四种构造函数法证明不等式

四种构造函数法证明不等式
利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，如何恰当构造函数，往往成为解题的关键．
考点一“比较法”构造函数证明不等式
当试题中给出简单的基本初等函数，例如f(x)＝x3，g(x)＝ln x，进而证明在某个取值范围内不等式f(x)≥g(x)成立时，可以类比作差法，构造函数h(x)＝f(x)－g(x)或φ(x)＝g(x)－f(x)，进而证明h(x)min≥0或φ(x)max≤0即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明g(x)＞0(f(x)＞0)的前提下，也可
以类比作商法，构造函数h(x)＝f(x)
g(x)⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
φ(x)＝
g(x)
f(x)，进而证明h(x)min≥1(φ(x)max≤1)．
【例题】已知函数f(x)＝e x－ax(e为自然对数的底数，a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值；
(2)求证：当x＞0时，x2＜e x.
【解析】(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.
因为f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，
所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2，
令f′(x)＝0，得x＝ln 2，
当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)无极大值．
(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.
由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，
故g(x)在R上单调递增．
所以当x ＞0时，g (x )＞g (0)＝1＞0，即x 2＜e x .
【小结】
在本题第(2)问中，发现“x 2，e x ”具有基本初等函数的基因，故可选择对要证明的“x 2＜e x ”构造函数，得到“g (x )＝e x －x 2”，并利用(1)的结论求解．
考点二 “拆分法”构造函数证明不等式
当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果对其直接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉．这时可以将原不等式合理拆分为f (x )≤g (x )的形式，进而证明f (x )max ≤g (x )min 即可，此时注意配合使用导数工具．在拆分的过程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准．
【例题】 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R)．
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0.
【解析】 (1)f ′(x )＝e x －a (x ＞0)，
①若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；
②若a ＞0，则当0＜x ＜e a 时，f ′(x )＞0，当x ＞e a 时，f ′(x )＜0，
故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫e a ，＋∞上单调递减． (2)证明：法一：因为x ＞0，所以只需证f (x )≤e x x －2e ，
当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.
记g (x )＝e x x －2e(x ＞0)，
则g ′(x )＝(x －1)e x
x 2，
所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；
当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
综上，当x＞0时，f(x)≤g(x)，即f(x)≤e x
x－2e，
即xf(x)－e x＋2e x≤0.
法二：要证xf(x)－e x＋2e x≤0，即证e x ln x－e x2－e x＋2e x≤0，
从而等价于ln x－x＋2≤e x e x.
设函数g(x)＝ln x－x＋2，
则g′(x)＝1
x－1.
所以当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，
故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)＝1.
设函数h(x)＝e x
e x，则h′(x)＝
e x(x－1)
e x2.
所以当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，
h′(x)＞0，
故h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
从而h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(1)＝1.
综上，当x＞0时，g(x)≤h(x)，
即xf(x)－e x＋2e x≤0.
【小结】
对于第(2)问xf(x)－e x＋2e x≤0的证明直接构造函数h(x)＝x eln x－ax2－e x＋
2e x，求导后不易分析，故可将不等式合理拆分为f(x)≤e x
x－2e或ln x－x＋2≤
e x
e x，
再分别对不等式两边构造函数证明不等式．
考点三“换元法”构造函数证明不等式
若两个变元x1，x2之间联系“亲密”，我们可以通过计算、化简，将所证明
的不等式整体转化为关于m(x1，x2)的表达式(其中m(x1，x2)为x1，x2组合成的表达式)，进而使用换元令m(x1，x2)＝t，使所要证明的不等式转化为关于t的表达式，进而用导数法进行证明，因此，换元的本质是消元．
【例题】已知函数f(x)＝ln x
x－k有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2＞e
2.
【解析】f(x)＝ln x
x－k，设x1＞x2＞0，
由f(x1)＝f(x2)＝0，
可得ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两式相加减，
得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)．
要证x1x2＞e2，即证ln x1x2＞2，只需证ln x1＋ln x2＞2，也就是证k(x1＋x2)
＞2，即证k＞
2
x1＋x2
.
因为k＝ln x1－ln x2
x1－x2，所以只需证
ln x1－ln x2
x1－x2＞
2
x1＋x2，即证ln
x1
x2＞
2(x1－x2)
x1＋x2
.
令x1
x2＝t(t＞1)，则只需证ln t＞
2(t－1)
t＋1
(t＞1)．
令h(t)＝ln t－2(t－1)
t＋1
(t＞1)，
则h′(t)＝1
t－
4
(t＋1)2
＝
(t－1)2
t(t＋1)2＞0，
故函数h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)＞h(1)＝0，即ln t＞2(t－1) t＋1
.
所以x1x2＞e2.
【小结】
不妨设x1＞x2＞0，由f(x1)＝f(x2)＝0，可得ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，两
式相加减，利用分析法将要证明的不等式转化为ln x1－ln x2
x1－x2＞
2
x1＋x2，再利用换
元法，通过求导证明上述不等式成立．考点四“转化法”构造函数
在关于x 1，x 2的双变元问题中，若无法将所给不等式整体转化为关于m (x 1，x 2)的表达式，则考虑将不等式转化为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的目的．
【例题】 设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R ，若对任意b ＞a ＞0，f (b )－f (a )b －a
＜1恒成立，求m 的取值范围．
【解析】 对任意的b ＞a ＞0，
f (b )－f (a )b －a
＜1等价于f (b )－b ＜f (a )－a 恒成立．(*)
设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋m x －x (x ＞0)，
故(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减．
由h ′(x )＝1x －m x 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －122＋14(x ＞0)恒成立，故m ≥14，当且仅当x ＝12时等号成立，所以m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭
⎪⎫14，＋∞.。