朱东海●

云南省蒙自市蒙自一中新校区(661199)

一元函数不等式的证明方法

朱东海●

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一元函数不等式的证明是高考中常考的问题，处理的方法一般有以下几种.

一、利用不等式两边之差构造函数

1.对于不等式两边的函数比较简单时，可直接做差构造函数

例1 (2015黑龙江省哈六中高三上学期期中考试数学文22题改编)已知函数f(x)=ex-x2+a,x∈R的图象在点x=0处的切线为y=bx.

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)当x∈R时，求证f(x)≥-x2+x；

解 (1)∵f(x)=ex-x2+a,∴f′(x)=ex-2x

(2)设g(x)=f(x)+x2-x=ex-x-1，则g′(x)=ex-1. 令g′(x)>0得x>0，令g′(x)<0得x<0，所以g(x)在(-∞,0)上单调递减；在(0,+∞)上单调递增.从而g(x)min=g(0)=0，故f(x)≥-x2+x.

2.若不等式可以进行等价变换，则变形(代换、比商等)后再作差构造函数

令g(x)=ex-x-1,则g′(x)=ex-1.

∴当x>0时，g(x)在区间(-1,0)上是增函数；

当x<0时，g(x)在区间(0,+∞)上是减函数.

因此当x=0时g(x)取得最小值，而g(0)=0,

故当x>-1时g(x)≥0,也就是ex≥x+1.

3.对“隐零点”处理

例1和例2中的导数的零点是可以求出的，对导函数的零点，根据其数值计算上的差异，我们可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，我们不妨称为“显零点”；另一类是能判断其存在但数值上无法精确求解的，我们不妨称为“隐零点”；对“隐零点”处理的基本方法为“虚设及代换”.

例3 (2015届四川省德阳市高三第一次诊断考试数学理21题改编)已知函数f(x)=ax+lnx,函数g(x)=ex,其中e为自然对数的底数.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)当a=0时，对于∀x∈(0,+∞)，求证：f(x)

①当a≥0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，+∞)上为增函数．

综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，+∞)上为增函数．

(2)当a=0时，f(x)=lnx，令φ(x)=g(x)-f(x)-2，则φ(x)=ex-lnx-2，

∵当x∈(0，t)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，t)上为减函数；当x∈(t，+∞)时，φ′(x)>0，φ(x)在(t，+∞)上为增函数，

∴φ(x)min=φ(t)=et-lnt-2=et-lne-t-2=et+t-2.

∴f(x)

二、利用f(x)min>g(x)max来证明f(x)>g(x)型的不等式

对f(x)>g(x)型的不等式，若函数h(x)=f(x)-g(x)的最小值不易求出，则可考虑用f(x)min>g(x)max来证明f(x)>g(x)型的不等式，在证明之前，尽可能将不等式等价变形，使f(x)min和g(x)max容易求出.

(1)若f(x)在(m,m+1)上存在极值，求实数m的取值范围；

因此当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；

当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；

所以x=1是f(x)的极大值点.

而f(x)在(m,m+1)上存在极值,

∴m<1

故实数m的取值范围是(0,1).

∵x>1，∴t′(x)>0，从而t(x)在(1,+∞)上是单调递增函数.

∴t(x)>t(1)=1>0，也就是g′(x)>0,

因此g(x)在(1,+∞)上是单调递增函数.

∵x>1，∴1-ex<0.因此h′(x)<0，即h(x)在(1,+∞)上是单调递减函数.

三、 利用不等式两边相同“结构”的特征构造辅助函数

若不等式两边有相同“结构”，则利用其“结构”的特征构造函数.

故要证原不等式成立,只需证明:当x>0时,x

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