利用导数证明二元不等式问题

胡敏

利用导数证明二元不等式是近年来高考的热点问题，常以解答题的形式作为压轴题出现，难度偏高，有时还有很强的技巧性，教材中涉及的例题、习题很少，考生往往因为题目本身含有多个字母，对题目的理解存在一定的困难，不知如何下手，做对者寥寥无几，有时甚至对给出的答案，也觉得是“神来之笔”，惊叹自己想不到，不敢想，普遍对二元不等式问题有畏惧、退缩感，而导数在证明有关二元不等式中起着举足轻重的作用，它是证明有关二元不等式的一个有力工具.下面我们就利用导数证明二元不等式问题的方法归纳出一般解法，以消除考生的陌生感和神秘感，从而勇敢面对.

一、二元消元法，化双变量为单变量

例1. 已知函数f（x）=bx2+（a-1）x-ln x.

（1）若b=■，讨论函数f（x）的单调性.

（2）若b=0，设函数h（x）=x2-x-f（x）有两个极值点x1、 x2，且x1∈（0， ■），求证h（x1）-h（x2）>■-ln 2.

解析：（1）若b=■，则f（x）=■ax2+（a-1）x-ln x，

∴ f′（x）=ax+（a-1）-■=■=■，（x>0）.

当a≤0时，f′（x）<0，f（x）则在（0，+∞）上单调递增.

当a>0时，由f′（x）>0得x>■，由f′（x）<0得0

∴ f′（x）在区间（0，■）上单调递减，在区间（■，+∞）上单调递增.

（2）证明：∵ h（x）=x2-ax+ln x， ∴ h′（x）=■，（x>0）.

∴ x1、 x2是2x2-ax+1=0方程的两根.

∴ x1+x2=■， x1x2=■， ∵ x1∈（0，■）， ∴ x2=■∈（1，+∞）.

∴ h（x1）-h（x2）=x1 2-ax1+ln x1-（x2 2-ax2+ln x2）=x1 2-x2 2+a（x2-x1）+ln ■=x1 2-x2 2+2（x2+x1）（x2-x1）+ln ■=x2 2-x1 2+ln ■=x2 2-■-ln 2x2 2 ，（x2>1）.

设t=ln 2x2 2 （t>2），令g（t）=h（x1）-h（x2）=■-■-ln t.

∴ g′（t）=■>0，∴ g（1）>g（2）=■-ln 2，即h（x1）-h（x2）>■-ln 2.

方法总结：

1. 涉及到两个或两个以上的变量有关的不等式证明，最基本方法应根据问题的特征将两个变量转化为一个变量，即从双变量变为单变量，利用等量关系去减少变量的个数，如最后能把其中一个变量表示成关于另外一个变量的表达式，那么就可以用研究函数的方法将问题解决.

2. 当问题中出现两数积与这两数和时，利用一元二次方程韦达定理意图明显.

二、换主元法

例2. 已知数列{an}中， a1=2， n（an+1-an）=an+1，n∈N？鄢，若对于任意的a∈[-2， 2]， n∈N？鄢， 不等式■<2t2+at-1. 求证：t≤-2或t≥2.

证明：由n（an+1-an）=an+1，可得nan+1=（n+1）an+1.

∴ ■-■=■=■-■，∴ ■-■=1-■，■-■=■-■…以此类推，∴ ■-■=■-■.

上述等式相加得：■-■=1-■，■=3-■.

∴ 由3-■<2t2+at-1恒成立，可得2t2+at-1≥3在a∈[-2， 2]上恒成立.

即2t2+at-4≥0在 a∈[-2， 2]时恒成立. 设g（a）=2t2+at-4，看作以a为变量的一次函数. 则g（-2）≥0，g（2）≥0，即2t+2t2-4≥0，-2t+2t2-4≥0，∴ t≤-2或t≥2.

方法总结：

1. 许多数学问题中，一般都含有常量，变量或参数，这些参变量中必有一个处于突出的主导地位，把这个参变量称为主元，构造出关于主元的方程或不等式，有利于回避多元的困扰，使问题化难为易，化繁为简.

2. 何时可将f（x， m）视为m的函数，其判定方法可概括为“给谁的范围谁，谁就做变量”“求谁的范围，谁就做常量”，可快速判定构造方向，然后借助函数的单调性或其它方法进行求解.

3. 確定“主元”一般是选次数最低的字母为主元，因为一般来说，式子或方程的次数越低，越容易处理或求解，但也要注意确定谁为主元要因“题”而宜.

三、构造函数法

例3. 证明：若■< x < y <1，则■<■.

证明：要证■<■，只需要证明■<■，

即证函数 g（x）=■在（■，1）上单调递增.

∵ g′（x）=■，当x∈（■， 1）时，g′（x）>0，

故 g（x）在（■， 1）上单调递增，∴ g（x）

即■<■，∴ 命题得证.

方法总结：

1. 如何构造适当的函数证明二元不等式问题是关键一步，从哪里入手，怎么构造？当待证不等式两边均含有x，y，通过变形化简，让x，y各放不等式一边，于是不等式就显得对称、整齐、简洁、和谐，再观察此不等式左右两边的结构，转化为f（a）+g（a）≥f（b）+g（b）或f（a）+g（a）≤f（b）+g（b）型，于是构造函数h（x）=f（x）+g（x）.

2. 构造函数法要深入审题，充分发掘题目中可类比、联想的因素，促进思维迁移. 当不等式中涉及一些变量时，就需要建立这些变量之间的关系，通过变量之间的关系探究问题的答案，这就需要使用函数思想，利用函数单调性等，自然想到构造函数来求解.

四、等价转化法

例4. 已知函数f（x）=ln x-■，

（1）若函数 f（x）在（0， +∞）上为单调递增函数，求a的取值范围；

（2）设m，n>0且m≠n，求证■<■.

解析：f′（x）=■-■=■=

■.

∵ f（x）在（0， +∞）上为单调递增函数，

∴ f′（x）≥在（0， +∞）上恒成立，即x2+（2-2a）x+1≥0在（0， +∞）上恒成立.

∴ 2a-2≤x+■，由于x+■在（0， +∞）上的最小值为2，故2a-2≤2，解得a≤2.

∴ a的取值范围是（-∞，2].

（2）证明：由于交换m，n不影响不等式结构，故可以设m>n，

原不等式等价于证■<■.

即ln ■>■，即ln ■-■>0.

根据（1）当a =2时，函数h（x）=ln x-■在（0， +∞）上是单调递增函数.

又■>1，∴ h（■）>h（1）=0，∴ ln ■-■>0成立.

∴ ■<■.

例5. 已知函数 f（x）=xex+a（x+1）2.

（1）求函数f（x）的单调区间；

2）设a >0，x1， x2是f（x）=xex+a（x+1）2 的两个零点，证明：

f′（■）<0.

解析：（1）∵ f′（x）=（x+1）ex+2a（x+1）=（x+1）（ex+2a）.

①当a≥0时，ex+2a>0.

令f′（x）>0，解得x>-1；

令f′（x）<0，解得x<-1.

②当-■

令f′（x）>0，解得x>-1或x

令f′（x）<0，解得ln（-2a）

③当a=-■时，f′（x）≥0恒成立.

④当a<-■时，ln（-2a）>-1.

令f′（x）>0，解得x>ln（-2a）或x<-1；

令f′（x）<0，解得-1

综上所述，当a≥0时，f（x）的单调递增区间（-1， +∞）， 单调递减区间（-∞， -1）；当 -■

（2）证明：由（1）知，当a>0时，f（x）在区间（-1， +∞）上单调递增，在（-∞， -1）上单调递减，不妨设x1<-1

令F（x）=f（x）-f（-2-x）=xex+a（x+1）2 -[（-2-x）e-2-x +a（x+1）2 ]

=xex+（2+x）e-2-x， （x<-1）， ∴ F′（x）=（x+1）（ex-e-2-x）>0，

∴ F（x）在（-∞， -1）上单调递增.

∴ F（x）

∵ -2-x1>-1， x2>-1. f（x）在（-1， +∞）上單调递增.

∴ x2<-2-x1，于是■<-1，∴ x1+x2<-2，∴ 可知 f′（■）<0得证.

方法总结：

高考试题分步设问中经常使用的手法是：每问之间是一种递进的关系，前一问往往为后一问提供思路或提供结论，是一个“连环套”，第二问中待证不等式经过等价变形后，要充分利用第一问的结论，因此在求证时，一定要仔细研究，巧妙运用.

五、变量代换法

例6. 已知函数f（x）=■x3-x2+■ax+2， g（x）=ln x-bx. 且曲线 y=f（x）在点（0，2）处的切线与x 轴的交点的横坐标为-2.

（1） 求 a 的值；

（2） 若m， n 是函数 g（x）的两个不同零点， 求证 f（mn）> f（e2） .

解析：（1）∵ f′（x）=x2-2x+■a，

可得曲线 y=f（x）在（0，2）处的切线斜率为k=■a.

由两点的斜率可得■=■a，∴ a=3.

（2）证明：∵ f（x）=■x3-x2+x+2， ∴ f′（x）=（x-1）2≥0.

即f（x）在R上单调递增，要证 f（mn）>f（e2），只需证明mn>e2.

∵ m， n是函数g（x）的两个不同零点，∴ ln m=bm，ln n=bn.

两式相减得：ln m-ln n=bm-bn.

两式相加得：ln m+ln n=bm+bn.

∴ b=■=■，∴ ln （mn）=ln ■·■=ln ■·■.

设m>n>0，令t=■>1，h（t）=ln t·■.

下证，当t>1时，h（t）>2，即当t>1时，ln t·■>2，

即ln t>■=2（1-■）.

只需证：t>1时，ln t+■-2>0.

设g（t）=ln t+■-2，则g′（t）=■-■=■>0.

即g（t）在（1，+∞）上单调递增，可得g（t）>g（1）=0.

即在ln （mn）>2，∴ mn>e2，故 f（mn）>f（e2）.

方法总结：

1. 对于一些结构较为复杂，变元较多的数学问题，常常引入一些新的变量进行代换，如利用如果a，b为实数，且b≠0，则存在唯一的实数t，使得a=tb（或t=■），把双变量不等式化为单变量不等式，以化简其结构，从而达到解决问题的目的，这种方法叫做变量代换，变量代换法是一种非常有效的解题方法，尤其是处理一些复杂的不等式问题效果明显，合理代换往往能简化题目的信息，凸显隐含条件，沟通量与量之间的关系，优化解题过程.

2. 在解综合题时，解决一个问题常常不止需要一种数学思想和数学方法，而是多种数学思想方法的联用，例如函数思想和方程思想的联用，他们之间的相互转换使问题获得解决，转换的途径常为“函数+方程+函数”，或者“方程+函数+方程”.

六、放缩法

例7. 已知函数f（x）=（1+x2）ex-a（a>0），且f（x）在定义域上有正的零点.

（1）求a 的范围，并指出零点的个数.

（2）若曲线y=f（x）在点P处的切线与x轴平行，且在点M（m， t）处的切线与直线OP平行（O是坐标原点）. 证明：m+1≤■.

解析：（1）f′（x）=2xex+（1+x2）ex=ex（1+x）2≥0，

∴ f（x）在R上单调递增，由题设x0>0是f（x）的一个零点，

∴ f（0）=1-a1.

且此时f（a）=（1+a2）ea-a>2a-a=a>0，

∴ f（x）在（0， a）上必有零点.

所以符合题意的a 的取值范围是（1，+∞），且f（x）在定义域上有唯一零点.

（2）证明：P（x0 ， y0）. 则f′（x0）=■（x0+1）2 =0，

∴ x0=-1，y0=■-a，∴ OP的斜率yOP=a-■.

∵ f（x）在点M处的切线平行OP， ∴ f′（m）=em（m+1）2=a-■.

令g（m）=em-（m+1）， 则 g′（m）=em-1.

当m=0时，g′（m）=0；

当m∈（-∞， 0）时，g′（m）<0；

当m∈（0， +∞）时，g′（m）>0.

∴ gmin（m）=g（0）=0？圯g（m）=em-（m+1）≥0，即em≥（m+1），

∴ em（m+1）2 ≥（m+1）3 ，即a-■≥（m+1）3 ， ∴ m+1≤■成立.

方法总结：

放缩法是不等式证明中最重要的方法之一，当已知函数式为指数不等式（或对数不等式），而待证不等式为与对数有关的不等式（或与指数有关的不等式）要注意指数、对数的互化，常利用ex≥x+1或ln （x+1）≤x等结论进行放缩转化.

利用导数证明有关二元不等式的方法还有很多（如利用基本不等式）等.对于一道综合题，一般都会用多种转化手法，将多种数学思想方法揉和在一起. 它就像一个好玩的游戏，只要我们用心去玩，去发现，总能够发现规律，发现乐趣，对于复杂问题，一旦想不到熟悉的思路，就会产生急躁情绪，有放弃的念头. 有时其实问题往往并不像我们想象中这么难，它可能只需要把题给的信息进行一种简单堆砌或进行整合，逐条进行翻译，表达到位，可能问题就明朗化了，思路就有了. 对于一些数学式子，可能要连续化简、变形. 要想完成从已知到结论的过程，必须经过大量的数学式子变形，考生考试时，觉得做不下去了，不敢往后面写，而回头再看答案时，才恍然大悟，埋怨自己怎么不坚持下来，怎么不把式子再這么变一下呢？使考生进一步切身体会到了数学式子变形在解题中的重要性. 及时总结梳理，根据问题的特征灵活选择证法，我们思维就会活跃起来，自信心就会增强，能力自然会不断提高.