合理構(gòu)造函數(shù)巧妙證不等式

摘要：證明不等式的方法技巧多種多樣，本文結(jié)合實例，合理構(gòu)造不同類型的函數(shù)，巧妙證明不等式，指導(dǎo)復(fù)習(xí)備考．

關(guān)鍵詞：函數(shù)；不等式；證明；構(gòu)造；應(yīng)用

中圖分類號：G632文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A文章編號：1008-0333（2022）28-0092-03

收稿日期：2022-07-05

作者簡介：龔小敏（1987.10-），女，江蘇省如皋人，本科，中學(xué)二級教師，從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

構(gòu)造函數(shù)法證明不等式，是指在利用導(dǎo)數(shù)法證明與函數(shù)有關(guān)的不等式時，根據(jù)所要證明的不等式，構(gòu)造與之相關(guān)的函數(shù)，通過求導(dǎo)，利用函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等基本性質(zhì)來加以證明．而在具體證明時，就要綜合函數(shù)的不同確定形式，合理選擇對應(yīng)的函數(shù)，從不同思維視角來合理構(gòu)建滿足條件的函數(shù)解析式，進(jìn)一步加以求導(dǎo)處理，巧妙證明．

1 作差構(gòu)造法

證明譬如f（x）＜g（x）（或≤，＞，≥），x∈（a，b）形式的不等式成立，可利用兩函數(shù)進(jìn)行作差比較統(tǒng)一成一個函數(shù)，結(jié)合作差構(gòu)造法，構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x），x∈（a，b），通過求導(dǎo)，結(jié)合函數(shù)的基本性質(zhì)來證明F（x）＜0（或≤，＞，≥），從而得以證明對應(yīng)的不等式成立．

例1已知函數(shù)f（x）=2ln（x+1）+sinx+1，求證：當(dāng)x≥0時，f（x）≤3x+1．

分析利用所要證明的不等式進(jìn)行作差處理，通過作差構(gòu)造函數(shù)，借助求導(dǎo)來分析與確定函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而求出對應(yīng)構(gòu)建函數(shù)的最大值，通過不等式的確定以及變形與轉(zhuǎn)化來證明相應(yīng)的不等式．

證明設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）-（3x+1）=2ln（x+1）+sinx-3x，x≥0，

則h′（x）=2x+1+cosx-3.

因為x≥0，所以2x+1∈（0，2]，cosx∈[-1，1]，則h′（x）≤0.

從而函數(shù)h（x）在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞減.

所以h（x）=f（x）-（3x+1）≤h（0）=0，

即f（x）≤3x+1成立．

2 拆分構(gòu)造法

對于一些所要證明的不等式中含有指數(shù)式或含有對數(shù)式，求導(dǎo)時不易直接求最值，可通過代數(shù)關(guān)系式的合理拆分變形來構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的基本性質(zhì)來證明對應(yīng)的不等式；有時也合理拆分變形來構(gòu)造兩個函數(shù)，分別計算它們的最值，利用隔離分析最值來證明對應(yīng)的不等式．

例2已知函數(shù)f（x）=xlnx+a+1x（a∈R）在區(qū)間[1，2]上有極值．

（1）求實數(shù)a的取值范圍；

（2）證明：f（x）＞a（x+1）x．

分析（1）通過函數(shù)求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的零點加以分類討論，確定函數(shù)的單調(diào)性及極值的存在性，進(jìn)而得以確定實數(shù)a的取值范圍；（2）通過對所要證明的不等式加以分析，

通過拆分構(gòu)造法構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)性及最值的確定來合理轉(zhuǎn)化，進(jìn)而加以證明相應(yīng)的不等式．

解析（1）因為函數(shù)f（x）=lnx+a+1x（x＞0），

則f ′（x）=1x-a+1x2=x-（a+1）x2（x＞0）.

當(dāng)a+1≤1，即a≤0時，在區(qū)間[1，2]上f ′（x）≥0，

所以函數(shù)f（x）在[1，2]上單調(diào)遞增，無極值；

當(dāng)a+1≥2，即a≥1時，在區(qū)間[1，2]上f ′（x）≤0，

所以函數(shù)f（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，無極值；

當(dāng)1＜a+1＜2，即0＜a＜1時，由f ′（x）＞0得x＞a+1，由f ′（x）＜0得x＜a+1，

所以函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，a+1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（a+1，2]上單調(diào)遞增，當(dāng)x=a+1時函數(shù)f（x）取得極小值，符合題意.

綜上分析，可得實數(shù)a的取值范圍為（0，1）．

（2）要證f（x）＞a（x+1）x（x＞0），

只需證xf（x）＞a（x+1）.

只需證xlnx+a+1＞ax+a.

即證xlnx＞ax-1.

設(shè)函數(shù)g（x）=xlnx-ax+1，

則g′（x）=lnx+1-a.

由g′（x）<0，x>0，得0＜x＜ea-1，

由g′（x）>0，x>0，得x＞ea-1.

所以函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，ea-1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（ea-1，+∞）上單調(diào)遞增.

所以函數(shù)g（x）≥g（ea-1）=（a-1）ea

-1-aea-1+1=1-ea-1.

因為0＜a＜1，所以1-ea-1＞0.

則g（x）＞0.即xln x＞ax-1.

所以f（x）＞a（x+1）x．

3 換元構(gòu)造法

對于所要證明的不等式中含有兩個及以上參數(shù)的不等關(guān)系式，經(jīng)常借助合理變形，整體化處理，進(jìn)行合理換元構(gòu)造對應(yīng)的函數(shù)，化多參數(shù)為單一參數(shù)，進(jìn)而通過函數(shù)的基本性質(zhì)、不等式的性質(zhì)等來分析對應(yīng)的不等式證明問題．

例3已知函數(shù)f（x）=lnx+x2+x，若正實數(shù)x1，x2滿足f（x1）+f（x2）+x1x2=0，求證：x1+x2≥5-12．

分析結(jié)合滿足題目條件的關(guān)系式的恒等變形轉(zhuǎn)化，合理配方轉(zhuǎn)化，換元構(gòu)造對應(yīng)的函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性與最值建立對應(yīng)的不等式，結(jié)合二次不等式的求解來證明相應(yīng)的不等式成立問題．

證明對于函數(shù)f（x）=lnx+x2+x（x＞0），

由正實數(shù)x1，x2滿足f（x1）+f（x2）+x1x2=0，

可得lnx1+x21+x1+lnx2+x22+x2+x1x2=0.

從而（x1+x2）2+（x1+x2）=x1x2-ln（x1x2）.

令t=x1x2（t＞0），

函數(shù)φ（t）=t-lnt，

則φ′（t）=1-1t=t-1t.

易知函數(shù)φ（t）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增.所以函數(shù)φ（t）≥φ（1）=1.

所以（x1+x2）2+（x1+x2）≥1.

因為x1＞0，x2＞0，

所以x1+x2≥5-12．

4 同構(gòu)函數(shù)法

在證明不等式時，結(jié)合相關(guān)所要證明的不等式所對應(yīng)的關(guān)系式的合理轉(zhuǎn)化或變形，提取出其中相同或相似的代數(shù)結(jié)構(gòu)，尋找結(jié)構(gòu)的同型或共性，進(jìn)而合理同構(gòu)相應(yīng)的函數(shù)模型，結(jié)合導(dǎo)數(shù)以及函數(shù)的基本性質(zhì)、不等式性質(zhì)等來合理轉(zhuǎn)化，巧妙證明．

例4（2021年數(shù)學(xué)新高考Ⅰ卷第22題）已知函數(shù)f（x）=x（1-lnx）．

（1）討論f（x）的單調(diào)性；

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

分析（1）中首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的取值符號即可確定函數(shù)的單調(diào)性；（2）中利用同構(gòu)關(guān)系將原問題中不等式的證明轉(zhuǎn)化為極值點偏移的問題，結(jié)合變形的關(guān)系式的特征同構(gòu)相應(yīng)的函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性與極值來證明對應(yīng)的不等式問題．

解析（1）由函數(shù)的解析式可得

f ′（x）=1-lnx-1=-lnx.

則當(dāng)x∈（0，1）時，f ′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；

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

（2）由blna-alnb=a-b，得

-1aln1a+1bln1b=1b-1a.

即1a（1-ln1a）=1b（1-ln1b）.

由（1）知函數(shù)f（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，+∞）單調(diào)遞減，

所以f（x）max=f（1）=1，且f（e）=0.

令x1=1a，x2=1b，則x1，x2為f（x）=k 的兩根，其中k∈（0，1）.

不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），則2-x1＞1.

先證2＜x1+x2，即證x2＞2-x1＞1.

即證f（x2）=f（x1）＜f（2-x1）.

令函數(shù)h（x）=f（x）-f（2-x），x∈（0，1），

則h′（x）=f ′（x）+f ′（2-x）=-lnx-ln（2-x）=-ln[x（2-x）]在（0，1）單調(diào)遞減.

所以h′（x）＞h′（1）=0.

故函數(shù)h（x）在（0，1）單調(diào)遞增.

所以h（x1）＜h（1）=0.

即f（x1）＜f（2-x1）.

亦即2＜x1+x2，得證.

再證明：x1+x2＜e．

要證x1+x2＜e，即證1＜x2＜e-x1.

同理，根據(jù)（1）中函數(shù)f（x）的單調(diào)性，即證

f（x2）=f（x1）＞f（e-x1）.

同構(gòu)函數(shù)φ（x）=f（x）-f（e-x），x∈（0，1），

則φ′（x）=-ln[x（e-x）]，

令φ′（x0）=0，

則當(dāng)x∈（0，x0）時，φ′（x）＞0，φ（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（x0，1）時，φ′（x）＜0，φ（x）單調(diào)遞減.

又x＞0，f（x）＞0，且f（e）=0，

故x→0，φ（0）＞0，φ（1）=f（1）-f（e-1）＞0.

所以φ（x）＞0恒成立.

即x1+x2＜e得證.

綜上分析，可得2＜1a+1b＜e．

其實，構(gòu)造函數(shù)法證明不等式時，除了借助以上一些常見的作差構(gòu)造法、拆分構(gòu)造法、換元構(gòu)造法、同構(gòu)函數(shù)法以及創(chuàng)新構(gòu)造法等構(gòu)造函數(shù)的基本方法外，還可以通過分類討論、數(shù)形結(jié)合以及多個函數(shù)的構(gòu)造等方法來證明相應(yīng)的不等式成立．破解的關(guān)鍵是借助導(dǎo)數(shù)思維，抓住用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性來處理對應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性、極值或最值問題，從而再轉(zhuǎn)化為對應(yīng)的不等式問題，達(dá)到有效證明不等式問題，全面提升導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，提高數(shù)學(xué)能力，培養(yǎng)數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)．

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