例谈双元不等式证明中的减元策略

2022-04-25 01:02张志刚
数理化解题研究·高中版 2022年3期
关键词:构造法逻辑推理转化

摘要:针对双元不等式的证明,提出五种减元的策略,将双元不等式的证明转化为一元不等式问题.教学过程中,要注重发挥模式识别策略的功能.依据题设和待证不等式的结构特点、内在联系选择相应的解题策略,通过刻意练习、巩固模式、变式训练,形成“条件反射”;二要注重强化学生的实操演练,在不断的尝试与调整中,明晰解决问题的方向,思维从混沌走向清朗.

关键词:转化;减元;构造法;逻辑推理

中图分类号:G632文献标识码:A文章编号:1008-0333(2022)07-0084-05

收稿日期:2021-12-05

作者简介:张志刚(1983-),男,山东省泰安人,中学一级教师,从事高中数学教学研究.[FQ)]

双元(例如x1,x2)不等式的证明是高考数学常考常新的命题热点,解答时往往需要适时构造新函数,借助导数工具加以讨论.鉴于高中阶段仅限于学习一元函数的导数运算及应用,因此,证明双元不等式的核心思想就是减元(消元),即将双元不等式转化为一元函数不等式去解决.如何有效地实施减元就成了解题的关键,采用何种策略要视具体题设条件而定,不可一概而论.本文以近年高考试题和模拟题为例,探讨具体题设环境下如何实施消元.

1 商式换元法

其基本原理是:依据题设条件,如出现两个齐次式之商的形式,则可以考虑将函数表达式转换成关于两元比值的单变量函数.

例如,当函数存在两个零点x1,x20<x1<x2,一般选取t=x2x1t>1为主元,将题目中可能出现的x1+x2,x2-x1,x1x2,1x1+1x2,x21+x22等表示为t的函数,用函数思想建立数量关系,借助导数等工具证明不等式即可.

此方法常常用于对数函数为背景的双元不等式证明.

例1已知函数fx=lnx,当0<b<a时,求证:fa+b-f2a<b-a2a.

证明由于fa+b-f2a=lna+b2a,

即证lna+b2a<b-a2a.

亦即证ln12+b2a<b2a-12.

设t=ba0<t<1,

即证ln12+t2<t2-12

=12+t2-1.

由切线不等式lnx<x-10<x<1知,上式显然成立,命题得证.

例2已知函数fx=ax2-blnx在点1,f1处的切线为y=1.

(1)求实数a,b的值;

(2)若0<x1<x2,求证:x2-x1lnx2-lnx1<2x2.

解析(1)a=1,b=2.(過程略)

(2)因为0<x1<x2,

所以x2x1>1.

从而x2x1>0.

于是不等式x2-x1lnx2-lnx1<2x2,

可变形为1-x1x2<2lnx2x1.

设t=x2x1t>1,

即证2lnt+1t-1>0t>1.

设gt=2lnt+1t-1t>1,

则g′t=2t-1t2=2t-1t2>0.

所以gt在1,+

SymboleB@

上单调递增.

所以gt>g1=0,原不等式成立.

2 差式减元法

类比商式换元法,我们也可以依据题目条件,考虑将函数表达式转换成两元之差的单变量函数.此方法常常用于指数函数为背景的双元不等式证明.

例如,证明不等式ex1ex2-x1-x2≥1时,我们可将不等式变形为ex1-x2-x1-x2≥1,于是可设t=x1-x2,t∈R,构造函数ft=et-tt∈R,证明

ft≥1即可,亦即et-t≥1成立,上式显然成立.

例3(2013年高考陕西理科第21题)已知fx=ex,x∈R,设a<b,比较fa+fb2与fb-fab-a的大小关系,并说明理由.

解析fa+fb2-fb-fab-a

=ea+eb2-eb-eab-a

=b-a+2+b-a-2eb-a2b-aea.

设t=b-at>0,

设gt=t+2+t-2ett>0,

g′t=1+t-1ett>0.

设ht=g′t,则

h′t=tet>0.

所以ht即g′t在0,+

SymboleB@

单调递增.

从而g′t>g′0=0,

gt在0,+

SymboleB@

上单调递增.

所以gt>g0=0.

故当a<b时,fa+fb2>fb-fab-a.

点评本题在用作差法变形至b-a+2ea+b-a-2eb2b-a后,由于作为线性级变化的b-a已经无法继续化简处理,同时我们发现指数级变化的ea,eb通过指数幂的运算也可转化出b-a,因此,我们有理由相信将b-a视为一个整体实施换元,将会对问题的解决提供便利,即达到消元的目的.(另外,在本题结论ea+eb2>eb-eab-a中如果令ea=x,eb=y,则a=lnx,b=lny,本题结论演化为x+y2>x-ylnx-lny,也就是经典的对数平均不等式,在很多导数压轴题中有重要的应用).

例4若a<b,求证:ea+b2<eb-eab-a.

证明欲证不等式可变形为b-a<eb-eaea+b2,

亦即证b-a<eb-a2-ea-b2.

设t=b-a2t>0,则欲证不等式等价于

2t<et-e-tt>0.

设ft=et-e-t-2tt>0,则

f ′t=et+e-t-2≥2et·e-t-2=0.

所以ft在0,+

SymboleB@

上单调递增.

从而ft>f0=0,即原不等式成立.

点评本题注意到ea+b2与eb-ea都是指数幂形式,类比齐次化原理,可将这两式放于分数线的上下,然后通过指数幂的运算转化出eb-a,联想原不等式中的b-a,就可以考虑作差换元了,变形的方向就明确了.

3 韦达消参法

当双元x1,x2是某二次方程的两根时,通过韦达定理求出x1+x2,x1x2,并考查是否为定值.若某一式(如下面例5中x1x2=1)为定值,利用此定值条件揭示的两变量间的联系,将其中一个变量用另一个变量来表示,代入相应的不等式中,以达到消元之目的.显然,本方法一般适用于导函数为二次函数的函数不等式的证明.

例5 (2018年全国Ⅰ卷理科第21题)已知函数f(x)=1x-x+alnx.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)存在两个极值點x1,x2,证明:fx1-fx2x1-x2<a-2.

解析 (1)略.

(2)由(1)知,若f(x)存在两个极值点,则a>2.

由于f(x)的两个极值点x1,x2满足

x2-ax+1=0,

由韦达定理,得x1x2=1.

不妨设x1<x2,则x2>1.

由于f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2

=-2+alnx1-lnx2x1-x2

=-2+a-2lnx21x2-x2,

所以欲证不等式等价于

1x2-x2+2lnx2<0.

设g(x)=1x-x+2lnx,

由(1)知,g(x)在(0,+

SymboleB@

)单调递减.

又g(1)=0,从而当x∈(1,+

SymboleB@

)时,g(x)<0.

所以1x2-x2+2lnx2<0.

即f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2.

点评由(1)的讨论知,f(x)存在两个极值点当且仅当a>2,首先对fx1-fx2x1-x2<a-2进行转化,变形为-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2<a-2①.又x1,x2是方程x2-ax+1=0的两根,不妨设x1<x2,则x1x2=1,即有x1=1x2,连同x1x2=1代入①式,将问题转化为单元函数不等式1x2-x2+2lnx2<0x2>0,构造函数g(x)=1x-x+2lnx就顺理成章了.

例6已知函数f(x)=x2-x+aln(x+1),其中a∈R.

(1)求f(x)的单调区间;

(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,且x1<x2,证明:-14+32ln34<fx2+2x212-x1<12.

解析(1)略.

(2)由(1)知,若f(x)存在两个极值点,则

0<a<98.

由于f(x)的两个极值点x1,x2满足

2x2+x+a-1=0,

由韦达定理,得

x1+x2=-12,x1x2=a-12.

则x1=-12-x2,

a=-2x22-x2+1且

-1<x1<-14,-14<x2<12.

故fx2+2x212-x1=x22-x2+alnx2+1+2x212--12-x2

=x22+x2+alnx2+11+x2

=x2-2x22+x2-1lnx2+11+x2

=x2-2x2-1lnx2+1.

当-14<x<12时,

g(x)=x-2x-1lnx+1,

则g′(x)=-1+3x+1-2lnx+1.

设hx=g′x,则

h′x=-3x+12-2x+1<0.

所以hx即g′x在-14,12上单调递减.

从而g′x>g′12

=1-2ln32

=ln4e9

>ln1=0,

所以gx在-14,12上单调递增.

所以g-14<gx<g12.

又g-14=-14+32ln34,

g12=12,

从而-14+32ln34<gx<12.

亦即-14+32ln34<fx2+2x212-x1<12.

点评试题第(1)问通过合理设计,通过对参数a的讨论,探求f(x)的单调性.第(2)问要求研究f(x)两个极值点x1,x2所具有的性质.由于x1,x2是方程2x2+x+a-1=0两个根,由韦达定理,得x1+x2=-12,x1x2=a-12,由此可将x1,a均用x2表示,从而将fx2+2x212-x1转化为含一个变量的函数,进行研究其单调性和极值,以证明不等式成立.本题意在让考生掌握双元不等式证明的方法,即核心是将多元转换为单元问题去解决,其中韦达定理功不可没!

4 主副元减元法

其基本原理是:在双元函数不等式中,将其中一个变量作为主元,另外一个变量作为副元(参数),从而构造一元函数来证明,达到减元的目的.

例7已知函数f(x)=x-a-lnxa∈R.求证:若0<x1<x2,则f(x1)-f(x2)x2-x1<1x1x1+1.

证明由于0<x1<x2,欲证不等式等价于

f(x1)-f(x2)-x2-x1x1x1+1<0.

设Fx=f(x1)-f(x)-x-x1x1x1+1x>x1>0,則

F′x=-f ′(x)-1x1x1+1

=-1+1x-1x1x1+1

<-1+1x1-1x1x1+1

=-1x1+1<0.

所以F(x)在(x1,+

SymboleB@

)上单调递减.

从而F(x)<Fx1=0.

令x=x2,F(x2)<0,即原不等式成立.

点评 在本题确定主副元时,鉴于欲证不等式中x2出现次数较少,则首选x2作为主元,x1作为副元尝试解答.当然,有些题目两元出现次数相当时,也可考虑用主副元法.

例8已知函数f(x)=ln(x+1)-x,g(x)=xlnx.设0<a<b,求证:

0<ga+gb-2ga+b2<b-aln2.

证明(1)设

F(x)=ga+gx-2ga+x2x>a,

则F′(x)=g′x-g′a+x2.

因为g′x单调递增,又x>a+x2,

则F′(x)=g′x-g′a+x2>0.

所以F(x)在(a,+

SymboleB@

)上单调递增.

从而F(x)>Fa=0.

令x=b,ga+gb-2ga+b2>0,即不等式左边成立.(3)设G(x)=ga+gx-2ga+x2-x-aln2x>a,则

G′(x)=g′x-g′a+x2-ln2

=1+lnx-(1+lna+x2)-ln2

=lnxa+x

<ln1=0.

所以G(x)在(a,+

SymboleB@

)上单调递减.

从而G(x)<Ga=0.

令x=b,ga+gb-2ga+b2-b-aln2<0,

即ga+gb-2ga+b2<b-aln2,即不等式右边成立.

综上,原不等式成立.

点评本题考查了应用导数证明不等式的一个重要方法——设辅助函数法:将不等式所有的项移至不等式一侧,另一侧为0,然后构造辅助函数,按部就班解答即可.但本题中的不等式是双变量不等式,就需考虑选择一个元作为主变元,另一个作为参数了.例如上述解答中,即将b视为主元,将a视为副元完成证明.而在主变元的选取上,一般遵循的原则是:

①出现次数较少的字母为主变量,目的自然是为了构造函数后求导运算的便利;

②数值较大的字母为主变量,例如本例中的b.

参考文献:

[1] 杨苍洲,许银伙.我做压轴题(二) 证明双元问题,构造比值消元[J].数理化解题研究,2016(16):34-35.

[2] 杨苍州.例谈双元不等式的证明方法[J].数理化解题研究,2014(10):14-15.

[3] 李福安.导数证明双元不等式的方法[J].高考,2021(03):17-18.

[责任编辑:李璟]

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