x∈（0，1）時(shí)，fx=x1-lnx>x.

又f（x1）=f（x2）=k，所以x1<k.

又fx在點(diǎn)（e，0）處的切線為y=-x+e，

可證當(dāng)x∈（1，e）時(shí)，fx=x1-lnx<-x+e.

所以k<-x2+e.

即x2<-k+e.

所以x1+x2<e成立.

點(diǎn)評(píng) 利用曲線的切線進(jìn)行放縮是解決有關(guān)不等式恒成立的一種方法，尤其是針對(duì)含有指數(shù)、對(duì)數(shù)的函數(shù)，利用曲線的切線進(jìn)行放縮往往能實(shí)現(xiàn)事半功倍的效果.

思路4 采用割線分析法.

解法6 因?yàn)楫?dāng)x∈（0，1）時(shí)，fx=x1-lnx>x.

又f（x1）=f（x2）=k，所以x1<k.

要證x1+x2<e，只需證k+x2<e.

即證x2<e-k.

即證f（x2）>f（e-k）.

即證f（e-k）<k.

令g（k）=f（e-k）-k（0<k<1），

則g′（k）=-f ′（e-k）-1=ln（e-k）-1<0.

所以g（k）在0，1上單調(diào)遞減.

所以g（k）<g（0）=0，即f（e-k）<k.

所以x1+x2<e成立.

解法7 同解法6將要證明的不等式轉(zhuǎn)化為證明k+x2<e，即證f（x2）+x2<e.

令t（x）=f（x）+x（1<x<e），

則t′（x）=f ′（x）+1=1-lnx>0.

所以t（x）在（1，e）上單調(diào)遞增.

所以t（x）<t（e）=e.

即f（x2）+x2<e.

所以x1+x2<e成立.

點(diǎn)評(píng) 結(jié)合對(duì)函數(shù)f（x）的圖象和性質(zhì)的分析，發(fā)現(xiàn)可以借助曲線f（x）與直線y=x的位置關(guān)系，比較f（x）與x的大小，并利用函數(shù)f（x）的單調(diào)性將問題轉(zhuǎn)化，通過構(gòu)造新函數(shù)并研究其單調(diào)性完成不等式的證明.這種由形進(jìn)行分析，用數(shù)進(jìn)行證明，也是數(shù)形結(jié)合思想的體現(xiàn).

以函數(shù)為背景對(duì)不等式證明的考查是高考中的熱點(diǎn)問題，由于這類問題切入角度多變、解決方法靈活，一直是學(xué)生感覺較為困難的.在復(fù)習(xí)的過程中，要注意對(duì)典型的問題進(jìn)行反思總結(jié)，通過對(duì)不同解法進(jìn)行分析、比較，抓住并理解問題的本質(zhì)，在掌握解決這類問題的通性通法的基礎(chǔ)上，了解一些比較常見的破解問題的技巧方法，提高數(shù)學(xué)思維的靈活性、深刻性.

參考文獻(xiàn)：

[1] 湯曉玲.不等式證明的幾種解題方法[J].數(shù)理化解題研究，2021（19）：66-67.

[責(zé)任編輯：李 璟]