几种典型的利用导数证明不等式题型的分类例析与应对策略

摘 要：一些不等式的证明，若能立足函数的角度，利用导数研究函数的性质（单调性或最值极值）来加以证明，就显得很有优越性.而这一思想的关键在于构造合理的辅助函数.本文精选高考经典题，以案例的形式加以分类例析，并给出了应对策略.

关键词：辅助函数;构造策略;导数

中图分类号：G632   文献标识码：A   文章编号：1008-0333（2022）04-0079-05

利用导数证明或求解不等式是近年高考的热点，我们有必要加以研究.而利用导数证明不等式的关键在于构造辅助函数，下面选取经典的案例（大多是高考题）分类例析，探讨构造辅助函数的几类有效的应对策略.

1 构造辅助函数直接利用单调性

例1 （2014年湖南文科第9题）若0<x1<x2<1，则（  ）.

A.ex2-ex1>lnx2-lnx1 B.ex2-ex1<lnx2-lnx1

C.x2ex1>x1ex2D.x2ex1>x1ex2

解析 令f（x）=ex-ln，则f ′（x）=ex-1x.

故f（x）在（0，1）上有一个极值点.

即f（x）在（0，1）上不是单调函数，无法判断f（x1）与f（x2）的大小，故A，B错.

构造函数g（x）=exx，g′（x）=ex（x-1）x2，

故g（x）在（0，1）上单调递减.

所以g（x1）>g（x2），故选C.

例2 证明：当b>a>e时，ab>ba.

解析 不等式两边取对数得blna>alnb.

可化为lnaa>lnbb.

令f（x）=lnxx（x>e），则f ′（x）=1-lnxx2<0.

所以f（x）在（e，+∞）上单调递减.

又b>a>e，所以f（a）>f（b）.

所以lnaa>lnbb.

即blna>alnb，所以ab>ba.

例3 （2011年新课标）已知函数f（x）=

alnxx+1+bx，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+2y-3=0.

（1）求a，b的值;

（2）证明：当x>0，且x≠1时，f（x）>lnxx-1.

解析 （1）a=1，b=1.（过程略）

（2）由（1）知f（x）=lnxx+1x.

所以f（x）-lnxx-1=11-x2（2lnx+x2-1x）.

考虑函数h（x）=2lnx+x2-1x（x>0），

则h′（x）=2x-2x2-（x2-1）x2=-（x-1）2x2.

故当x≠1时，h′（x）<0，而h（1）=0，故当x∈（0，1）时，h（x）>0，可得11-x2h（x）>0.

即f（x）-lnxx-1>0.

即f（x）>lnxx-1.

分析与应对策略 这是利用导数证明不等式中最为简单和常见的一类，其主要策略是：根据不等式的特点，构造辅助函数，利用导数判断函数的单调性，然后利用单调性由自变量的大小关系过渡到函数值的大小关系，从而获得不等式的证明.例1采用最为常见的移项（作差或作商）构造构辅助函数;例2采取两边取对数再移项构造辅助函数;例3直接作差后进行恒等变形构造辅助函数.

2 构造辅助函数利用导数求最值

例4 求证：当x>-1时，恒有1-

1x+1≤ln（x+1）.

解析 令g（x）=ln（x+1）+1x+1-1，

则g′（x）=1x+1-1（x+1）2=x（x+1）2.

不难求得函数g（x）在（-1，+∞）上的最小值为g（x）min=g（0）=0.

所以当x>-1时，g（x）≥g（0）=0.

即ln（x+1）+1x+1-1≥0.

所以ln（x+1）≥1-1x+1.得证.

例5 函数f（x）=exlnx.

（1）求f（x）在区间[1，2]上的最小值;

（2）证明：对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）>1-2ex-1x.

解析  （1）f（x）min=f（1）=0.（过程略）

（2）要证f（x）>1-2ex-1x，

只要证exlnx>1-2ex-1x.

从而只要证xlnx>2ex-2e.

令g（x）=xlnx，F（x）=xex-2e，

所以g′（x）=lnx+1，F′（x）=1-xex.

所以g（x）在（0，1e）上单调递减，在（1e，+∞）上单调递增，F（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减.

所以g（x）min=g（1e）=-1e，F（x）max=g（1）=-1e.

所以对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）>1-2ex-1x.（等号取不到）

分析与应对策略 此类问题比上一类较为深刻，不仅要判断单调性，还要求解辅助函数的最值.根本策略是把不等式的證明转化为利用导数研究函数的单调性并求出函数最值或者值域问题，从而证明不等式.例4的辅助函数获得较为容易;例5实际上是构造了两个辅助函数，证明一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，这也是利用导数证明不等式的方法，难度较大.

3 辅助函数导数的零点不可求

例6 （2017年新课标Ⅱ卷）已知函数f（x）=ax2-ax-xlnx，且f（x）≥0.

（1）求a;

（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e-2<f（x0）<2-2.

解析 （1）a=1（过程略）.

（2）由（1）知f（x）=x2-x-xlnx.

则f ′（x）=2x-2-lnx.

设h（x）=2x-2-lnx，则h′（x）=2-1x.

当x∈（0，12）时，h′（x）<0;

当x∈（12，+∞）时，h′（x）>0.

所以h（x）在（0，12）单调递减，在（12，+∞）单调递增.

又h（e-2）>0，h（12）<0，h（1）=0，，所以h（x）在（0，12）有唯一零点x0，在[12，+∞）有唯一零点1，且当x∈（0，x0）时，h（x）>0;当x∈（x0，1）时，h（x）<0;当x∈（1，+∞）时，h（x）>0.

因此f ′（x）=h（x）.

所以x=x0是f（x）的唯一极大值点.

由f ′（x0）=0得lnx0=2（x0-1）.

故f（x0）=x0（1-x0）.

由x0∈（0，1）得，f（x0）<14.

因为x=x0是f（x）在（0，1）的最大值点，由e-1∈（0，1），f ′（e-1）≠0得f（x0）>f（e-1）=e-2.

所以e-2<f（x0）<2-2.

例7 设函数f（x）=e2x-alnx.

（1）讨论f（x）的导函数f ′（x）的零点的个数;

（2）证明：当a>0时，f（x）≥2a+aln2a.

解析 （1）当a≤0， f ′（x）>0，f ′（x）没有零点;当a>0时，f ′（x）存在唯一零点.

（2）设f ′（x）在（0，+∞）的唯一零点为x0，x0满足2e2x0-ax0=0.

当x∈（0，x0），f ′（x）<0，则f（x）单调递减，x∈（x0，+∞），f ′（x）>0，则f（x）单调递增.

故f（x）min=f（x0）.

又e2x0=a2x0，2x0=lna-ln2x0，整体代换，得

2ax0=alna-aln2-alnx0.

所以f（x0）=e2x0-alnx0=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a.

所以a>0时，f（x）≥2a+aln2a.

分析与应对策略 当辅助函数的导数零点不可求时，前两类方法很难进行下去，这时我们可以采取对辅助函数的导数零点进行虚拟设根的方法加以调整解决，即导数零点不可求，先设再估，探求范围（限制得越小越好），然后整体代换（例6和例7）.

4 含双变量的不等式证明

例8 （2018年全国Ⅰ卷）已知函数f（x）=1x-x+alnx.

（1）讨论f（x）的单调性;

（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：

f（x1）-f（x2）x1-x2<a-2.

解析 （1）略.

（2）由（1）知，f（x）存在两个极值点，当且仅当a>2.

由于f（x）的两个极值点x1，x2满足x2-ax+1=0，所以x1x2=1，不妨设x1<x2，则x2>1.

由于f（x1）-f（x2）x1-x2=-1x1x2-1+a·lnx1-lnx2x1-x2=-2+a·lnx1-lnx2x1-x2=-2+a·

-2lnx21x2-x2

，

故f（x1）-f（x2）x1-x2<a-2等价于1x2-x2+2lnx2<0.

设函数g（x）=1x-x+2lnx，由（1）知，g（x）在（0，+∞）单调递减.

又g（1）=0，从而当x∈（1，+∞）时，g（x）<0.

所以1x2-x2+2lnx2<0.

即f（x1）-f（x2）x1-x2<a-2.

例9 （2018年浙江）已知函数f（x）=x-lnx.若f（x）在x=x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）>8-8ln2.

解析 函数f（x）的导函数f ′（x）=12x-1x，

由f ′（x1）=f ′（x2），得12x1-1x1=12x2-1x2.

因为x1≠x2，所以1x1+1x2=12.

由基本不等式，得

12x1x2=x1+x2≥

24x1x2.

因为x1≠x2，所以x1x2>256.

由题意，得f（x1）+f（x2）=

x1-lnx1+x2-lnx2=12

x1x2-ln（x1x2）.

设g（x）=x2-lnx，则g′（x）=14x（x-4）.

x（0，16）16（16，+∞）

g′（x）-0+

g（x）递减2-4ln2递增

故g（x）在[256，+∞）上单调递增.

故g（x1x2）>g（256）=8-8ln2.

即f（x1）+f（x2）>8-8ln2.

分析与应对策略 在利用导数证明不等式这类问题中，关于二元不等式的证明问题是高考的熱点，我们的主要策略还是根据不等式的特征辅助函数，根本指导思想是二元变量一元化，常用方法是先构造齐次式，然后再整体换元获得辅助函数，最后仿照前面的策略求解证明目标不等式.例8利用齐次化思想和两变量的关系代入消元的思想;例9则更多是利用整体换元的思想.

5 涉及极值点、拐点偏移问题的不等式证明

例10 已知函数f（x）=2lnx+x2+x，若正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）=4.求证：x1+x2≥2.

解析 注意到f（1）=2，则f（x1）+f（x2）=2f（1）.

要证x1+x2≥2，即证x1+x22≥1.

因为f ′（x）=2x+2x+1>0，则f（x）在（0，+∞）单调递增.又f ″（x）=-2x2+2，则f ″（1）=0，则（1，2）是f（x）图象的对称中心，若x1+x2≥2，则说明拐点发生了偏移，联想到极值点偏移问题的处理方式，对称化构造函数逆用单调性来处理拐点偏移问题.

不妨设0<x1≤1≤x2，要证x1+x2≥2x2≥2-x1≥1f（x2）≥f（2-x1）4-f（x1）≥f（2-x1）4≥f（x1）+f（2-x1）.

构造F（x）=f（x）+f（2-x），x∈（0，1），

则F′（x）=f ′（x）=f ′（2-x）=4（1-x）·[1x（2-x）-1]≥0.

所以F（x）在（0，1）上单调递增.

所以F（x）≤F（1）=2f（1）=4.

例11 （2016年全国Ⅰ卷）已知函数f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2有两个零点.

（1）求a的取值范围;

（2）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2<2.

解析 （1）a>0（过程略）.

（2）不妨设x1<x2，由（1）知x1∈（-∞，1），x2∈（1，+∞），2-x2∈（-∞，1）.

又f（x）在（-∞，1）上单调递减，

所以x1+x2<2等价于f（x1）>f（2-x2）.

即f（2-x2）<0.

由于f（2-x2）=-x2e2-x2+a（x2-1）2，

而f（x2）=（x2-2）ex2+a（x2-1）2=0，

所以f（2-x2）=-x2e2-x2-（x2-2）ex2.

设g（x）=-xe2-x-（x-2）ex，

则g′（x）=（x-1）（e2-x-ex）.

所以当x>1时，g′（x）<0，而g（1）=0，故当x>1时，g（x）<0.

从而g（x2）=f（2-x2），故x1+x2<2.

分析与应对策略 这一类问题就是现在高考比较流行的考查问题，即极值点偏移和拐点偏移问题.极值点偏移问题的处理策略可以基于轴对称思想构造差函数，进而逆向使用单调性求解不等式，拐点偏移问题与极值点偏移问题处理策略基本一致.其一般步骤如下：

（1）构造差函数F（x）=f（2x0-x）-f（x）;

（2）研究F（x）的单调性;

（3）结合F（x0）=0，判断F（x）的符号，从而确定f（2x0-x）与f（x）的大小关系，得出结论.

利用导数证明不等式的关键是构造辅助函数，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数则是破解这个关键的钥匙.綜上所述，构造辅助函数或许带着很强的猜测性，但我们还是能发现构造辅助函数的规律：

（1）直接作差（有时作商）构造函数，将不等式问题转化为函数值域问题.

（2）将待证不等式等价变形后再构造函数.其中的变形包括：数式变形：移项、提取因式、整体代换、分式变形、拆项拼凑、取对数等手段.

总之，我们瞄准目标不等式的特点，结合上述经验和规律，构造合适的辅助函数也并不是那么遥不可及，攻克高考导数压轴题也不是少数人的佳话！

参考文献：

[1] 蔡莹.浅谈导数在高中数学函数中的解题应用[J].考试周刊，2018（77）：94.

[2] 范习昱.解题教学需要五种意识[J].中学数学研究（华南师范大学版），2014（01）：9-11.

[责任编辑：李 璟]