利用作差構(gòu)造法解決不等關(guān)系

摘 要：導數(shù)綜合應用問題是高考數(shù)學中常考的知識點，文章選取了在導數(shù)中利用作差構(gòu)造法解決不等關(guān)系的例題進行了分析，并在文末給出了思考.

關(guān)鍵詞：導數(shù)；作差構(gòu)造法；不等關(guān)系

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）31-0085-03

收稿日期：2024-08-05

作者簡介：林友枝（1973.10—），男，福建省連江人，本科，中學一級教師，從事高中數(shù)學教學研究.

2019年，教育部明確提出要立足發(fā)展育人目標，構(gòu)建包括“核心價值、學科素養(yǎng)、關(guān)鍵能力、必備知識”在內(nèi)的高考考查內(nèi)容體系^[1].數(shù)學學科作為高考的重要部分，其影響是不容置疑的.導數(shù)是高等數(shù)學的基本概念之一，又是中學數(shù)學學習的一個重要主干知識，是聯(lián)系數(shù)學與其他自然學科的基礎，也是研究函數(shù)性質(zhì)的重要工具之一.其中，函數(shù)、導數(shù)與不等式的綜合型試題是高考數(shù)學試卷中的?？?，不等式的證明是高考數(shù)學中的一個重要考點，常以函數(shù)為背景.其中作差構(gòu)造法是證明不等關(guān)系的一個重要方法，根據(jù)不等式，利用作差構(gòu)造法得出新的函數(shù)關(guān)系，并轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，利用導數(shù)的單調(diào)性、最值等基本性質(zhì)加以證明.

1 引例證明

1.1 引例1證明

引例1 證明不等式ex≥x+1成立.

證明 令f（x）=ex-x-1（x∈R），則f ′（x）=ex-1.

令f ′（x）=0，則x=0.

當x變化時，f ′（x），f（x）的變化見表1.

所以f（x）min=f（x）極小值=f（0）=0.

故f（x）≥0，即ex-x-1≥0成立，原不等式得證.

通過觀察可以發(fā)現(xiàn)，若將上述不等式中的x換成lnx，則有不等式lnx≤x-1成立.

1.2 引例2證明

引例2 證明不等式lnx≤x-1成立.

證明 令g（x）=lnx-x+1（xgt;0），則

g′（x）=1x-1.

令g′（x）=0，則x=1.

當x變化時，g′（x），g（x）的變化見表2.

表2 g′（x），g（x）變化表

x（0，1）1（1，+∞）

g′（x）+0-

g（x）↑極大值↓

所以g（x）max=g（x）極大值=g（1）=0.

故g（x）≤0，即lnx-x-1≤0成立，原不等式得證.

引例1和引例2是一類比較容易求解的不等式問題，這類問題的基本解題步驟如下：①要證

f（x）≥g（x）；②需證f（x）-g（x）≥0；③令f（x）-

g（x）=h（x）；④即h（x）min≥0.

1.3 證明小結(jié)

由引例1與引例2的證明過程可以推出經(jīng)典不等式鏈條（如圖1），這在解決不等關(guān)系中有著重要作用.對于這種類型的題目，學生能通過已有的知識經(jīng)驗較容易求解出問題的解，可以較大程度調(diào)動學生的積極性，迸發(fā)學習興趣與動力，促進教學.

2 例題剖析

例1 求證：ex≥ln（x+2）.分析 例1是建立在引例1與引例2的基礎上的進一步深化，由引例1可以知道不等式ex≥x+1可以看成是函數(shù)y=ex與y=x+1的圖象之間的位置關(guān)系，引例2中的不等式lnx≤x-1可以看成是函數(shù)y=lnx與y=x-1的圖象之間的位置關(guān)系，而y=x+1與y=x-1可以看成是y=x分別向左、向右平移1個單位長度后的圖象與y=ex，y=lnx圖象之間的位置關(guān)系，如圖2所示.

由圖3可以發(fā)現(xiàn)，不等式ex≥ln（x+2）可以看成是函數(shù)y=ex與y=ln（x+2）的圖象之間的位置關(guān)系，其中函數(shù)y=ln（x+2）的圖象可以看成是把函數(shù)y=lnx的圖象向左平移2個單位長度后得到的圖象，利用幾何畫板可以快速作出兩函數(shù)圖象，并根據(jù)圖象位置得出結(jié)論ex≥ln（x+2）.

下面進行證明：令h（x）=ex-ln（x+2），xgt;-2，

則h′（x）=ex-1x+2.令h′（x）=0，發(fā)現(xiàn)無法解出一個具體的x0，因此進一步求導.

令t（x）=ex-1x+2，則t′（x）=ex+1（x+2）2gt;0.

即h′（x）在（-2，+∞）上單調(diào)遞增.

因為limx→-2+h′（x）=-∞，limx→+∞h′（x）=+∞，

因此存在x0，使得h′（x0）=0.

因為h′（0）=1-12gt;0，h′（-1）=1e-1lt;0，

所以h′（-1）h′（0）lt;0，在（-1，0）上存在x0使得h′（x0）=0，故當x∈（-2，x0）時，h′（x）lt;0，h（x）單調(diào)遞減，當x∈（x0，+∞）時，h′（x）gt;0，h（x）單調(diào)遞增.

于是h（x）min=h（x0）=e^x0-ln（x0+2）.

又h′（x0）=e^x0-1x0+2=0，則e^x0=1x0+2.

兩邊取對數(shù)，得x0=-ln（x0+2）.

所以h（x）min=1x0+2+x0=x20+2x0+1x0+2=（x0+1）2x0+2≥0.

即ex≥ln（x+2）.

評析 本題的難點在于無法確切求出零點x0的值，這類問題屬于隱零點問題.隱零點解題步驟：①求一階導f ′（x）；②判斷導數(shù)的增減性（一般為恒增或恒減），需要求二階導f ″（x）；③虛設一階導f ′（x）的零點x0，根據(jù)零點存在定理求出x0的取值范圍，根據(jù)e^lnx=x，lnex=x，化成同一階式；④代入上一步化簡的結(jié)果f（x0）中得出f（x）的最值的直觀表示.

例2 求證：xex≥x+lnx+1.

證明 令f（x）=xex-x-lnx-1，xgt;0，

則f ′（x）=（x+1）ex-1-1x，

f ″（x）=（x+2）ex+1x2gt;0，

所以f ′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.

又f ′（1）=2e-2gt;0，f ′（14）=54e¹⁴-5lt;0，故在（14，1）存在一個零點x0使得f ′（x0）=0，當x∈（0，x0）時，f ′（x）lt;0，f（x）單調(diào)遞減；當x∈（x0，+∞）時，f ′（x）gt;0，f（x）單調(diào)遞增.

所以f（x）min=f（x0）=x0e^x0-x0-lnx0-1.

因為f ′（x0）=（x0+1）e^x0-1-1x0=0.

所以（x0+1）e^x0=x0+1x0.

即lnx0e^x0=0.即lnx0+lne^x0=0.即lnx0=-x0.

所以f（x）min=1-x0+x0-1=0.

即xex≥x+lnx+1得證.

3 真題賞析

函數(shù)不等式的證明問題通常會比較復雜，而且常常以壓軸題的形式出現(xiàn)在各類考試中.其中，作差構(gòu)造法解決不等式是常用的方法，下面列舉幾個實例供讀者研究.

題1 （山東青島2023年高三年級調(diào)研檢測22題第2問）已知a≥1e，函數(shù)f（x）=aex-lnx+lna.求證：f（x）≥-4x+4.

題2 （柳州市2024屆新高三摸底考試22題第2問）已知函數(shù)f（x）=2lnx-ax.若f（x）≤e^ax-x2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.

題3 （貴州省高三年級適應性聯(lián)考一22題第2問）已知函數(shù)f（x）=xlnx+a-1，g（x）=asinx+a-2（a∈R）.證明：當a∈［-1，1］時，f（x）gt;g（x）.4 結(jié)束語

高中數(shù)學教學以發(fā)展學生數(shù)學學科核心素養(yǎng)為導向，創(chuàng)設合適的教學情境，啟發(fā)學生思考，引導學生把握數(shù)學內(nèi)容的本質(zhì)^[2].函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值是研究導數(shù)問題的基礎，利用導數(shù)解決函數(shù)不等關(guān)系的問題是解題的關(guān)鍵，所有問題都會最終歸結(jié)為函數(shù)的單調(diào)性判斷，而單調(diào)性問題又與導函數(shù)的零點有著密切的關(guān)系，零點問題是函數(shù)綜合問題的核心.利用導數(shù)研究函數(shù)的不等關(guān)系的關(guān)鍵是利用作差構(gòu)造法證明不等式，重點在于作差與構(gòu)造，其中滲透了轉(zhuǎn)化與化歸思想、函數(shù)與方程思想的培養(yǎng)，對培養(yǎng)學生的運算能力、建模能力與邏輯推理能力也是十分關(guān)鍵的.在高考備考中，教師也應該將重點放在學生思維與能力的培養(yǎng)上，使學生能夠舉一反三，觸類旁通，實現(xiàn)育人的真正目標.

參考文獻：

［1］教育部考試中心.中國高考評價體系[M].北京：人民教育出版社，2019.

[2] 中華人民共和國教育部.普通高中數(shù)學課程標準（2017年版2020年修訂）[M].北京：人民教育出版社，2020.

［責任編輯：李 璟］