例谈双元不等式证明中的减元策略

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，

设

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]