浅谈二元或多元函数不等式证明问题

☉河北省邯郸市第一中学 贾立平

二元或者多元函数、不等式问题在高考数学和数学竞赛中屡见不鲜，这类题目往往因为处理方法的多样性及出题者的匠心独具，使得学生很难较准确地解答题目，故将该类题型的常见方法加以总结，供大家参考.

题型一、单调性问题

例1已知函数f（x）=lnx，g（x）=x2.

（1）求函数h（x）=f（x）-x+1的最大值.

（2）对于任意x1，x2∈（0，+∞），且x1＜x2，是否存在实数m使得mg（x1）-mg（x2）-x2f（x2）+x1f（x1）恒为正数？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由.

解：（1）由题设知h（x）=lnx-x+1（x＞0），则

当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0.

所以h（x）在（0，1）上为增函数，在（1，+∞）上为减函数.所以［h（x）］max=h（1）=0.

（2）由题设知mg（x1）-mg（x2）-x2f（x2）+x1f（x1）＞0恒成立，即mg（x1）+x1f（x1）＞mg（x2）+x2f（x2）恒成立.设φ（x）=mg（x）+xf（x），则有φ（x1）＞φ（x2）恒成立，即φ（x）=mg（x）+xf（x）在（0，+∞）为减函数.

所以φ′（x）=mg′（x）+f（x）+xf′（x）=2mx+lnx+1≤0在（0，+∞）恒成立.所以在（0，+∞）恒成立.设所 以 当x∈（0，1）时，u′（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，u′（x）＞0.

所以u（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数.

点评：该题考查利用导数研究函数的最值、函数恒成立问题，考查学生分析问题与解决问题的能力，属于中档题.

跟踪训练1：已知函数f（x）=x2+2alnx+3，若∀x1，x2∈［4，+∞）（x1≠x2），∃a∈［2，3］，，则m的取值范围是（ ）.

【答案】D

解：由已知不妨设x2＞x1≥4，要使恒成立，只需f（x2）+2mx2＞f（x1）+2mx1.令g（x）=f（x）+2mx，即g（x2）＞g（x1），由函数单调性的定义可知g（x）在［4，+∞）上单调递增.又函数+2m，即g′（x）≥0在［4，+∞）上恒成立，即0在［4，+∞）上恒成立.变量分离得，令h（x）只需-m≤h（x）min.又h（x）在［4，+∞）上单调递增，则，所以，由已知∃a∈［2，3］使成立，即即

题型二、极值点偏移问题

极值点偏移问题常见的处理方法为：要证x1+x2＞a，只需证明x2＞a-x1，即借助极值点及单调性进行不等式的证明.

例2函数f（x）=x2+ax+blnx，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=2x，F（x）=f（x）-x2+mx（m∈R），x1，x2（0＜x1＜x2）分别是函数F（x）的两个零点，求证：

证明：因为0＜x1＜x2，只需证

所以函数Q（x）在（0，x2）上单调递减，Q（x）＞Q（x2）=0.故原不等式成立.

题型三、借助韦达定理一元化或者引进新元减少变量，构造函数求解问题

例3已知函数f（x）=ex-e，g（x）=lnx+1，若∀x1∈R，∃x2∈（0，+∞），使得f（x1）=g（x2），则x1-x2的最大值为（ ）.

【答案】D

令ex-e=lnx+1=a，则x1=ln（a+e），x2=e（a-1），转化为关于a的函数求最大值.

跟踪训练2：已知函数f（x）=x-aex（a∈R）.

（1）若a=2，求函数f（x）在x=0处的切线方程；

（2）若y=f（x）有两个零点x1，x2，且x1＜x2.

①求a的取值范围；

②证明：x1+x2＞2.

解：（1）f′（x）=1-2ex，

由条件知f′（0）=1-2=-1，f（0）=-2，

所以函数f（x）在x=0处的切线方程为y+2=-x，即x+y+2=0.

（2）①因为f′（x）=1-aex，

所以当a≤0时，f′（x）＞0在x∈R上恒成立，此时f（x）在R上单调递增，函数至多有一个零点；

当a＞0时，由f′（x）=0解得x=-lna.

当x＜-lna时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；

当x＞-lna时，f′（x）＜0，f（x）单调递减.

因为y=f（x）有两个零点x1，x2，

所以f（x）max=f（-lna）=-lna-ae-lna=-lna-1＞0，

②由条件知x1=aex1，x2=aex2，所以0＜x1＜x2.

可得lnx1=lna+x1，lnx2=lna+x2.

所以lnx1-x1=lnx2-x2=lna.

设g（x）=lnx-x-lna，则x1，x2为g（x）的两个零点，

易得g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，所以0＜x1＜1＜x2.

设h（x）=g（x）-g（2-x）（0＜x＜1），

则h（x）=lnx-ln（2-x）+2-2x（0＜x＜1），恒成立，

所以h（x）在（0，1）上单调递增.

所以h（x）＜h（1）=0.

所以h（x1）=g（x1）-g（2-x1）＜0，

即g（x1）＜g（2-x1），即g（x2）＜g（2-x1）.

又g（x）在（1，+∞）上单调递减，x2，2-x1∈（1，+∞），所以x2＞2-x1，即x1+x2＞2.

跟踪训练3：已知函数f（x）=ax2-2x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，若不等式λ＞f（x1）+f（x2）恒成立，则实数λ的取值范围是（ ）.

A.［-3，+∞）B.（3，+∞）C.［-e，+∞）D.（e，+∞）

【答案】A

解：计算导数得到，结合x＞0构造新函数得到h（x）=2ax2-2x+1，要使得f（x）有两个不同的极值点x1，x2，则要求h（x）=0有两个不同的根，且，则Δ=4-8a＞0，解得0＜a＜.而f（x1）+f（x2）=ax12-2x1+lnx1+ax22-2x2+lnx2=a（x1+x2）2-，构造新函数g（a）=计算导数得到，结合前面提到的a的范围可知g（a）在上单调递增，故=-3，因而λ≥-3，即λ的取值范围是［-3，+∞），故选A.

点评：本道题考查了导函数与原函数的单调性关系，考查了利用导函数计算最值，难度偏大.