取值自由的二元变量不等式证明方法探讨

方明凯

【摘要】 二元变量不等式的证明问题在高考压轴题中是常见的，这类问题集中考查了学生的函数式变形、数形结合、数据分析与处理等能力，对学生数学的综合能力要求比较高.现就这类问题的解决做探讨，以飨读者.

【关键词】 函数;不等式;探讨

二元变量不等式的特点是两个元的大小关系已知，在满足这一前提下，二元的取值是自由的，相互之间没有约束，其解决一般有两种方法.方法一：经代数式变形，转化为一个变量的函数形式.这种处理方法对学生代数式处理能力要求比较高;方法二：把其中一个“元”看作已知数，直接求导，通过单调性判断解题.从实际情况看，这一方法似乎学生更好掌握.

例1   已知：a，b为实数，且b>a>e，其中e为自然对数的底，求证：ab>ba.

证法一  要证ab>ba，只要证blna>alnb（e

即证 lna a > lnb b ，设f（x）= lnx x （x>e），

则f′（x）= 1-lnx x2 <0，

∴函数f（x）在（e，+∞）上是減函数.

又∵e

∴f（a）>f（b），即 lna a > lnb b ，∴ab>ba.

证法二  ∵b>a>e，

∴要证ab>ba，只要证blna>alnb，

设f（x）=xlna-alnx（x>e），则

f′（x）=lna- a x .

∵x>a>e，∴lna>1，且 a x <1，∴f′（x）>0.

∴函数f（x）=xlna-alnx在（e，+∞）上是增函数，

∴f（b）>f（a）=alna-alna=0，即blna-alnb>0，

∴blna>alnb，∴ab>ba.

上述方法在解决此类高考压轴题中，也是屡见不鲜的.

例2   （2008年全国卷）已知函数f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xlnx.

（ⅰ）求函数f（x）的最大值;

（ⅱ）设0<a<b，证明0<g（a）+g（b）-2g  a+b 2  <（b-a）ln2.

解  （ⅰ）（略）

（ⅱ）证法一：∵a-b<0，

故g（a）+g（b）-2g  a+b 2  =alna+blnb-（a+b）ln a+b 2 = aln 2a a+b +bln 2b a+b .

由（ⅰ）的结论知ln（1+x）-x<0（x>-1，且x≠0），

由题设0<a<b，得 b-a 2a >0，a-b<0，-b

因此，ln 2a a+b =-ln 1+ b-a 2a  >- b-a 2a ，ln 2b a+b = -ln 1+ a-b 2b  > - a-b 2b ，

所以aln 2a a+b +bln 2b a+b >- b-a 2 - a-b 2 =0.

又 2a a+b < a+b 2b ，所以aln 2a a+b +bln 2b a+b

（使用了放缩法，放缩的目的要明确.）

综上0<g（a）+g（b）-2g  a+b 2  <（b-a）ln2.

（ⅱ）证法二：把其中一元看作已知数，构建辅助函数.

解：构造辅助函数：

设f（x）=g（a）+g（x）-2g  a+x 2  ，g（x）=f（x）-（x-a）ln2（x>a），

则g（x）=lnx-ln a+x 2 -ln2=lnx-ln（a+x）.

当x>a时，g（x）<0，

因此，G（x）在（0，+∞）上为减函数，

因为G（a）=0，b>a，所以G（b）<0.

即g（a）+g（b）-2g  a+b 2  <（b-a）ln2.

说明：1.因为0<a<b，当我们把a作为已知数，b作为函数自变量时，要明确自变量的取值范围是x>a.

2.对证明形如f（x）≥g（x）（a≤x≤b）的不等式，一般构造形如F（x）=f（x）-g（x）的函数.

【参考文献】

[1]陈唐明.构造函数证明不等式方法探析——对《用构造函数来证明不等式》一文的研究性学习[J].中学数学研究，2009（11）：32-34.

[2]朱护国.构造函数法证明不等式[J].试题与研究：新课程论坛，2014（7）：67.

[3]苗建成.用构造函数法证明不等式[J].中学生数学，2009（7）：15-16.

[4]周顺钿.模式·放缩·探索——IB模块《不等式选讲》的教学策略[J].教学月刊（中学版），2010（5）：50-52.