王晓

[摘  要] 不等式问题是高考以及各模拟考试的考查热点和难点所在，狭义的不等式问题是指直接考查不等式的计算和证明的问题，广义上来说，它还包含诸如最值、取值范围等隐含不等式计算证明的问题，文中的不等式问题指的是后者. 近几年来基于函数背景的不等式问题日益受到命题专家的青睐，这类问题涉及的知识面较为广泛，总体来说对学生的要求较高文章立足于具体例题，总结几个常用的可用于解决不等式问题的函数构造方法.

[关键词] 函数不等式问题;函数构造方法;变量分离法;整体代换法

前言

不等式问题是高考以及各模拟考试的考查热点和难点所在，能够有效地考查学生的推理分析、构造转化、联想迁移、概括归纳等相关综合数学能力，可以成为一个重要的区分点. 狭义的不等式问题是指直接考查不等式的计算和证明的问题，广义上来说，它还包含诸如最值、取值范围等隐含不等式计算证明的问题，本文中的不等式问题指的是后者. 我们不仅可以通过借助传递性、结合律等基本的不等式性质解决不等式问题，还可以通过构造转化等方式借助函数的思想方法解决问题. 近几年来基于函数背景的不等式问题日益受到命题专家的青睐，这类问题涉及的知识面较为广泛，需要学生能够熟练运用多个模块的知识，并敏锐地挖掘出题目中涉及的隐含条件，灵活使用多种综合方法转化问题，总体来说对学生的要求较高. 本文中笔者将立足于具体例题，总结几个常用的可用于解决不等式问题的函数构造方法.

方法小结

（一）反向构造法

有些不等式在形式上与某些常用函数的导数相似，这时我们可以省去中间复杂的转化过程，直接根据经验反向构造出所需函数.

例题1：某定义域为R的函数f（x）对应的导函数是f′（x），已知f（x）>f′（x）在R上恒成立且f（x）+2017的图像关于原点对称，则f（x）+2017ex<0的解集为（  ）

A. （-∞，0） B. （0，+∞）

C. -∞，■？摇 D. ■，+∞

例题分析：根据f（x）>f′（x）这一条件，我们可以得到f′（x）-f（x）<0，这与F（x）=■的导函数F'（x）=■的分子部分一致.

例题解答：设定义在实数域上的函数F（x）=■，由f（x）>f′（x）可得其导函数F'（x）=■<0，即F（x）在定义域上单减. 又f（x）+2017的图像关于原点对称，即它是定义在实数域上的奇函数，则f（0）+2017=0，F（0）=-2017，故由f（x）+2017ex<0可得F（x）

方法简评：反向构造法是一种需要调动联想能力的巧妙方法，学生需要熟悉求导法则，并能够敏锐地将不等式与导函数联系起来，教师可以在日常教学的过程中引导学生关注此类构造，比如对于形如λf（x）+f′（x）>0的不等式，我们可以通过构造函数F（x）=eλxf（x）来转化研究问题.

例题2：设定义在全体实数域上的奇函数f（x）的导函数是f′（x），且已知f（-1）=0，且当x>0时，有xf′（x）-f（x）<0，则f（x）>0的解集为（  ）

A. （-∞，-1）∪（0，1）

B. （-1，0）∪（1，+∞）

C. （-∞，-1）∪（-1，0）

D. （0，1）∪（1，+∞）

问题分析：易知函数g（x）=■的導函数g′（x）=■，本题中我们可以抓住不等式xf′（x）-f（x）<0反向构造函数.

问题解答：设定义在全体实数域上的函数g（x）=■，则可得g′（x）=x■，当x>0时，g′（x）<0，所以可知g（x）在（0，+∞）恒减，g（-x）=■. 又f（-x）=-f（x），所以g（-x）=■=g（x），所以g（x）是偶函数，根据偶函数关于纵轴对称的性质可知，g（x）在（-∞，0）上恒增（结论1）;又因为f（-1）=0，故可知g（-1）=g（1）=0（结论2），由两个结论可知f（x）>0的解集为（-∞，-1）∪（0，1）.

方法简评：本题中出现的是f′（x）g（x）-f（x）g′（x）类条件，可以通过构造分式函数转化研究问题，不过需要注意的是位于分母的函数不可为0;对于f′（x）g（x）+f（x）g′（x）型条件，则可以构造形如F（x）=f（x）g（x）的函数.

（二）移项作差法

移项作差法构造函数简便快速，可以将问题转变为最值范围问题，有时也可以起到化简消元的作用，常用于不能直接求解的不等式问题的转化.

例题3：已知f（x）=ln■，试证明f（x）>2x+■在（0，1）上恒成立.

问题分析：构造函数F（x）=f（x）-2x+■，原问题可转化为证明F（x）在（0，1）上的最小值大于0.

问题解答：设F（x）=f（x）-2x+■，则F′（x）=■，00，所以F（x）恒增，则F（x）>F（0）=0，即00恒成立，即f（x）>2x+■在（0，1）上恒成立，即证.

（三）变量分离法

有的不等式涉及多个变量，难以通过简单的方法构造函数，此时我们可以先将不同的变量以移项的方式分离开，该方法常用于解决具有对称形式的不等式问题.

例题4：易知f（x）=lnx，g（x）=■x2，则对于x■>x■>0，试求当满足m[g（x■）-g（x■）]>x■f（x■）-x■f（x■）时，参数m（m∈Z，m≤1）的取值.

问题分析：本题中存在两个互相独立的变量，利用移项分离变量的方法可以避免复杂的分析.

问题解答：移项将不等式转化为mg（x■）-x■f（x■）>mg（x■）-x■f（x■）. 令q（x）=mg（x）-xf（x）=■x2-xlnx（x>0），对于任意x■>x■>0原不等式恒成立，即q（x■）>q（x■），所以q（x）在（0，+∞）上恒增，即q′（x）=mx-lnx-1≥0（x>0）恒成立. 分离参数，问题转化为m≥■max.令h（x）=■（x>0），则h′（x）=■，则在（0，1）上，h′（x）>0，在（1，+∞）上，h′（x）<0，所以h（x）max=h（1）=1，则m≥1. 又m∈Z，m≤1，可得m=1.

例题5：已知f（x）=（a+1）lnx+ax2+1，（1）給出并证明f（x）在定义域上的单调性;（2）设a<-1，若对于任意大于0的x■，x■，都有f（x■）-f（x■）≥4x■-x■，求参数a的取值范围.

问题解答：（1）省略;（2）不妨假设x■≥x■>0，则当a<-1时，根据第一问的结论易知f（x）在（0，+∞）上恒减，则原不等式去绝对值可得f（x■）-f（x■）≥4（x■-x■），即f（x■）+4x■≥f（x■）+4x■（式1），则可构造函数g（x）=f（x）+4x（x>0）. g′（x）=■+2ax+4，式1可以转化为，对于x■≥x■>0，有g（x■）≥g（x■），即g（x）在定义域上单调递减，即当x>0时，■+2ax+4≤0，即a≤■=■=■-2恒成立，可得a≤-2（当x=■时，取等号）.

（四）代换消元法

对于多变量的不等式问题，我们有时还可以采用代换消元的方式简化研究，特别是当所需结论也是整体表达式时，这种方法格外高效，常见的可以整体代换的结构有x■+x■，x■x■，■.

例题6：已知f（x）=lnx+x2+x，对于x■，x■>0，有f（x■）+f（x■）+x■x■=0，试证明x■+x■≥■.

问题解答：对于f（x■）+f（x■）+x■x■=0，将表达式f（x）=lnx+x2+x代入可得lnx■+x■+x■+lnx■+x■+x■+x■x■=0，

整理可得（x■+x■）2+（x■+x■）=x■x■-lnx■x■.

令t=x■x■，φ（t）=t-lnt（t>0），则可得φ′（t）=■，

易知φ（t）在（0，1）上恒减，在（1，+∞）上恒增，所以φ（t）≥φ（1）=1，所以（x■+x■）2+（x■+x■）≥1. 又x■+x■>0，所以可解得x■+x■≥■.

总结

函数不等式问题的解决方法灵活多变，远远不止上面这些，笔者在这里只给出了几个较为常用和容易操作的方法，其他的手段还有利用常见不等式结论转化问题、利用中间结论化简等. 破解函数不等式问题的关键之处在于敏锐挖掘并合理利用题目中给出的条件，并大胆联想、类比，构造出能够有效解决问题的函数. 这就要求学生要有扎实的函数基本功，对于求导法则能够做到了然于心，对于函数的基本性质（例如单调性、奇偶性）能够熟练识别并运用，教师在平时的教学中要多注意引导学生进行发散思考、反向思考.