合理构造函数巧妙证不等式

摘要：证明不等式的方法技巧多种多样，本文结合实例，合理构造不同类型的函数，巧妙证明不等式，指导复习备考．

关键词：函数；不等式；证明；构造；应用

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2022）28-0092-03

收稿日期：2022-07-05

作者简介：龚小敏（1987.10-），女，江苏省如皋人，本科，中学二级教师，从事高中数学教学研究.

构造函数法证明不等式，是指在利用导数法证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，通过求导，利用函数的单调性、极值、最值等基本性质来加以证明．而在具体证明时，就要综合函数的不同确定形式，合理选择对应的函数，从不同思维视角来合理构建满足条件的函数解析式，进一步加以求导处理，巧妙证明．

1 作差构造法

证明譬如f（x）＜g（x）（或≤，＞，≥），x∈（a，b）形式的不等式成立，可利用两函数进行作差比较统一成一个函数，结合作差构造法，构造函数F（x）=f（x）-g（x），x∈（a，b），通过求导，结合函数的基本性质来证明F（x）＜0（或≤，＞，≥），从而得以证明对应的不等式成立．

例1已知函数f（x）=2ln（x+1）+sinx+1，求证：当x≥0时，f（x）≤3x+1．

分析利用所要证明的不等式进行作差处理，通过作差构造函数，借助求导来分析与确定函数的单调性，进而求出对应构建函数的最大值，通过不等式的确定以及变形与转化来证明相应的不等式．

证明设函数h（x）=f（x）-（3x+1）=2ln（x+1）+sinx-3x，x≥0，

则h′（x）=2x+1+cosx-3.

因为x≥0，所以2x+1∈（0，2]，cosx∈[-1，1]，则h′（x）≤0.

从而函数h（x）在区间[0，+∞）上单调递减.

所以h（x）=f（x）-（3x+1）≤h（0）=0，

即f（x）≤3x+1成立．

2 拆分构造法

对于一些所要证明的不等式中含有指数式或含有对数式，求导时不易直接求最值，可通过代数关系式的合理拆分变形来构造函数，利用函数的基本性质来证明对应的不等式；有时也合理拆分变形来构造两个函数，分别计算它们的最值，利用隔离分析最值来证明对应的不等式．

例2已知函数f（x）=xlnx+a+1x（a∈R）在区间[1，2]上有极值．

（1）求实数a的取值范围；

（2）证明：f（x）＞a（x+1）x．

分析（1）通过函数求导，结合导函数的零点加以分类讨论，确定函数的单调性及极值的存在性，进而得以确定实数a的取值范围；（2）通过对所要证明的不等式加以分析，

通过拆分构造法构造函数，通过函数的单调性及最值的确定来合理转化，进而加以证明相应的不等式．

解析（1）因为函数f（x）=lnx+a+1x（x＞0），

则f ′（x）=1x-a+1x2=x-（a+1）x2（x＞0）.

当a+1≤1，即a≤0时，在区间[1，2]上f ′（x）≥0，

所以函数f（x）在[1，2]上单调递增，无极值；

当a+1≥2，即a≥1时，在区间[1，2]上f ′（x）≤0，

所以函数f（x）在[1，2]上单调递减，无极值；

当1＜a+1＜2，即0＜a＜1时，由f ′（x）＞0得x＞a+1，由f ′（x）＜0得x＜a+1，

所以函数f（x）在区间[1，a+1）上单调递减，在区间（a+1，2]上单调递增，当x=a+1时函数f（x）取得极小值，符合题意.

综上分析，可得实数a的取值范围为（0，1）．

（2）要证f（x）＞a（x+1）x（x＞0），

只需证xf（x）＞a（x+1）.

只需证xlnx+a+1＞ax+a.

即证xlnx＞ax-1.

设函数g（x）=xlnx-ax+1，

则g′（x）=lnx+1-a.

由g′（x）<0，x>0，得0＜x＜ea-1，

由g′（x）>0，x>0，得x＞ea-1.

所以函数f（x）在区间（0，ea-1）上单调递减，在区间（ea-1，+∞）上单调递增.

所以函數g（x）≥g（ea-1）=（a-1）ea

-1-aea-1+1=1-ea-1.

因为0＜a＜1，所以1-ea-1＞0.

则g（x）＞0.即xln x＞ax-1.

所以f（x）＞a（x+1）x．

3 换元构造法

对于所要证明的不等式中含有两个及以上参数的不等关系式，经常借助合理变形，整体化处理，进行合理换元构造对应的函数，化多参数为单一参数，进而通过函数的基本性质、不等式的性质等来分析对应的不等式证明问题．

例3已知函数f（x）=lnx+x2+x，若正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+x1x2=0，求证：x1+x2≥5-12．

分析结合满足题目条件的关系式的恒等变形转化，合理配方转化，换元构造对应的函数，结合函数的单调性与最值建立对应的不等式，结合二次不等式的求解来证明相应的不等式成立问题．

证明对于函数f（x）=lnx+x2+x（x＞0），

由正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+x1x2=0，

可得lnx1+x21+x1+lnx2+x22+x2+x1x2=0.

从而（x1+x2）2+（x1+x2）=x1x2-ln（x1x2）.

令t=x1x2（t＞0），

函数φ（t）=t-lnt，

则φ′（t）=1-1t=t-1t.

易知函数φ（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增.所以函数φ（t）≥φ（1）=1.

所以（x1+x2）2+（x1+x2）≥1.

因为x1＞0，x2＞0，

所以x1+x2≥5-12．

4 同构函数法

在证明不等式时，结合相关所要证明的不等式所对应的关系式的合理转化或变形，提取出其中相同或相似的代数结构，寻找结构的同型或共性，进而合理同构相应的函数模型，结合导数以及函数的基本性质、不等式性质等来合理转化，巧妙证明．

例4（2021年数学新高考Ⅰ卷第22题）已知函数f（x）=x（1-lnx）．

（1）讨论f（x）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．

分析（1）中首先求得导函数的解析式，结合导函数的取值符号即可确定函数的单调性；（2）中利用同构关系将原问题中不等式的证明转化为极值点偏移的问题，结合变形的关系式的特征同构相应的函数，利用函数的单调性与极值来证明对应的不等式问题．

解析（1）由函数的解析式可得

f ′（x）=1-lnx-1=-lnx.

则当x∈（0，1）时，f ′（x）＞0，f（x）单调递增；

当x∈（1，+∞）时，f ′（x）＜0，f（x）单调递减.

（2）由blna-alnb=a-b，得

-1aln1a+1bln1b=1b-1a.

即1a（1-ln1a）=1b（1-ln1b）.

由（1）知函数f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，

所以f（x）max=f（1）=1，且f（e）=0.

令x1=1a，x2=1b，则x1，x2为f（x）=k 的两根，其中k∈（0，1）.

不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2-x1＞1.

先证2＜x1+x2，即证x2＞2-x1＞1.

即证f（x2）=f（x1）＜f（2-x1）.

令函数h（x）=f（x）-f（2-x），x∈（0，1），

则h′（x）=f ′（x）+f ′（2-x）=-lnx-ln（2-x）=-ln[x（2-x）]在（0，1）单调递减.

所以h′（x）＞h′（1）=0.

故函数h（x）在（0，1）单调递增.

所以h（x1）＜h（1）=0.

即f（x1）＜f（2-x1）.

亦即2＜x1+x2，得证.

再证明：x1+x2＜e．

要证x1+x2＜e，即证1＜x2＜e-x1.

同理，根据（1）中函数f（x）的单调性，即证

f（x2）=f（x1）＞f（e-x1）.

同构函数φ（x）=f（x）-f（e-x），x∈（0，1），

则φ′（x）=-ln[x（e-x）]，

令φ′（x0）=0，

则当x∈（0，x0）时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增；当x∈（x0，1）时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减.

又x＞0，f（x）＞0，且f（e）=0，

故x→0，φ（0）＞0，φ（1）=f（1）-f（e-1）＞0.

所以φ（x）＞0恒成立.

即x1+x2＜e得证.

综上分析，可得2＜1a+1b＜e．

其实，构造函数法證明不等式时，除了借助以上一些常见的作差构造法、拆分构造法、换元构造法、同构函数法以及创新构造法等构造函数的基本方法外，还可以通过分类讨论、数形结合以及多个函数的构造等方法来证明相应的不等式成立．破解的关键是借助导数思维，抓住用导数判断函数单调性来处理对应函数的单调性、极值或最值问题，从而再转化为对应的不等式问题，达到有效证明不等式问题，全面提升导数的综合应用，提高数学能力，培养数学核心素养．

参考文献：

［1］竺宝林.例谈导数视角下“构造函数证明不等式问题”的解决策略[J].中学数学教学，2018（03）：45-48.

[2] 钟云亮.构造函数模型巧证不等式[J].中学数学（高中版），2012（05）：11.

[3] 蔡莹.浅谈导数在高中数学函数中的解题应用[J].考试周刊，2018（77）：94.