巧变换破解不等式证明

叶欣

摘 要：本文以2021年全国Ⅰ卷22题为例，通过对不同解法进行分析、比较，抓住并理解问题的本质，在掌握解决这类问题的通性通法的基础上，了解一些比较常见的破解问题的技巧方法，提高数学思维的灵活性、深刻性.

关键词：不等式证明;函数;导数

中图分类号：G632   文献标识码：A   文章编号：1008-0333（2022）04-0021-03

新高考数学试题的特点之一是注重知识的综合应用，通过在知识网络交汇点处设计试题，使得对数学基础知识的考查达到必要的深度，突出数学核心素养的落实.以函数为背景考查不等式成立的证明就是上述指导思想的体现，也是高考热点问题.函数是高中数学的主线，其中导数更精确地刻画了函数的性质，为研究函数的单调性、极值与最值、求曲线的切线等问题提供了有效的方法与途径，方程与不等式是研究和解决有关函数问题的重要工具，同时在解决有关方程与不等式的问题时，又常以函数的相关性质为依据，并借助于函数的图象解释其几何意义.

1 高考试题呈现

题目 （2021年新高考数学全国Ⅰ卷第22题）已知函数fx=x1-lnx.

（1）讨论fx的单调性;

（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：2<1a+1b<e.

本题第（1）问是讨论函数的单调性，由于函数中不含参数，因此不会涉及分类讨论，属于基本问题.第（2）问是给出一个新的等式并证明相关不等式成立的问题，要解决问题首先要根据等式特征合理变形，再利用已知函数的性质完成不等式证明，难度较大，下面做重点分析.

2 常规解法展现

解法1 由条件blna-alnb=a-b，

得

1a1-ln1a=1b1-ln1b.

令x1=1a，x2=1b，则x1，x2为fx=k的两个不等实根，不妨令x1<x2.

因为当x∈（0，e）时，fx>0;

当x=e时，fx=0;

当x∈（e，+SymboleB@）时，fx<0.

又fmax（x）=f1=1，所以结合单调性可知

x1∈0，1，x2∈1，e，k∈0，1.

即证2<x1+x2<e.

下面先证x1+x2>2.

因为2-x1>1，fx在1，+SymboleB@单调递减，fx2=fx1，所以x1+x2>2x2>2-x1fx2<f2-x1fx1<f2-x1.

令hx=fx-f2-x（0<x<1），

则h′x=f ′x+f ′2-x=-lnx2-x.

因为x∈0，1，所以x2-x∈0，1.

所以h′x>0恒成立.

故hx单调递增.

因此hx<h1=0.

所以fx1<f2-x1.

所以x1+x2>2得证.

再证x1+x2<e.

因为e-x1>1，fx在1，+SymboleB@单调递减，fx2=fx1， 所以x1+x2<ex2<e-x1

f（x2）>f（e-x1）

fx1>fe-x1.

下面可以仿照上面的过程完成证明（略）.

点评 第（2）问中已知条件“blna-alnb=a-b”是一个轮换对称式，变形的方向是相同变量放在一起，期待出现问题中涉及到的“1a，1b”，目标是构造已知函数fx，使得在解决问题的过程中发挥函数fx性质的作用.我们通过一系列变形将问题转化为“已知x1，x2是关于x的方程fx=k的两个不等实根，求证2<x1+x2<e.”其中“证明x1+x2>2”是很明显的极值点偏移问题，主要的方法是通过变形将自变量转化到同一个单调区间，利用函数fx的单调性转化为函数值的不等式，再构造新函数证明.对于“证明x1+x2<e”也可以仿照上述方法完成证明.

3 其他解法探究

下面再来探讨一下证明“x1+x2<e”的其他方法.

思路1 采用比值换元法.

解法2 设t=x1x2，则t∈（0，1），x1=tx2.

因为fx2=fx1，所以fx2=ftx2.

即x21-lnx2=tx21-lntx2.

所以lnx2=1+tlnt1-t.

变形，得x2=e1+tlnt1-t.

所以x1+x2<ee1+tlnt1-t（1+t）<e1+t<etlntt-1.

可證ex≥x+1（当且仅当x=0时取等号）.

所以etlntt-1>tlntt-1+1.

所以只需证tlntt-1>t.

即证lnt<t-1.

易证其成立，所以x1+x2<e成立.

解法3 设t=x1x2，则t∈（0，1），x1=tx2.

因为fx2=fx1，所以fx2=ftx2.

即x21-lnx2=tx21-lntx2.

所以lnx2=1+tlnt1-t.

所以x2=e1+tlnt1-t.

所以x1+x2<ee1+tlnt1-t（1+t）<e

1+t<etlntt-1

ln（1+t）<tlntt-1

ln（1+t）t<lntt-1.

可证lnx≤x-1（当且仅当x=1时取等号）.

因为t∈（0，1），所以lnt<t-1lntt-1>1，

ln（t+1）<tln（t+1）t<1.

所以ln（1+t）t<lntt-1.

所以x1+x2<e成立.

点评 针对多变量的问题常可以采用“比值换元”的方法，这里通过换元并利用等式fx2=fx1确立变量与新元的关系，最终将要证明的二元不等式转化为一元不等式，进而利用指、对常用不等式ex≥x+1和lnx≤x-1完成证明.上面两种方法的思路相同，但对于不等式的变形程度不同，使得后续证明略有差异.

思路2 采用零点转化法.

解法4 令F（x）=fx-k，

则x1，x2是函数Fx的两个零点.

由（1）知Fx在0，1上单调递增，在1，+SymboleB@單调递减.

因为F（k）=fk-k=-klnk>0，

所以x1<k.

要证x1+x2<e，只需证k+x2<e.

即证x2<e-k.

即证F（x2）>F（e-k）.

即证0>F（e-k）.

令q（x）=F（e-x）=f（e-x）-x（0<x<1），

则q′（x）=-f ′（e-x）-1=ln（e-x）-1<0.

所以q（x）在0，1上单调递减.

所以q（x）<q（0）=f（e）=0.

所以F（e-k）<0.

所以x1+x2<e成立.

点评 由于x1，x2为fx=k的两个不等实根，通过平移，将条件转化为x1，x2是函数F（x）=fx-k的两个零点，使得借助函数Fx的图象和性质解决问题成为可能.

思路3 采用切线放缩法.

解法5 因为当x∈（0，1）时，fx=x1-lnx>x.

又f（x1）=f（x2）=k，所以x1<k.

又fx在点（e，0）处的切线为y=-x+e，

可证当x∈（1，e）时，fx=x1-lnx<-x+e.

所以k<-x2+e.

即x2<-k+e.

所以x1+x2<e成立.

点评 利用曲线的切线进行放缩是解决有关不等式恒成立的一种方法，尤其是针对含有指数、对数的函数，利用曲线的切线进行放缩往往能实现事半功倍的效果.

思路4 采用割线分析法.

解法6 因为当x∈（0，1）时，fx=x1-lnx>x.

又f（x1）=f（x2）=k，所以x1<k.

要证x1+x2<e，只需证k+x2<e.

即证x2<e-k.

即证f（x2）>f（e-k）.

即证f（e-k）<k.

令g（k）=f（e-k）-k（0<k<1），

则g′（k）=-f ′（e-k）-1=ln（e-k）-1<0.

所以g（k）在0，1上单调递减.

所以g（k）<g（0）=0，即f（e-k）<k.

所以x1+x2<e成立.

解法7 同解法6将要证明的不等式转化为证明k+x2<e，即证f（x2）+x2<e.

令t（x）=f（x）+x（1<x<e），

则t′（x）=f ′（x）+1=1-lnx>0.

所以t（x）在（1，e）上单调递增.

所以t（x）<t（e）=e.

即f（x2）+x2<e.

所以x1+x2<e成立.

点评 结合对函数f（x）的图象和性质的分析，发现可以借助曲线f（x）与直线y=x的位置关系，比较f（x）与x的大小，并利用函数f（x）的单调性将问题转化，通过构造新函数并研究其单调性完成不等式的证明.这种由形进行分析，用数进行证明，也是数形结合思想的体现.

以函数为背景对不等式证明的考查是高考中的热点问题，由于这类问题切入角度多变、解决方法灵活，一直是学生感觉较为困难的.在复习的过程中，要注意对典型的问题进行反思总结，通过对不同解法进行分析、比较，抓住并理解问题的本质，在掌握解决这类问题的通性通法的基础上，了解一些比较常见的破解问题的技巧方法，提高数学思维的灵活性、深刻性.

参考文献：

[1] 汤晓玲.不等式证明的几种解题方法[J].数理化解题研究，2021（19）：66-67.

[责任编辑：李 璟]