利用导数证明不等式的策略

江苏 张连军

2021年高考落下了帷幕，在备受瞩目的新高考Ⅰ卷数学试题中，笔者又发现了久违的老面孔，函数不等式证明问题，这类不等式证明往往需要借助研究函数的性质，结合图形分析推理，而导数是研究函数性质的重要工具，所以这类问题的证明需要通过导数去研究函数，进而推导不等式.作为高考压轴题，思维能力要求高，逻辑关系复杂，往往成为许多学生的痛点.本文就常见的函数不等式证明方法进行简要概述.

一、一元不等式的证明问题

所谓一元不等式,即问题中只有单个变量的不等式证明，常有如下的解题策略：

策略1：作差(商)比较,顺其自然

对于函数不等式证明，最常规的思路就是进行作差(商)比较，构造差(商)值函数，利用函数的最值(值域)证明.

而右边不等式可作差转化为xlnx-x+1>0，

设F(x)=xlnx-x+1,则F′(x)=lnx,

当x>1时,F′(x)>0,所以F(x)在(1,+∞)上单调递增,所以F(x)>F(1)=0,故原不等式得证.此题通过作差法构造函数，利用导数研究函数的单调性与范围，进而证得不等式，是不等式证明的常规解法.

【例2】证明：当x>0时，x2

【点拨】①欲证函数不等式f(x)>g(x)，只需证明f(x)-g(x)>0,可设h(x)=f(x)-g(x),即证h(x)>0,亦证h(x)min>0,而这用导数往往容易解决.

策略2：一分为二,柳暗花明

若直接求导比较复杂或无从下手时,可将待证式子进行变形,构造两个都便于求导的函数,从而找到可以传递的中间量,达到证明的目标.

【解析】此题若直接作差(商)，很难求得差(商)值函数的最值(值域)，原因是合并后的函数结构形式复杂，统一化处理困难，此时可以采用一分为二的策略，将其转化为两个结构较为简单的函数来处理.

易知g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2]上单调递增,故当0

策略3：合理放缩，化繁为简

对于较为复杂的超越不等式，进行适当放缩，可以构造更为简单的函数，事半功倍，以例3第二问为例，可以进行放缩后再构造，使得问题简化.具体如下：

因为当0

因为0

对于跨阶函数的放缩，常见的有指、对数函数与一次函数的放缩，如ex≥x+1，lnx≤x-1等，若能对问题的形式进行合理放缩，使超越函数转化为常见函数，则能起到化繁为简的功效.

策略4：同形构造，研究整体

对于复杂函数中的不同因式，如果能进行相同化的构造，则可以使得构造函数的目标更明确，思维更清晰.

【解析】此题可以采用策略2的方法转化为两个函数，

则原不等式等价于g(lnx)+g(-x)>0,

因为g′(x)=ex(x+1)，显然当x=-1时，g(x)有最小值g(-1)=0故g(x)≥0，而g(lnx)，g(-x)不能同时为0，故g(lnx)+g(-x)>0，所以不等式成立.

【小结】对复杂函数构造同构函数能使得问题的结构形式更加清晰，更容易从整体把握函数的性质.

二、多元不等式的证明问题

所谓多元不等式，即问题中出现两个或两个以上的变量，往往以二元不等式为主，解决多元问题的关键是如何减元，多元化为一元，常有以下策略：

策略1：代入消元，简单明了

(1)求f(x)的最小值;

(2)若方程f(x)=0有两个根x1,x2(x12a.

【解析】(1)当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,函数无最小值.当a>0时,f(x)最小值为f(a)=lna+1.

(2)若函数y=f(x)的两个零点为x1,x2(x1

设0

令g(x)=f(x)-f(2a-x)(0

所以g(x)在(0,a)上单调递减,g(x)>g(a)=0,

即f(x)>f(2a-x).

令x=x1f(2a-x1),

所以f(x2)=f(x1)>f(2a-x1),

由(1)可得f(x)在(a,+∞)上单调递增,所以x2>2a-x1,故x1+x2>2a.

本题利用f(x1)=f(x2)代入消元，采用分析法构造函数g(x)=f(x)-f(2a-x)(0

策略2：整体换元，思路清晰

【例6】函数f(x)=ex+1-kx-2k.(其中e是自然对数的底数,k∈R)

(1)讨论函数f(x)的单调性;

(2)若函数y=f(x)的两个零点为x1,x2.证明:x1+x2>-2.

【解析】(1)当k>0时,函数f(x)在(-∞，lnk-1)上单调递减,在(lnk-1,+∞)上单调递增.

当k≤0时,函数f(x)在R上单调递增.

(2)当k≤0时,由(1)知函数f(x)在R上单调递增,不存在两个零点,所以k>0,

由题意知ex1+1=k(x1+2),ex2+1=k(x2+2),

欲证x1+x2>-2,

即证(t+1)lnt-2(t-1)>0，

设g(t)=(t+1)lnt-2(t-1)(t>1),

所以g′(t)>g′(1)=0,

故g(t)在区间(1,+∞)上单调递增.

所以g(t)>g(1)=0,

即(t+1)lnt-2(t-1)>0,

所以原不等式得证,故x1+x2>-2.

本题主要利用整体换元的方法，将两个变量用同一字母表示，进而构造函数得解.

策略3：齐次构造，整体并元

对于上题的证明过程还可以通过构造齐次分式来证明：

要证明x1+x2>-2,

即证(x1+2)+(x2+2)>2,

策略4：主次分明，先易后难

【解析】f(x)=(ax2+2ax+1)ex-2=a(x2+2x)ex+ex-2,

令φ(a)=a(x2+2x)ex+ex-2,

显然当x≥0时,(x2+2x)ex≥0，

故要证当x≥0时,f(x)<0,

即证当x≥0时，ex(x2+2x-7)+14>0，

令g(x)=ex(x2+2x-7)+14，

则g′(x)=(x-1)(x+5)ex，

易得g(x)min=g(1)=14-4e>0，

故g(x)>0，从而命题得证.

此题采用分主次元的办法，先从变量a入手，转化为关于a的一次函数，得到关于x的不等式，再利用导数研究关于x的函数，逐个突破，从易到难，把复杂函数转化为常见函数，使之得证.