函数不等式证明中的化归

超龙

[摘  要] 函数不等式类问题具有知识综合性强、方法灵活度高、题型丰富等特点，成为各大考试中的热点和难点题型，尤其是函数不等式的证明问题，对学生的信息挖掘、条件整合、抽象概括等能力有较高要求，常常是学生冲刺较高分数的门槛.对于学生来说，主要的难点在于对不等式的化归上.文章以几道高考题的部分小问为具体案例，对函数不等式证明中的化归方法进行一定的探索、展现和总结.

[关键词] 函数不等式证明;转化与化归;恒成立问题;最值与范围问题

函数不等式类问题具有知识综合性强、方法灵活度高、题型丰富等特点，可以有效考查学生的数学知识理解程度和思想方法掌握程度，具有可控的区分度，成为各大考试中的热点和难点题型，尤其是函数不等式的证明问题，对学生的信息挖掘、条件整合、抽象概括等能力有较高要求，常常是学生冲刺较高分数的门槛.学生普遍反映在解决函数不等式证明时有一定的困难，主要是不会合理化归条件或待证结论，而这恰恰是解决函数不等式证明的关键所在，常见的化归手段有提取非负因子、分式构造等.本文中笔者将会以几道高考题的部分小问为具体案例，对函数不等式证明中的化归方法进行一定的探索、展现和总结.

例1：已知f（x）=aex-lnx-1，证明：当a≥■时，f（x）≥0.

问题分析：常规的方法是求导以研究函数的单调性，再证明其最小值满足条件，然而本题难以根据函数f（x）求导的结果f'（x）=aex-■得出精确的极值点，按照传统方法处理较为复杂困难.因此我们需要转换视角来思考本題，由f（x）的形式易知其定义域为（0，+∞），于是可以将原不等式aex-lnx-1≥0转化为■≥■，再通过分别研究g（x）=■和h（x）=■的最值与取值范围来解决问题.

问题解答：要证明aex-lnx-1≥0（a≥■）成立，即证明■≥■（a≥■）成立，构造g（x）=■（x>0）和h（x）=■（x>0），则有g′（x）=■. 由于a>0，所以当x∈（0，1）时，g′（x）<0，g（x）恒减;x∈（1，+∞）时，g′（x）>0，g（x）恒增，则可得g（x）■=g（1）=ae≥1. 对于函数h（x）=■（x>0）可得h′（x）=-■，易知x∈（0，1）时，h′（x）>0，即h（x）恒增;x∈（1，+∞）时，h′（x）<0，h（x）恒减，则h（x）■=h（1）=1.所以在x∈（0，+∞）时，g（x）≥1≥h（x），即■≥■，所以原不等式成立.

方法简评：上面的解法实际上是将问题简化为了对两个带单峰极点值的函数的最值研究，省去了研究指数函数与分式函数复合表达式的麻烦，然而构造单峰极值函数时也需要有一定技巧，例如如果将问题转化为证明aex≥lnx+1，就不能起到简化问题的作用. 一般来说对带有ex的表达式构造时，导函数仍会带有ex，因此一般会借助构造分式函数的方式简化问题.

？摇例2：已知f（x）=ex-x2，试证明：当x≥0时，f（x）≥1.

问题分析：易知f′（x）=ex-2x，难以求出精确的极值点，若将问题转化为证明不等式■≥1在（0，+∞）上恒成立，则会容易很多.

问题解答：问题可以转化为证明■≥1在[0，+∞）上恒成立，构造g（x）=■，可得g′（x）=■=■≥0（x≥0），故g（x）恒增，即g（x）■=g（0）=1，则原不等式成立.

方法简评：本题将不易求极值的函数f（x）=ex-x2转化为了易求极值的函数g（x）=exh（x），这一化归手段简化了最值的求解，教师在日常教学中可以引导学生熟悉这个模型.

例3：已知f（x）=（2+x）ln（1+x）-2x，试证明：当-10时，f（x）>0.

问题分析：直接求导函数可得f′（x）=ln（x+1）+■-2，根据该式还不能求出f（x）的极值，我们需要进一步研究其二阶导数f″（x），总体来说计算推演过程会较为复杂. 根据x∈（-1，0）∪（0，+∞），可得x+2>0，即可将f（x）变形为（2+x）·ln（1+x）-■，则可设g（x）=ln（1+x）-■，它与f（x）的符号相同却更方便求出极值.

问题解答：f（x）=（2+x）ln（1+x）-2x=（2+x）ln（x+1）-■，则可构造一个新函数g（x）=ln（1+x）-■（x∈（-1，0）∪（0，+∞）），那么f（x）=（2+x）g（x），则可得g′（x）=■≥0，因此可知g′（x）在（-1，0），（0，+∞）上恒增.所以在（-1，0）上，g（x）g（0）=0.又f（x）=（2+x）g（x），所以在（-1，0）上，f（x）<0;在（0，+∞）上，f（x）>0.

方法简评：本题中巧妙地注意到了函数的定义域，运用了提取正因子的方法简化了问题，将（x+2）提取出来能够避免较难处理的ln（x+1）出现在导函数中，客观上简化了求导的结果.

例4：已知f（x）=■，试证明：当a≥1时，f（x）+e≥0.

问题分析：若直接利用导函数研究f（x），导函数f′（x）中带有未知参数，这会给计算与证明带来麻烦. 因此我们需要采用参数分离法，将原不等式证明转化为不等式a≥■-■（x≠0）的证明;再由a≥1，我们可将问题进一步转化为证明不等式1≥■-■（x≠0）恒成立;最终我们只需要研究g（x）=■-■的最值即可.

问题解答：当x=0时，f（x）+e=-1+e≥0，易知不等式一定成立.

当x≠0时，f（x）+e≥0可以转化为a≥■-■（x≠0），构造函数g（x）=■-■（x≠0），则可得g′（x）=■. 易知x∈（-1，0），x∈（2，+∞）时，g′（x）<0，g（x）恒减;x∈（-∞，-1），x∈（0，2）时，g′（x）>0，g（x）恒增. 可得g（x）■={g（-1），g（2）}■，代入可得g（-1）=1，g（2）=-■，所以可得g（x）■=g（-1）=1，即g（x）=■-■≤1≤a，所以原命题成立.

方法简评：本题的难点在于函数表达式中含有参数，直接求导难以确定单调区间，因此利用参数分离的方法可以简化问题，这也是解决类似问题的常见手段.

例5：已知f（x）=xe-x（x∈R），（1）求f（x）的极大值;（2）若y=g（x）的图像与y=f（x）的图像关于直线x=1对称，试证明：当x>1时，f（x）>g（x）;（3）若x■≠x■，且f（x■）=f（x■），试证明：x■+x■>2.

问题解答：（1）f（x）在（-∞，1）上恒增，（1，+∞）上恒减，极大值为f（1）=■.

（2）根据对称性可知g（x）=f（2-x）=（2-x）ex-2，令F（x）=f（x）-g（x）=xe-x+（x-2）ex-2，则F′（x）=（x-1）（e2x-2-1）e-x.

当x>1时，2x-2>0，所以e2x-2-1>0. 又e-x>0，所以可得F′（x）>0，即在[1，+∞）上，F（x）恒增，所以在x>1时，F（x）>F（1）=0，即f（x）>g（x）.

（3）x■≠x■，f（x■）=f（x■）时，由第一小问可知，x■，x■必然分别落于（-∞，1），（1，+∞）内，则不妨可设x■<1，x■>1，由第二小问可知，f（x■）>g（x■），且g（x■）=f（2-x■），即f（x■）>f（2-x■），則f（x■）>f（2-x■）. 因为x■>1，则根据对称性可得2-x■<1. 又根据第一问的结论可知，x■>2-x■，所以x■+x■>2，即证.

方法简评：本题中用到的方法和上面几种都不太一样，上述几种方法都从不等式本身的形式出发，本方法立足于中间过程的结论，这对于很多综合性较强的函数不等式证明问题来说，都是常用的有效方法.

转化与化归是解决函数不等式证明的重要方法，学生只有具有较强的条件挖掘、观察分析、抽象总结能力，才能有效转化题目条件. 本文中给出的转化手段主要有构造分式、提取正因子和利用中间过程结论的方法，其他常见的方法还有对数构造法、几何意义法等. 教师可以多引导学生在解决相关问题时发散思维，灵活转化. 总而言之，当我们正面处理函数不等式证明较困难时，就需要根据具体的题目条件灵活选择转化方法.