利用“凹凸反转”解导数题

摘 要：利用“凹凸反转”思想解题的关键是利用指对分离将函数一分为二，使得这两个函数的凹凸性相反，而且其中一个函数的最小值大于另一个函数的最大值.文章通过举例对利用“凹凸反转”解导数题进行剖析.

关键词：导数；函数不等式；凹凸反转；解题策略；应用

中图分类号：G632"" 文献标识码：A"" 文章编号：1008-0333（2024）31-0063-03

收稿日期：2024-08-05

作者简介：刘薇（1984.2—），女，河南省上蔡人，本科，中学一级教师，从事高中数学教学研究.

很多时候，我们需要证明f（x）gt;0，但不代表就要证明f（x）mingt;0，因为大多数情况下，f ′（x）的零点可能是解不出来的.如果隐零点法不好处理，可尝试用凹凸反转. 如要证明f（x）gt;0，可把f（x）拆分成两个函数g（x），h（x），放在不等式的两边，即要证g（x）gt;h（x），只要证明了g（x）mingt;h（x）max即可，如图1，这个命题显然更强，注意反过来不一定成立.很明显，g（x）是凹函数，h（x）是凸函数，因为这两个函数的凹凸性刚好相反，所以称为凹凸反转^[1].

1 凹凸反转的应用

如果待证不等式中的函数是指数函数和对数函数，则需要将指数函数和对数函数分离，然后分别求出两边的函数的最值，并进行比较即可.很多时候，需要化为我们所熟悉的单峰函数，比如lnxx（或xlnx，xlnx）或者xex（xex，exx）^[2].

例1 已知函数f（x）＝1+（a+1）x+ln x，证明：对任意xgt;0，2exxe2+1+（1+a）xgt;f（x）.

证明 把f（x）代入化简，得2e^x-2xgt;ln x.

即证2e^x-2x2gt;

lnxx（xgt;0）.

令g（x）＝2e^x-2x2（xgt;0），则

g′（x）＝2e^x-2（x-2）x3.

当x∈（0，2）时，g′（x）lt;0，g（x）单调递减；

当x∈（2，+∞）时，g′（x）gt;0，g（x）单调递增.

所以g（x）最小值＝g（x）极小值＝g（2）＝

12，

故g（x）≥12，当且仅当x＝2时取等号.

令h（x）＝lnxx（xgt;0），则h′（x）＝1-lnxx2.

当x∈（0，e）时，h′（x）gt;0，h（x）单调递增；当

x∈（e，+∞）时，h′（x）lt;0，h（x）单调递减.

所以h（x）最大值＝h（x）极大值＝h（e）＝1e，即

h（x）≤1e，当且仅当x＝e时取等号.

由于12gt;1e，故2e^x-2x2gt;lnxx成立，即原不等式得证.

例2^[3] 设函数f（x）＝ln x+1x-x，证明：

f（x）-1ex+xgt;0在（0，+∞）上恒成立.

证明 由题意知，f（x）-1ex+x＝ln x+1x-1ex，

下面证ln x+1xgt;1ex，即证xln x+1gt;xex.

设g（x）＝xln x+1，则g′（x）＝1+ln x.

在（0，1e）上，g′（x）lt;0，g（x）单调递减；在

（1e，+∞）上，g′（x）gt;0，g（x）单调递增.

所以g（x）≥g（1e）＝1-1e.

设h（x）＝xex，则h′（x）＝1-eex.

在（0，1）上，h′（x）gt;0，h（x）单调递增；在

（1，+∞）上，h′（x）lt;0，h（x）单调递减，

所以h（x）≤h（1）＝1elt;1-1e.所以h（x）lt;g（x）.

即f（x）-1ex+xgt;0在（0，+∞）上恒成立 .

例3 已知函数f（x）＝exln x+2e^x-1x，证明：f（x）gt;1.

证明 要证明f（x）＝exln x+2e^x-1xgt;1，两边同乘以xex，得xln x+2egt;xex，即证明xln xgt;xex-2e.

令h（x）＝xln x，g（x）＝xex-2e.

由h′（x）＝ln x+1知，h（x）在（0，1e）上单调递减，在（1e，+∞）上单调递增.

所以h（x）≥h（1e）＝-1e.

而g′（x）＝1-eex，可知g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减.

所以g（x）≤g（1）＝-1e.

所以有h（x）≥h（1e）＝-1e＝g（1）≥g（x），

又上述的两式等号不同时取到，所以有h（x）gt;g（x），即f（x）gt;1，问题得证.

有时，我们需要先对待证不等式进行放缩处理，再使用凹凸反转思想来解题.

例4 "已知函数f（x）＝axln x+x2，若0lt;a≤1，求证：f（x）lt;ex-sinx+1.

证明 因为f（x）＝axlnx+x2，所以待证不等式为axlnx+x2lt;

ex-sinx+1.

由于当xgt;0时，sinxlt;x，故只需证x2+axlnxlt;ex-x+1.

即证ex-x+1x2gt;

alnxx+1.①

令g（x）＝alnxx+1，g′（x）＝a（1-lnx）x2（0lt;a≤1）.

当x∈（0，e）时，g′（x）gt;0，g（x）单调递增；当x∈（e，+∞）时，g′（x）lt;0，g（x）单调递减，

易得g（x）最大值＝g（x）极大值＝g（e）＝

ae+1≤1e+1.

令h（x）＝ex-x+1x2，h′（x）＝（ex+1）（x-2）x3，

当x∈（0，2）时，h′（x）lt;0，h（x）单调递减；当

x∈（2，+∞），h′（x）gt;0，h（x）单调递增.

易得h（x）最小值＝h（x）极小值＝h（2）＝e2-14.

由于e2-14-（1e+1）＝（e+1）（e2-e-4）4egt;0，故①式成立，原不等式得证.

还可以利用凹凸反转思想来求参数的取值范围.

例5 若exln x+mx2+（1-ex）x+m≤0（xgt;0），求正实数m的取值范围.

解析 不等式等价于e^-x（mx2+x+m）≤x-lnx.

令g（x）＝e^-x（mx2+x+m），h（x）＝x-ln x，

则g′（x）＝e^-x（x-1）（-mx+m-1）.

令g′（x）＝0，解得x＝1或x＝1-1m.

因为mgt;0，所以1-1mlt;1.

①当0lt;m≤1时，1-1m≤0，所以g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减.

故g（x）max＝g（1）＝e^-1（2m+1）.

欲使不等式恒成立，则

g（1）≤h（1）e^-1（2m+1）≤1，

解得0lt;m≤e-12.

②当mgt;1时，0lt;1-1mlt;1，所以g（x）在（0，

1-1m），（1，+∞）上单调递减，

在（1-1m，1）上单调递增，而g（1）＝2m+1egt;1，有g（1）gt;h（1），从而不等式exlnx+mx2+（1-ex）x+m≤0不恒成立.

综上，当0lt;m≤e-12时，不等式恒成立.

例6 已知f（x）＝xex，g（x）＝a（1+2lnxx），若函数f（x）的图象与函数g（x）的图象有两个交点，则实数a的取值范围是.

解析 取a＝e，则f（x）＝xex，g（x）＝e（1+2lnxx），得f（1）＝g（1）＝e，知两函数图象至少有一个交点.由f（x）＝xex得f ′（x）＝（x+1）ex.

当xlt;-1时，f ′（x）lt;0，f（x）单调递减，f（x）lt;0且f（0）＝0.

当x→-∞时，f（x）→0；

当xgt;-1时，f ′（x）gt;0，f（x）单调递增，

当x→+∞时，f（x）→+∞.

由g（x）＝e（1+2lnxx）得g′（x）＝2e（1-lnx）x2，

当0lt;xlt;e时，g′（x）gt;0，g（x）单调递增，

当x→0时，g（x）→-∞，

当xgt;e时， g′（x）lt;0，g（x）单调递减，

且g（x）gt;0，当x→+∞时，g（x）→0.

根据以上信息，画出f（x）＝xex，g（x）＝e（1+2lnxx）的图象如图2所示.

图2 例6图

因为f（1）＝g（1）＝e，f ′（1）＝g′（1）＝2e，所以两曲线在点（1，e）有相同的公切线.

由g（x）＝a（1+2lnxx）与y＝e（1+2lnxx）图象间的伸缩关系，

易知，当agt;e时，两个函数图象有两个交点.

2 结束语

凹凸反转是证明函数不等式的一种新思路、新方法.在直接证明f（x）gt;0不容易时，可考虑将f（x）一分为二，分离为两个具有相反凹凸性的函数g（x）和h（x），则问题转化为证明g（x）gt;h（x），然后分别求出g（x）和h（x）的最值并进行比较即可. 在解题教学中，教师要引导学生从多角度来思考解决问题的方法. 每一种解题方法只有熟练了，才能做到熟能生巧.

参考文献：

［1］刘海涛.谈凹凸反转法在解题中的妙用[J].数理化解题研究，2023（31）：2-5.

[2] 何勇，李鸿昌.一道摸底考试导数压轴题的多解、推广与背景分析[J].中学数学研究（华南师范大学版），2023（23）：18-21.

[3] 李鸿昌，徐章韬.关于对数平均的一个不等式的推广[J].数学通报，2023，62（08）：50-52.

［责任编辑：李 璟］