构造可导函数证明不等式

黄洪山

构造可导函数证明不等式是不等式证明的一种重要方法. 它要求我们能通过观察不等式的结构，敏锐地联想到一些特殊函数所蕴含的不等关系，从而选择恰当的可导函数将不等式的证明问题在新的观点下转化为研究所构造函数的单调性、最值问题. 有同学会问那应该怎么“敏锐”地构造可导函数呢？这就是笔者在这里想向大家介绍的.

一元问题直接移项作差，构成函数

例1 当[0x+x33].

分析 这是一个一元不等式，它也很特殊，用常规方法无效，不如将其移项到一边证明这个函数大于零.

证明 [设f（x）=tanx-（x+x33），]

则[f（x）=1cos2x-1-x2=（tanx-x）（tanx+x）].

[因为00，x+tanx>0].

[构造函数h（x）=tanx-x].

则[h（x）=sin2xcos2x>0，故x∈（0，π2）时，h（x）为增函数.]

[∴h（x）>h（0）=0].[则f（x）>0].

故当[x∈（0，π2）时， f（x）为增函数.]

[于是x∈（0，π2）时，f（x）>f（0）=0.]

[即tanx-（x+x33）>0，故tanx>x+x33].

点评 证明不等式[f（x）>g（x）]（[f（x）0]（[f（x）-g（x）<0]），进而构造辅助函数[h（x）=f（x）-g（x）]，然后利用导数证明函数[h（x）]的单调性或证明函数[h（x）]的最小值（最大值）大于或等于零（小于或等于零）.

例2 证明：对任意的正整数[n]， 不等式[ln1n+1>1n2-1n3]都成立.

证明 方法一：本题同样是一元不等式问题，同样可以用例1的方法来构造函数.

构造函数[f（x）=lnx+1x+1x3-1x2，x≥1.]

则[f（x）=-x3+2x2-x-3x4（x+1）].

[令h（x）=-x3+2x2-x-3]（分母部分符号可以判断，忽略），

则[h（x）=-（3x-1）（x-1）].

因为[x≥1，h（x）<0，]故[h（x）]在[[1，+∞）]上单调递减.

所以[h（x）≤h（1）=-3<0].

故[f（x）<0，][f（x）]在[[1，+∞）]上单调递减.

所以[f（x）

又[x→+∞，f（x）→0.]（很多同学不会处理此处.）

[则f（x）>0.]

[取x=n得，ln（1+1n）>1n2-1n3.]

方法二：也有人从所证结构出发，将[1n]看作一个整体，只需令[1n=x]，则问题转化为：“当[x>0]时，恒有[ln（x+1）>x2-x3]成立”.

现构造函数[h（x）=x3-x2+ln（x+1）]，求导即可证明.

令[h（x）=x3-x2+ln（x+1）]，

则[h（x）=3x2-2x+1x+1=3x3+（x-1）2x+1].

而[h（x）]在[x∈（0，+∞）]上恒正，

所以函数[h（x）]在[（0，+∞）]上单调递增.

所以[x∈（0，+∞）]时，恒有[h（x）>h（0）=0.]

即[x3-x2+ln（x+1）>0].

所以[ln（x+1）>x2-x3].

对任意正整数[n]，

取[x=1n∈（0，+∞），则有ln（1n+1）>1n2-1n3].

点评 两种方法孰优孰劣显而易见，所以构造函数时同学们还要注重整体思维的运用.

能分离的分离元，构造函数

例3 已知[m，n]是正整数，且[2≤m1+nm].

分析 要證[（1+m）n>1+nm]，即证[nln（1+m）][>mln（1+n）]，只需证[ln（1+m）m>ln（1+n）n].

解 [设f（x）=ln（1+x）x（x≥2），]

则[f（x）=x1+x-ln（1+x）x2.]

又[x≥2，01，]

所以[fx<0]，则[f（x）]为单调递减函数.

又[2≤m

那么[ln（1+m）m>ln（1+n）n.]

[所以nln（1+m）>mln（1+n）]，即[1+mn>1+nm].

点评 本题初看与导数无关，也无法构造函数，但当我们将这个二元不等式的两个元分列在不等式的两边时，即整理成[ln（1+m）m>ln（1+n）n]的形式，这里不等式左右两边结构相同，字母不同，保留结构，处理变量. 将二元问题化为一元问题，再利用函数的单调性证明.

以一元为变量，另一元为常量

例4 设[fx=lnx]，已知[0

求证：[fb-fa>2ab-aa2+b2].

证明 这个二元不等式不能像例3那样分离元，那么又该如何处理呢？下面给出几种构造辅助函数法.

方法一：要证[fb-fa>2ab-aa2+b2] ，即证[lnba>2ab-aa2+b2]，只需证[lnba>2（ba-1）1+ba2].

构造函数[F（x）=lnx-2（x-1）1+x2（x>1）.]

则[F（x）=（2x+1）（x-1）2x（1+x）2>0.]

[故F（x）>F（1）=0.]

令[x=ba>1]得，[lnba>2（ba-1）1+ba2.]

故[fb-fa>2ab-aa2+b2.]

处理此题多数同学均采用上述方法，但对二元问题并不适用. 通用方法以其中一元为变量，另一个为常数.

方法二：要证[fb-fa>2ab-aa2+b2，]

即证[a2+b2lnb-lna-2ab-a>0.]

构造函数[H（x）=（a2+x2）（lnx-lna）-2a（x-a）]

[H（x）=2x（lnx-lna）+（x-a）2x.]

[∵x>a>0，lnx>lna，lnx-lna>0，∴H（x）>0.]

故[H（x）在a，+∞上单调递增.]

所以[H（x）>H（a）=0.]

令[x=b]得，[a2+b2lnb-lna-2ab-a>0.]

故[fb-fa>2ab-aa2+b2.]

方法三：本题所设两问可认为是递进设问，可利用第（1）问所得的结论[ln（1+x）≤x（x>-1）.]

[f（b）-f（a）=lnba-lnab=-ln（1+a-bb）.]

[由b>a>0得， a-bb>-1.]

[于是ln（1+a-bb）

[故f（b）-fa=-ln（1+a-bb）>a-bb]

[=2a（b-a）2ab>2ab-aa2+b2.]

点评 方法一中，用到减少未知数，二元化一元的化归思想及整体的思想（常用技巧将[a+b或ab或ab或ba]作为一个整体）.

方法二中，剥离出一元为变量，另一元为常量，化归为一元问题，转化为利用导数研究函数的单调性和区间最值，此法属于通法，也可用于例4中大家不妨试试.

方法三中，充分利用前面结论化对数式为整式，引入一个中间量，应该是这几种方法中最优的方法. 所以在构造函数证明不等式的题型中尽量用前几问的结论是不错的选择.

多元问题转化为二元问题

例5 证明：[（a1+a2+…ann）p≤ap1+ap2+…apnn，]其中，[a1，a2，…，an][>0，][p>1，n∈N?].

证明 用数学归纳法证明如下：

（1）当[n=1时，ap1≤ap1，命题成立.]

（2）假设[n=k]时，命题成立，

即[（a1+a2+…akk）p≤ap1+ap2+…apkk].

當[n=k+1]时，

要证[（a1+a2+…ak+1k+1）p≤ap1+ap2+…apk+1k+1，]

只需证[k+1p-1ap1+ap2+…apk+1]

[≥a1+a2+…ak+1p].

[设gx=k+1p-1ap1+ap2+…apk+xp]

[-a1+a2+…ak+xp，x≥0]，

则[gx=k+1p-1pxp-1-pa1+a2+…+ak+xp-1.]

令[gx=0得，x=a1+a2+…+akk.]

[当0

[∴gx在0，a1+a2+…+akk上是减函数.]

[当x>a1+a2+…+akk时，fx>0.]

[∴gx在a1+a2+…+akk，+∞上是增函数.]

故[gx在x=a1+a2+…+akk]处取得最小值[ga1+a2+…+akk.]

[而ga1+a2+…+akk]

[=k+1p-1kp-1kp-1ap1+ap2+…apk-a1+a2+…+akp]，

由归纳假设可得，

[kp-1ap1+ap2+…apk-a1+a2+…+akp≥0].

[∴ga1+a2+…+akk≥0].

[∵ak+1≥0].

[∴gak+1≥ga1+a2+…+akk≥0].

即[（k+1）p-1ap1+ap2+…apk+1≥a1+a2+…+ak+1p].

从而[（a1+a2+…ak+1k+1）p≤ap1+ap2+…apk+1k+1].

故当[n=k+1]时，命题也成立.

由（1）（2）可知，命题对任意[n∈N?]都成立.

点评 [n]元未知数问题，可以通过数学归纳法将[a1+a2+…ak]当作常数，[ak+1]当作未知数构造函数.