导数视角下双变量不等式问题的处理

筅安徽省灵璧县第一中学高存洲

导数视角下双变量不等式问题的处理

筅安徽省灵璧县第一中学高存洲

“双变量”是指在所证的关系式中含有两个变量，两个变量的地位相同、取值独立.此类不等式问题的证明途径主要有两种策略：

（1）构造函数，转化为判断函数的单调性问题；

（2）构造函数，转化为求函数的最值问题.

下面引例说明.

引例已知函数f（x）=xlnx.

（1）求函数f（x）的最小值；

（2）讨论关于x的方程f（x）-m=0（m∈R）的解的个数；

（3）求证：对任意的a，b∈（0，+∞），恒有f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2.

解析：（1）、（2）略.

（3）策略1：结合a，b的对称性，不妨设a≤b，构造函数F（b）=f（a）+f（b）-f（a+b）+（a+b）ln2=blnb-（b+a）ln（b+ a）+（b+a）ln2+alna，b≥a.

求导得F′（b）=lnb+1-ln（b+a）-1+ln2=lnb-ln（b+a）+，因为b≥a，所以，即F（′b）≥0，所以函数F（b）在区间［a，+∞）上单调递增，所以F（b）>F（a）.

又因为F（a）=2f（a）-f（2a）+2aln2=2alna-2aln2a+ 2aln2=0，所以F（b）>0，所以f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2.

命题成立.

评注：本题在构造函数的过程中利用了“主元思想”，即将双变量中的某一变量视为主元，另一变量视为常数，从而将不等式证明问题转化为利用导数判断函数的单调性问题.

策略2：原不等式可化为f（a）+f［（a+b）-a］≥f（a+b）-（a+b）ln2.

设函数g（x）=f（x）+f（m-x）（m>0），从而问题转化为证明g（x）≥f（m）-mln2，即g（x）min≥f（m）-mln2.

函数g（x）=xlnx+（m-x）ln（m-x）（0

令x=a，m-x=b，则有f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2.

命题得证.

评注：策略2在构造函数的过程中与策略1类似，均选择其中的一个变量视为主元，另一个变量视为参数，最终将不等式的证明问题转化为求函数的最值来处理.

（1）若函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，求m的取值范围；

解析：（1）若函数（fx）在（0，+∞）上单调递减，则f（′x）≤0在区间（0，+∞）上恒成立，即--m≤0在（0，+∞）上恒成立，即-≤m在区间（0，+∞）上恒成立.

（2）因为

命题得证.

评注：在同一函数背景下设置多问，求解中往往不易发现前后问之间或所证结论与条件之间的关联.本题第（2）问的求解中，从结论入手，将所证不等式进行等价变形，通过换元不仅将两个变量合而为一，而且找到了所证关系式与条件的关系，从而利用函数的单调性求解.解题中要注意换元后所得新函数的定义域的变化.

变式2己知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+1.

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）设a≤-2，证明：对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|.

解析：（1）当a≥0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，当a≤-1时，f（x）在（0，+∞）上单调递减，当-1＜a＜0时，函数f（x）在区间上单调递增，在区间上单调递减．

（2）不妨设x1≥x2，而a≤-2，由（1）知函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，从而对任意x1、x2∈（0，+∞），不等式|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|，即f（x2）-f（x1）≥4（x1-x2），亦即f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1.

命题得证.

评注：此题求解中注意到所证不等式|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|的结构特征，利用已知函数的单调性，去掉绝对值符号，构造函数，进而借助此函数的单调性来寻求解题切入点.

变式3：已知函数f（x）=xex-aex-1，且f′（1）=e.

（1）求a的值及函数f（x）的单调区间；

（2）若关于x的方程f（x）=kx2-2（k>2）存在两个不相等的正实数根x1，x2，证明

解析：（1）对函数f（x）求导，得f′（x）=（1+x）ex-aex-1，所以f′（1）=2e-a=e，解得a=e.故函数f（x）=xex-ex，f′（x）= xex.令f′（x）=0，得x=0.

当x变化时，f′（x）与f（x）的变化情况如下表所示：

x（-∞，0）0（0，+∞）f′（x）-0+ f（x）坨坭

所以函数f（x）的单调减区间为（-∞，0），单调增区间为（0，+∞）.

（2）方程f（x）=kx2-2，即（x-1）ex-kx2+2=0.

设函数g（x）=（x-1）ex-kx2+2，则g′（x）=xex-2kx=x（ex-2k）.

由g′（x）=0，解得x=0，或x=ln2k.

所以，当x∈（0，+∞）变化时，g′（x）与g（x）的变化情况如下表所示：

x（0，ln2k）ln2k（ln2k，+∞）g′（x）-0+ g（x）坨坭

所以函数g（x）在区间（0，ln2k）上单调递减，在区间（ln2k，+∞）上单调递增.

由k>2，得ln2k>ln4>1.

又因为g（1）=-k+2<0，所以g（ln2k）<0.

不妨设x1

因为函数g（x）在区间（0，ln2k）上单调递减，且g（0）= 1>0，g（1）=-k+2<0，所以0ln2k>ln4，所以

命题得证.

综上所述，不论借助哪种途径，都需要采取相应的措施将两个变量化归为一个变量的形式，通过构造函数、利用导数来证明.因此我们在教学中，需要指导学生进行归纳总结，以提高学生的化归转化的能力.F