构造函数证明不等式方法的探究

［摘 要］在高考中，不等式的证明往往作为压轴题出现。只要深入探索就不难发现，不等式的证明是有方法规律可循的。文章以一道高考题为引，分类探讨构造函数证明不等式的方法路径，以帮助学生拨开压轴题的面纱，提高学生解决这一类问题的能力。

［关键词］构造；函数；不等式；证明

［中图分类号］    G633.6        ［文献标识码］    A        ［文章编号］    1674-6058（2023）35-0037-03

函数与导数是高中数学的重要内容， 利用导数证明不等式是近几年高考的高频考点。求解此类问题的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函数的单调性、极值、最值（值域），从而达到证明不等式的目的。我们先来看一道高考真题。

［引例］（2023年新高考Ⅱ卷）证明：当[0<x<1]时，[x-x2<sinx<x]。

证明：构造[F（x）=x-sinx]，[x∈（0，1）]，则[F（x）=1-cosx>0]对[∀x∈（0，1）]恒成立，则[F（x）]在（0，1）上单调递增，可得[F（x）>F（0）=0]，所以[x>sinx，x∈（0，1）]；构造[G（x）=sinx-（x-x2）=x2-x+sinx]，[x∈（0，1）]，则[G（x）=2x-1+cosx]，[x∈（0，1）]，构造[g（x）=G（x）]，[x∈（0，1）]，则[g（x）=2-sinx>0]对[∀x∈（0，1）]恒成立，则[g（x）]在（0，1）上单调递增，可得[g（x）>g（0）=0]，即[G（x）>0]对[∀x∈（0，1）]恒成立，则[G（x）]在（0，1）上单调递增，可得[G（x）>G（0）=0]，所以[sinx>x-x2]，[x∈（0，1）]。综上所述，[x-x2<sinx<x]。

点评：本题证明的是一个双联不等式，分别构造了两个函数F（x）=x-sin，[x∈]（0，1）和G（x）=sin x-（x-x2），[x∈]（0，1），然后利用导数来研究它们的单调性和在已知区间上函数值的取值范围，从而达到证明不等式的目的。

引例的解答告诉我们，证明[f（x）>g（x）] 可以转化为证明[f（x）-g（x）>0]，即把两个函数通过作差转化为一个函数，再利用导数研究该函数的性质，通过函数性质证明该不等式。那么除这种方法外还有哪些证明不等式的方法呢？

一、把证明[f（x）>k]转化为证明[f（x）min>k]

此类问题一般是[f（x）]有最小值且比较容易求，或者[f（x）]有最小值，但无法具体确定。对于[f（x）]的最小值无法确定的情况，一般是先把[f（x）]的最小值转化为关于极值点的一个函数，再根据极值点所在范围，确定最小值所在范围。

［例1］已知函数[f（x）=sinx-ln（x+1）]。求证：当[x∈-1，π2]时， [f（x）≥0]。

解析：因为[f（x）=sinx-ln（x+1）]，则[f（0）=sin0-ln1=0]，[f（x）=cosx-1x+1]，当[x∈-1，0]时，[cosx≤1]，[1x+1≥1]，[f（x）≤0]，函数[f（x）]单调递减，则[f（x）≥f（0）=0]成立；当[x∈0，π2]时，令[p（x）=cosx-1x+1]，则[p（x）=1（x+1）2-sinx]，因为函数[y=1（x+1）2]，[y=-sinx]在[0，π2]上均为减函数，所以函数[p（x）]在[0，π2]上为减函数，因为[p（0）=1>0]，[pπ2=11+π22-1<0]，所以存在[x∈0，π2]，使得[p（x）=0]，且当[0<x<x0]时，[p（x）>0]，此时函数[f（x）]单调递增，当[x0<x<π2]时，[p（x）<0]，此时函数[f（x）]单调递减，而[f（0）=0]，所以[f（x0）>0]，又因为[fπ2<0]，所以存在[x1∈x0，π2]，使得[f（x1）=0]，当[0<x<x1]时，[f（x）>0]，此时函数[f（x）]单调递增，当[x1<x<π2]时，[f（x）<0]，此时函数[f（x）]单调递减，因为[π2+1<e]，所以[fπ2=1-lnπ2+1>1-lne=0]，所以对任意的[x∈0，π2]，[f（x）>0]成立。综上，[f（x）≥0]对任意的[x∈-1，π2]恒成立。

点评：从本质上看，这类问题是在考查利用导数求函数的最值。当含参不等式比较复杂时，可以采用参变量分离法，将其变形为[f（x）>k]或[f（x）<k]的形式。

二、把证明[f（x）>g（x）] 转化为证明[f（x）min>g（x）max]

有时把证明[f（x）>g（x）] 转化为证明[f（x）-g（x）>0]后，可能会得到很复杂的[f（x）-g（x）]导函数，很难根据该导函数研究最值，而当[f（x）]的最小值及[g（x）]的最大值都比较容易求时，可考虑利用证明[f（x）min>g（x）max]的方法证明原不等式。

［例2］已知函数[f（x）=axex（a≠0）]。（1）讨论[f（x）]的单调性；（2）当[a≥4e2]时，证明：[f（x）x+1-（x+1）lnx>0]。

解析：（1）由题意可得[f（x）=a（x+1）ex]。则[a>0]时，由[f（x）>0]，得[x>-1]，由[f（x）<0]，得[x<-1]，则[f（x）]在（-∞，-1）上单调递减，在（-1，+∞）上单调递增；当[a<0]时，由[f（x）<0]，得[x>-1]，由[ f（x）>0]，得[x<-1]，则[f（x）]在（-∞，-1）上单调递增，在（-1，+∞）上单调递减。

（2）因为[x>0]，所以[xexx+1>0]。因为[a≥4e2]，所以[axexx+1-（x+1）lnx≥4xex-2x+1-（x+1）lnx]。要证[f（x）x+1-（x+1）lnx>0]，即证[4xex-2x+1-（x+1）lnx>0]，即证[4ex-2（x+1）2>lnxx]。设[g（x）=4ex-2（x+1）2]，则[g（x）=4ex-2（x-1）（x+1）3]。当[x∈（0，1）]时，[g（x）<0]，当[x∈]（1，+∞）时，[g（x）>0]，则[g（x）]在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增。故[g（x）min=g（1）=1e]。设[h（x）=lnxx]，则[h（x）=1-lnxx2]。当[x∈（0，e）]时，[h（x）>0]，当[x∈]（e，+∞）时，[h（x）<0]，则[h（x）]在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减。故[h（x）max=h（e）=1e]。因为[g（x）min =h（x）max ]，且两个最值的取等条件不同，所以[4ex-2（x+1）2>lnxx]，即当[a≥4e2]时，[f（x）x+1-（x+1）lnx>0]。

点评：这种方法从本质上看，就是借助比大小的逻辑关系，通过函数最值的大小比较来证明不等式，但要注意这种方法有局限性，因为[f（x）>g（x）]未必有[f（x）min>g（x）max]。

三、把证明[f（x）>g（x）]转化为证明[f（x）>h（x）]，[h（x）>g（x）]

若直接证明[f（x）>g（x）]比较困难，有时可利用导数中的常见不等式如[lnx≤x-1]，[ex≥x+1]来构造一个中间函数[h（x）]，或利用不等式的性质通过放缩构造一个中间函数[h（x）]，再通过证明[f（x）>h（x）]，[h（x）>g（x）]来证明原不等式。

［例3］已知函数[f（x）=sinx2+cosx]在区间（0，a）上单调。证明：当[x>0]时，[3f（x）+1<ex]。

解析：当[x>0]时，要证明[3f（x）+1<ex]，即证明[f（x）<ex-13]，而[ex-1>x]，故需要证明[f（x）<x3<ex-13]。先证[x3<ex-13]（[x>0]），记[F（x）=ex-x-1]，[∵F′（x）=ex-1]，[x∈]（0，+∞）时，[F′（x）>0]，所以[F（x）]在（0，+∞）上递增，∴[F（x）=ex-x-1>F（0）=0]，故[ex-1>x]，即[x3<ex-13]。再证[f（x）<x3]（[x>0]），令[G（x）=f（x）-13x]，则[G（x）=sinx2+cosx-13x]，则[G（x）=2cosx+1（2+cosx）2-13=-（cosx-1）23（2+cosx）2]，故对于[∀x>0]，都有[G（x）<0]，因而[G（x）]在（0，+∞）上递减，对于[∀x>0]，都有[G（x）<G（0）=0]，因此对于[∀x>0]，都有[f（x）<x3]。所以[f（x）<x3<ex-13]成立，即[f（x）<ex-13]成立，故原不等式成立。

点评：这种方法需要构造两个函数，利用导数先证明两个不等式成立，再利用不等式的传递性证明原不等式。这种方法的难点在于发现“桥梁函数”，如本例中的函数[y=x3]。

四、改变不等式结构，重新构造函数证明不等式

还有一种情况是要对待证不等式先进行重组、整合，适当变形，找到其等价的不等式，接着观察其结构特征，再根据其结构构造函数。

［例4］已知函数[f（x）=13x3+12x2+ax]，[g（x）=xex-1+xlnx]，[f（x）]，[g（x）]分别为[f（x）]，[g（x）]的导函数，且对任意的[x1∈0，1]，存在[x2∈0，1]，使[f（x1）≤g（x2）-2]。证明：[∀x>0]，有[g（x）≥f（x）]。

解析：令[s（x）=ex-1-x]，[x>0]，则[s（x）=ex-1-1]。令[s（x）=0]，解得[x=1]，则当[x∈（0，1）]时，[s（x）<0]，[s（x）]单调递减；当[x∈1，+∞]时，[s（x）>0]，[s（x）]单调递增，所以[s（x）≥s（1）=0]，即[ex-1≥x]（当且仅当[x=1]时，等号成立）。令[F（x）=lnx+1x-1]，则[F（x）=1x-1x2=x-1x2]。令[F（x）=0]，解得[x=1]，则当[x∈（0，1）]时，[F（x）<0]，[F（x）]单调递减；当[x∈]（1，+∞）时，[F（x）>0]，[F（x）]单调递增，所以[F（x）≥F（1）=0]，即[lnx≥-1x+1]（当且仅当[x=1]时，等号成立），故[ex-1+lnx≥x-1x+1]（当且仅当[x=1]时，等号成立）。又[x>0]，所以[xex-1+xlnx≥x2+x-1]。因为[a≤-1]，所以[x2+x-1≥x2+x+a]，故[xex-1+xlnx≥x2+x+a]，即[g（x）≥f（x）]。

点评：对于此类问题，常见的变形方法有：①去分母，把分数不等式转化为整式不等式；②两边取对数，把指数型不等式转化为对数型不等式；③不等式为[f（x）h（x）>g（x）h（x）]类型，且[h（x）>0]（或[<0]）的解集比较容易确定的，可考虑两边同时除以[h（x）]；④不等式中含有[xlnx]时，有时为了一次求导后不再含有对数符号，可考虑不等式两边同时除以[x]； ⑤通过换元把复杂的不等式转化为简单不等式。