适当变形待证不等式结构 降低用导数证明难度

河南省新密市第二高级中学(452370)刘 凡

在历年各类考试中,函数与导数应用类试题中,“函数型”不等式的证明是一类常见且难度较大的题目.在解决这类问题时,我们一般是移项、变形不等式构造“新”函数,应用导函数性质求函数最值的方法证明.但对于一些结构比较“复杂”不等式,此方法就不能直接应用.笔者现结合教学实践就几类常见较“复杂”不等式证明问题的方法予以总结,以飨读者.

模型1：同除xn 变形不等式

我们知道许多待证的函数型不等式,由于不等号两边所含的变量x 的次数比较高,不利于用导数直接揭示所表示函数的性质,故而导致不等式的证明难度加大甚至无法操作.此时如果依据其结构在不等式两边适当的同除与xn,就可以使得问题求解过程大大简化,其常见的有如下两种情形.

1.1 不等式两边同除xn,构造形如F(x)=f(x)-g(x)结构,利用F(x)的最值证明原不等式.

例(2019年全国100 所名校单元测试卷20 题)已知函数f(x)=ex,g(x)=x-m,x ∈R.

(1)若直线y=g(x)是曲线y=f(x)的切线,求实数m 的值；

(2)证明：f(x)＞2x2-2x ln x.

解题思路分析对于问题(1),很容易求得m=-1.(过程从略.)

对于问题(2),依据题意要证明不等式f(x)＞2x2-2x ln x 成立,即要证明ex＞2x2- 2x ln x(x ＞0)成立.由于此不等式左边是幂函数,右边不但含有对数函数而且变量x 的次数比较高,不便于直接构造函数运用导数证明.现不妨对不等式两边同除x 项(由于x ＞0),把不等式变形为：在此基础上构造函数于是只需要证明函数F(x)的最小值大于零即可.由(x ＞0),但此式的正负无法判断,究其原因是ex-2x 项在x ＞0 条件下无法直接判断正负.现把它“列出”,单独研究：设r(x)=ex-2x(x ＞0).由r′(x)=ex-2=0 得x=ln 2,易知r(x)在(0,ln 2)为减函数,在(ln 2,+∞)为增函数,所以r(x)min=r(ln 2)=2-ln 2 ＞0,故ex-2x ＞0 在(0,+∞)恒成立.再返回可知F(x)在(0,1)为减函数,在(1,+∞)为增函数,所以F(x)min=F(1)=e-2 ＞0,故有F(x)≥F(x)min=e-2 ＞0,所以原不等式成立.

解题后反思由本题待证不等式ex＞2x2-2x ln x 的结构形式：其两边含有指数型、对数型和幂型项,相对来说其结构有点“复杂”,因此在证明之前如果能进行适当的变形转换常可以简化运算,降低难度.依据题设中隐含条件x ＞0及待证不等式的结构特征,在其两边同除x,这不但有利于求导运算,使得所得导函数能很容易进行代数化简,而且使得所得到的导函数易于判断正负(相比较于在其两边同除x 变形前函数和导函数而言),很容易求得对应函数的最值,大大降低了思维难度,减少了运算量且易于操作.

1.2 不等式两边同除xn,构造形如h(x)＞r(x)结构,利用函数h(x)min＞r(x)max的性质证明原不等式.

例(2019年全国高三统一联合考试卷21 题)已知函数f(x)=x2eax-1,

(1)讨论函数f(x)的单调性；

解题思路分析对于问题(1),易于求得：当a=0 时,f(x)在(-∞,0)为减函数,在(0,+∞)为增函数； 当a ＞0时,f(x)在为增函数,在为减函数； 当a ＜0 时,f(x)在(-∞,0),为增函数,在为减函数.

(2)要证f(x)＞ln x,即要证明x2eax＞ln x+1(x ＞0)恒成立.显然此不等式不宜直接利用导数来研究函数性质证明,但我们通过观察待证不等式,依据其两边的结构特征,在两边同除x3,使其变形为结构,令得到h(x)＞r(x)的形式,现只需要利用其对应的最值就可很容易证明原不等式：对于函数则有由导数和函数性质容易看出h(x)在为减函数,在为增函数,所以同法对于有

解题后反思当待证不等式(含有指数型、对数型和幂型的结构)所含幂型项的指数比较高时,此时对待证不等式两边同除xn时候,要依据其结构特点取适当n ∈N*的值,使得变形后不等式两边对应的函数易于求导和性质讨论.本题由于待证不等式左边x 的次数为二次,相比较“较高”,为了构造易于求导且所得到导函数易于用来研究函数性质,依据待证式结构特征在不等式两边同除x3.故而我们变形、构造函数时,必须遵循所得到的函数易于求导且易于利用导函数研究性质为原则,灵活多样.

模型2：通过同除ex 变形不等式

例(2019年3+1 综合试卷第21 题)已知函数f(x)=aexln x 在x=1 处的切线与直线x+2ey =0 垂直.

(1)求实数a 的值；

(2)证明：xf(x)＞1-5ex-1.

解题思路分析(1)易求得a=2.(过程从略.)

(2)方法1要证明xf(x)＞1-5ex-1成立,即要证明2xexln x ＞1-5ex-1(x ＞0)时恒成立.如果直接构造h(x)＞r(x)或移项构造F(x)=h(x)- r(x)形式都很难利用导数揭示函数性质予以证明且运算过程较复杂不易操作.现不妨依据待证不等式结构特征(含有指数和对数乘积型项),对不等式两边同除ex,把不等式转化为形式,是原不等式左边较复杂结构“2xexln x”简化为“2x ln x”,在此基础上所构造的函数易于导数运算和函数性质讨论,降低了思维难度,减少了运算量.令则由h′(x)=2(ln x+1),易知函数h(x)在区间为减函数,在为增函数,所以又由函数易知在(0,+∞)为减函数,所以故有原不等式得以证明.

方法2在上述2xexln x ＞ 1 - 5ex-1的基础上,如果移项提取公因式ex,就可使原不等式变形为由于在x ＞0 时,ex＞1,现只需要证明大于1 即可.由上述过程易知故原不等式得证.

解题后反思当待证不等式中如果既含有指数型又含有对数型项或它们乘积等“较复杂”结构时,一般常可以采取在待证不等式两边同除指数型项(因为ax＞0,其中a ＞0 且a /= 1)的方法变形或直接移项提取指数型公因式转化待证不等式结构的方法,进而构造对应函数利用导数求最值证明原不等式.本题在证明过程中灵活的依据题设条件的结构特征采取了构造h(x)＞r(x)形式和提取公因式简化待证函数两种方法,使需要证明的函数变得更加简洁、易于操作.

模型3：引入“中介”函数项

例(2019年衡水金券分科综合卷21 题)已知函数f(x)=1-a ln x-bx(a,b ∈R 且a/=0).

(1)若a=-b,且f(x)的最小值为0,求实数a 的值；

解题思路分析对于问题(1)易求得a=-1.

对于问题(2)由于a=b=1 时,函数f(x)=1-x ln x-x,现要证明成立,即要证明不等式在x ＞0时恒成立.通过观察此式不难发现其无论如何变形转换都无法构造函数利用最值证明,因为此式两边不但含有指数和对数型函数项,而且还含有幂型函数项,结构非常复杂,即使利用二阶导函数也无法揭示函数性质求出所构函数最值.但如果注意到(1)中当a=-b 时,f(x)的最小值为0 这个条件,现不妨令a=-b=-1 时,f(x)=1+x ln x-x ≥0恒成立,所以x ln x ≥x-1,也即-x ln x ≤1-x,故有：1-x ln x-x ≤2-2x,所以f(x)≤2-2x(x ＞0).求出了不等式左边项函数f(x)的一个控制函数(中介函数),于是原不等式就可以变形、转化为证明(x ＞0)成立即可,使得原待证不等式中只含有指数型和幂型项,结构的复杂程度大大简化.只需移项待证不等式就可以变形为更加简洁的形式：现只需要利用模型1 的方法构作函数(x ＞0),则由g′(x)=ex-x-1,二阶导数为g′′(x)=ex-1,由x ＞0,g′′(x)＞0,所以g′(x)在(0,+∞)为增函数,有g′(x)＞g′(0)=0,所以g′(x)＞0,可知g(x)在(0,+∞)为增函数,于是可以得到g(x)＞g(0)=0,原命题得证.

解题后反思一般地对于待证不等式两边结构“非常”复杂(既含有指数型、对数型项,又含有幂型或三角函数型项等)时,常规的变形化简已无法使不等式简化、转换时,可以灵活依据待证不等式的结构特征适当移项,求出不等号某一边对应的函数极大或极小“函数型项”(此函数项要足够简化,一般是常见的幂型多项式),使待证不等式等价转化为一个易于利用导函数研究性质的“简化了”不等式,这样使得问题的求解过程大大简化,降低了思维难度,减少的运算量.

模型4：灵活应用“项”换元化简

解题思路分析依据题意x1,x2(x1x2)为函数的两个零点,在不影响题意的情况下不妨设x1＜x2,所以有：有h(x1)- h(x2)=即

即(x1-x2)h′(x0)＞0,而x1＜x2,所以h′(x0)＜0 成立.

解题后反思本题在求解过程中用了两次“项”换元：依据x0与x1,x2关系,为了利用x1,x2为零点的等式条件进行了整体代换,使待证函数式得以简化；为了利用导数研究函数性质,令从形式上化简了待求函数.一般在进行“项”换元时,大多数问题都要适当的变形才可,通过变形创造与所要替换的项有相同的结构.如本题第一次换元时在函数h′(x0)两边同乘(x1-x2),第二次换元时,在函数(x1-x2)h′(x0)右边多项式中分子分母同除x2及运算.