例谈构造函数证明不等式

陈英明

[摘   要]构造法作为一种极富创新精神的方法被广泛地运用于中学数学解题.而构造法在证明不等式方面，其独创性和巧妙性往往让人叹为观止.研究构造法，能训练学生思维，提高其解题能力.

[关键词]构造法;函数;不等式

[中图分类号]    G633.6        [文献标识码]    A        [文章编号]    1674-6058（2021）20-0008-03

函数、导数和不等式综合性试题在高考中举足轻重.它的特点是不等式“搭台”，函数“唱戏”.找出隐藏在不等式后面的函数是解决此类问题的关键.下面就如何构造函数进行探讨.

一、移项构造——通过移项作差构造函数

[例1]（2011年全国新课标卷改编）求证：当[x>0]且[x≠1]时，[ln xx+1+1x>ln xx-1].

证明：[ln xx+1+1x-ln xx-1=11-x22ln x-x2-1x]，令[h（x）=2ln x-x2-1x（x>0）]，則[h（x）=-（x-1）2x2]，当[x≠1]时，[h（x）<0]，而[h（1）=0]，故当[x∈（0，1）]时[h（x）>0]，可得[11-x2h（x）>0];当[x∈（1，+∞）]时，[h（x）<0]，可得[11-x2h（x）>0].综上，原不等式得证.

点评：移项作差构造函数是最直接和常用的方式.要证明[ln xx+1+1x>ln xx-1]，直接作差，观察到[11-x2]在[（0，1）]和[（1，+∞）]上符号确定，只需判定[2ln x-x2-1x]在相应区间的符号，构造函数[h（x）=2ln x-x2-1x（x>0）]，利用导数求出函数的取值范围，从而实现不等式的证明.当然也可以去分母作等价变形，再作差构造函数.

二、分拆构造——对不等式两边进行适当分配，左右两边各构造一个函数

[例2]（2014年全国课标卷改编）证明：[exln x+2xex-1>1].

思路一：直接作差构造函数[f（x）=exln x+2xex-1-1]，一阶导数、二阶导数方程都是超越方程，难于求出零点.

思路二：先把指数对数组合拆分，[exln x+2xex-1>1]等价于[xln x>xe-x-2e].设函数[g（x）=xln x]，则[g（x）=1+ln x]，所以当[x∈0，1e]时，[g（x）<0]，[g（x）]在[0，1e]上单调递减;当[x∈1e，+∞]时，[g（x）>0]，[g（x）]在[1e，+∞]上单调递增.故[g（x）]在[（0，+∞）] 上的最小值为[g1e=-1e].设函数[h（x）=xe-x-2e]，则[h（x）=e-x（1-x）]，所以当[x∈（0，1）]时，[h（x）>0]，[h（x）]在（0，1）上单调递增;当[x∈（1，+∞）]时，[h（x）<0]. [h（x）]在[（1，+∞）]上单调递减，从而[h（x）]在[（0，+∞）]上的最大值为[h（1）=-1e].因为[g（x）min=g1e=h（1）=h（x）max]，所以[g（x）>h（x）]，即[exln x+2xex-1>1].

点评：构造函数的原则是可用导数研究单调性、最值.作差构造的函数有时无法研究，尝试失败后要变换思路，通过乘除变形，构造两个可求函数，根据[f（x）min≥g（x）max]证明不等式.

三、分离构造——将参数分离出来放到不等式一边，另一边构造成一个函数

[例3]（2012年全国卷改编）[k]为整数，且当[x>0]时，[（x-k）（ex-1）+x+1>0]，求[k]的最大值.

解：当[x>0]时， [（x-k）（ex-1）+x+1>0]等价于[k0）]①，令[g（x）=x+1ex-1+x]，则[g（x）=ex（ex-x-2）（ex-1）2].函数[h（x）=ex-x-2]在[0，+∞]上单调递增.而[h（1）<0]，[h（2）>0]，所以[h（x）]在[0，+∞]上存在唯一的零点.故[g（x）]在[0，+∞]存在唯一的零点.设此零点为[α]，则[α∈（1， 2）].当[x∈（0， α）]时，[g（x）<0];当[x∈α，+∞]时，[g（x）>0].所以[g（x）]在[0，+∞]的最小值为[g（α）].又由[g（α）=0]，可得[eα=α+2]，所以[g（α）=α+1∈（2， 3）].由于①式等价于[k

点评：参变分离是处理参数问题的常用策略，把含参的不等式变为形如[h（a）

四、换元构造

[例4]（2007年山东卷改编）证明：对任意的正整数[n]，不等式[ln1n+1>1n2-1n3]都成立.

证明：令[h（x）=x3-x2+ln（x+1）]，则[h'（x）=3x3+（x-1）2x+1]在[0，+∞]上恒正，[∴h（x）]在[0，+∞]上单调递增，当[x∈0，+∞]时，恒有[h（x）>h（0）=0].

即当[x∈0，+∞]时，有[x3-x2+ln（x+1）>0]，[ln（x+1）>x2-x3]，对任意正整数[n]，取[x=1n]得

[ln1n+1>1n2-1n3].

[例5]（2013年陕西卷改编）已知函数[f（x）=ex]，[x∈R].设[a

解：设[f（a）+f（b）2-f（b）-f（a）b-a]

[=（b-a+2）?f（a）+（b-a-2）?f（b）2?（b-a）]

[=（b-a+2）?ea+（b-a-2）?eb2?（b-a）]

[=（b-a+2）+（b-a-2）?eb-a2?（b-a）?ea].

令[g（x）=x+2+（x-2）?ex]，[x>0]，则[g'（x）=1+（1+x-2）?ex=1+（x-1）?ex].

[g'（x）]的导函数[g″（x）=（1+x-1）?ex=x?ex>0]，所以[g'（x）]在[（0，+∞）]上单调递增，且[g'（0）=0].因此[g'（x）>0]，[g（x）]在[（0，+∞）]上单调递增，而[g（0）=0]，所以在[（0，+∞）]上[g（x）>0].∵当[x>0]时，[g（x）=x+2+（x-2）?ex>0]且[a

[∴（b-a+2）+（b-a-2）?eb-a2?（b-a）?ea>0]，

所以当[af（b）-f（a）b-a].

点评：对于复合函数[f（g（n））]，要令[g（n）=x]，研究简单函数[f（x）].对于二元不等式，要通过合理变形，找到重复出现的代数式[h（a， b）]，令[h（a， b）=x]，将二元问题转化为一元问题，构造相应的函数[f（x）]求解.

五、对数构造——两边先取对数再构造函数

[例6]（2012年湖北卷改编）[n]为正整数，求证：[nn（n+1）n+1<1ne].

证明：[nn（n+1）n+1<1ne?1+1nn+1>e?]

[（1+n）ln1+1n>1?1+1nln1+1n>1n].

令[f（x）=（1+x）ln（1+x）-x（x>0）]，[f（x）=ln（1+x）>0]，所以[f（x）]在[（0，+∞）]上单调递增，[1n>0]，[f1n>f（0）=0]，即[1+1nln1+1n>1n]，从而原不等式得证.

点评：对于幂指数不等式，适当整理变形，两边取对数，熟悉的初等函数组合就跃然纸上.

六、形似构造——根据形似结构构造函数

[例7]（2014年陕西卷改编）设函数[f（x）=ln x+mx]，[m∈R].若对任意[b>a>0]，[f（b）-f（a）b-a<1]恒成立，求[m]的取值范圍.

解：对任意的[b>a>0]，[f（b）-f（a）b-a<1]恒成立等价于[f（b）-b0）]，所以（*）等价于[h（x）]在[0，+∞]上单调递减.由[h（x）=1x-mx2-1≤0]在[0，+∞]恒成立，得[m≥-x2+x=-x-122+14（x>0）]恒成立，所以[m≥14]（对[m=14]，[h（x）=0]仅在[x=12]时成立），所以[m]的取值范围是[14，+∞].

点评：某些二元不等式可以同构分离变形，左右两边有相似结构，根据形似结构构造函数，将二元不等式转化为证明函数的单调性.结构特征形如[ln（1+m）m>ln（1+n）n]的不等式，构造函数[f（x）=ln（1+x）x];形如[ex-y>xy（x>y>1）]，构造函数[f（x）=exx];形如[f（x1）-f（x）2≥ax1-x2]，构造函数[F（x）=f（x）±ax]等.

七、联想构造——根据条件式的特征，联想和差积商求导法则，构造原函数

[例8]（2015年全国Ⅱ卷，12） 设函数[f（x）]是奇函数[f（x）（x∈R）]的导函数，[f（-1）=0]，当[x>0]时，[xf（x）-f（x）<0]，则使得[f（x）>0]成立的[x]的取值范围是 .

解：令[F（x）=f（x）x]，[F（x）]为偶函数，由于[F（x）=xf（x）-f（x）x2]，当[x>0]时[xf（x）-f（x）<0]，所以[F（x）]在[0，+∞]上单调递减，根据对称性[F（x）]在[-∞，0]上单调递增，有[f（-1）=0]，[f（1）=0].数形结合得[x]的取值范围[-∞，-1?0，1].

点评：对于抽象函数的导数往往要联想导数的运算法则，构造合适的函数，再利用单调性，数形结合解题.如由[xf（x）-f（x）]联想构造函数[F（x）=f（x）x];由[xf（x）+f（x）]联想构造函数[F（x）=xf（x）];由[f（x）-f（x）]联想构造函数[F（x）=f（x）ex].

八、放缩构造——对某些函数放缩处理，使复杂且难以求导、运算的函数变得简单

[例9]（2012年辽宁卷）设[f（x）=ln x+x-1].证明：Ⅰ.当[x>1]时，[f（x）<32（x-1）];Ⅱ.当[1

证明：Ⅰ.记[g（x）=ln x+x-1-32（x-1）]，则[g（x）=1x+12x-32].当[x>1]时，[g（x）=1x+12x-32<0]，所以[g（x）]在[1，+∞]上为减函数，则当[x>1]时，[g（x）

所以[g（x）=ln x+x-1-32（x-1）<0（x>1）?ln x+x-1<32（x-1）（x>1）]，即[f（x）<32（x-1）（x>1）].

Ⅱ.记[h（x）=（x+5）f（x）-9（x-1）]，则由（Ⅰ） 得

[h（x）=f（x）+（x+5）f（x）-9<32（x-1）+（x+5）1x+12x-9]

[=12x3x（x-1）+（x+5）（2+x）-18x<12x3x（x-1）+（x+5）2+x+12-18x]

[=14x（7x2-32x+25）].

当[1

因此函数[h（x）=（x+5）f（x）-9（x-1）]在（1，3）内单调递减，所以[1

点评：先由Ⅰ结论，把复杂的[f（x）]放缩为[32（x-1）]，再用基本不等式把[x]放缩为[x+12]，最后研究简单的二次三项式的符号.合理的放缩能让运算简单，但放缩一定要恰到好处.常见如把含参或变量的代数式放缩为常数，利用[sin x-1）]，[ex≥x+1]或基本不等式和已证结论进行放缩.

利用导数证明不等式，贵在构造，成在构造，难在构造.我们要自觉运用函数方程思想、转化思想去分析问题，合理构造函数，只有这样，证明才会柳暗花明，化难为易.

（责任编辑 黄桂坚）