利用构造法破解导数不等式问题

■河南省许昌高级中学 王芳娜

利用导数证明不等式是近几年高考命题的热点题型之一。利用导数证明不等式，关键是要找出与特征不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决。由于题目本身特点不同，故所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也不同，下面给出几种常用的构造技巧。

技法一——“比较法”构造函数证明不等式

例1 已知函数f(x)=ex—a x(e为自然对数的底数，a为常数)的图像在点(0，1)处的切线的斜率为—1。

(1)求a的值及函数f(x)的极值；

(2)证明：当x＞0时，x2＜ex。

解法展示：(1)由f(x)=ex—a x，得f "(x)=ex—a。因为f "(0)=1—a=—1，所以a=2。

所以f(x)=ex—2x，f "(x)=ex—2。

令f "(x)=0，得x=l n2。

当x＜l n2时，f "(x)＜0，f(x)单调递减；

当x＞l n2时，f "(x)＞0，f(x)单调递增。

所以当x=l n2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(l n2)=eln2—2 l n2=2—l n

4，f(x)无极大值。

(2)令g(x)=ex—x2，则g "(x)=ex—2x。

由(1)得g "(x)=f(x)≥f(l n2)＞0，故g(x)在R上单调递增。

所以当x＞0时，g(x)＞g(0)=1＞0，即x2＜ex。

师说导引：在本例第(2)问中，发现“x2，ex”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x2＜ex”构造函数，得到“g(x)=ex—x2”，并利用第(1)问的结论求解。

技法二——“换元法”构造函数证明不等式

例2 已知函数f(x)=曲线在点(1，f(1))处的切线与直线x+y+1=0垂直。

(1)试比较20 1 72018与20 1 82017的大小，并说明理由；

(2)若函数g(x)=f(x)—k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2＞e2。

解法展示：(1)依题意得f "(x)=，所以f "(1)=

又曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x+y+1=0垂直，所以f "(1)=1，即，解得a=0。

由f "(x)＞0，得0＜x＜e；由f "(x)＜0，得x＞e。

所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，+∞)。

所以f(20 1 7)＞f(20 1 8)，即，整理得l n20 1 72018＞l n20 1 82017。

所以20 1 72018＞20 1 82017。

(2)g(x)=—k，设x＞x＞0，由12g(x1)=g(x2)=0，可得l nx1—k x1=0，l nx2—k x2=0，两式相加减，得l nx1+l nx2=k(x1+x2)，l nx1—l nx2=k(x1—x2)。

要证x1x2＞e2，即证l nx1x2＞2，只需证l nx1+l nx2＞2，也就是k(x1+x2)＞2，即证

因为k=，所以只需证即证l n

令h(t)=l nt—

所以x1x2＞e2。

师说导引：(1)由题意易知f "(1)=1，可列出关于a的方程，从而求出a的值，得到函数f(x)的解析式，欲比较20 1 72018与 20 1 82017的大小，只需比较f(20 1 7)与f(20 1 8)的大小，即需判断函数y=f(x)的单调性。(2)不妨设x1＞x2＞0，由g(x1)=g(x2)=0，可得l nx1—k x1=0，l nx2—k x2=0，两式相加减，利用分析法将要证明的不等式转化为，再利用换元法，通过求导证明上述不等式成立。

技法三——“转化法”构造函数证明不等式

例3 设函数f(x)=l nx+，m∈R。

(1)当m=e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的最小值；

(2)讨论函数g(x)=f "(x)—的零点个数；

(3)若对任意b＞a＞0恒成立，求m的取值范围。

解法展示：(1)当m=e时，f(x)=l nx，则f "(x)=。当x∈(0，e)时，f "(x)＜0，f(x)在x∈(0，e)上单调递减；当x∈(e，+∞)时，f "(x)＞0，f(x)在x∈(e，+∞)上单调递增。故当m=e时，f(x)取到极小值，也是最小值，f(e)=l ne+=2，故f(x)的最小值为2。

(2)g(x)=f "(x)—(x＞0)。

令g(x)=0，得m=—

设φ(x)=—x3+x(x＞0)，则φ "(x)=—(x—1)(x+1)。

当x∈(0，1)时，φ "(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，+∞)时，φ "(x)＜0，φ(x)在x∈(1，+∞)上单调递减。故当x=1时，φ(x)取到极大值，也是最大值，，故φ(x)的最大值为

综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；当m=或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点。

(3)对任意的b＞a＞0，等价于f(b)—b＜f(a)—a恒成立。

设h(x)=f(x)—x=l nx+由以上条件可得h(x)在(0，+∞)上单调递减。

所以h "(x)=—1≤0在(0，+∞)上恒成立，从而m≥—x2+x=—在(0，+∞)上恒成立，故m≥，当且仅当x=时等号成立，所以m的取值范围为

师说导引：在求解本例第(3)问时，可利用不等式的性质，将”等价转化为“f(b)—b＜f(a)—a”，进而构造函数“h(x)=f(x)—x”，通过研究函数的单调性求解实数m的取值范围。