构造比值，集中变量，二元问题一元化
2019-07-22韩宏帅
韩宏帅
导数是研究函数的工具，而不等式与函数又有着千丝万缕的联系.不等式证明是高中数学的重要内容，也是不等式的难点.虽然证明不等式成立的方法众多，但有些问题很难下手，特别是含有多个变元（主要是两个变元）的不等式证明，一般思路为利用放缩、等量代换，将多元函数转化为一元函数.这里介绍一个方法：构造比值，集中变量，二元问题一元化.
例1 已知函数f（x）=ln x-mx+2，m∈R.
（Ⅰ）若函数f（x）恰有一个零点，求实数m的取值范围.
（Ⅱ）设关于x的方程f（x）=2的两个不等实根为x1，x2，证明： >e（其中e为自然对数的底数）.
（Ⅰ）解：由题意可知函數f（x）的定义域为（0，+∞），且 f ′（x）= -m= .
①当m<0时， f ′（x）>0，则函数f（x）在（0，+∞）上单调递增.又f（1）=-m+2>0，f（em-2）=m-mem-2=m（1-em-2）<0，所以f（1）f（em-2）<0，即函数f（x）在（0，+∞）上有唯一的零点.
②当m=0时，f（x）=ln x+2.令f（x）=0，可得x=e-2.又可知函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以f（x）恰有一个零点.
③当m>0时，令 f ′（x）=0，可得x= .在（0， ）上， f ′（x）>0，则函数f（x）单调递增;在（ ，+∞）上，f ′（x）<0，函数f（x）单调递减，故当x= 时，f（x）取得极大值，且极大值为f（ ）=ln +1=-ln m+1，无极小值.
若函数f（x）恰有一个零点，则f（ ）=-ln m+1=0，解得m=e.
综上所述，实数m的取值范围是（-∞，0]∪{e}.
（Ⅱ）证明：设函数g（x）= f（x）-2=ln x-mx，x>0，则函数g（x）的两个相异零点为x1，x2，不妨设x1>x2>0.
由g（x1）=0，g（x2）=0，可得ln x1-mx1=0，ln x2-mx2=0.两式相减得ln x1-ln x2=m（x1-x2），两式相加得ln x1+ln x2=m（x1+x2）.
要证 >e，只需证ln x1+ln x2>2，即证m（x1+x2）>2，即证 > ，即证ln > .设t= ，则t>1，即证ln t> （t>1）.
设h（t）=ln t- ，则h′（t）= >0，所以h（t）在（1，+∞）上单调递增，可得h（t）>h（1）=0，故ln t> ，即ln x1+ln x2>2，即 >e.
例2 已知函数f（x）=ln x-ax+b（a，b∈R）有两个不同的零点x1，x2.
（Ⅰ）求函数f（x）的最值.
（Ⅱ）证明：x1x2 < .
（Ⅰ）解：由已知有f ′（x）= -a，函数f（x）在（0，+∞）上必不单调，故a>0.由f ′（x）>0，可得x< ，则f（x）在（0， ）上单调递增，在（ ，+∞）上单调递减，所以fmax（x）= f（ ）=-ln a-1+b，函数f（x）无最小值.
（Ⅱ）证明：由已知有ln x1-ax1+b=0，ln x2-ax2+b=0.两式相减得ln =a（x1-x2），即a= .故要证x1x2 < ，只需证x1x2 < ，即证ln2 < = -2+ .
不妨设x1 例3 已知函数f（x）= ，g（x）=-n（x+1），其中mn≠0. （Ⅰ）若m=n=1，求h（x）= f（x）+ g（x）的单调区间. （Ⅱ）若f（x）+ g（x）=0的两根为x1，x2，且x1>x2，证明： + <0. （Ⅰ）解：由已知可得h（x）=f（x）+ g（x）= -x-1，所以h′（x）= -1= （1-x2-ln x）. 当0 （Ⅱ）证明：由已知可得 =n（x1+1），即mln x1=n（x21+x1）.① 同理可得mln x2=n（x22+x2）. ② 由①-②，可得mln =n（x21+x1-x22-x2）=n（x1-x2）·（x1+x2+1），则n（x1+x2+1）= ，所以 = - = . 不妨设x1>x2 ，要证 + <0，只需证 + <0，即证ln + >0.令t= ，则t>1，即证p（t）=ln t+ >0（t>1）.由于p′（t）= - = >0，所以p（t）在（1，+∞）上单调递增，则p（t）> p（1）=0. 故原不等式得证. 通过上述三个例子我们可以看出：若两个变元x1，x2之间联系紧密，我们可以通过计算、化简，将所证明的不等式整体转化为关于m（x1，x2）的表达式，其中m（x1，x2）为x1，x2组合成的表达式，进而令t=m（x1，x2）进行换元，使所要证明的不等式转化为关于t的表达式，进而用导数法进行证明.因此，换元的本质是消元.
