例谈利用导数，证明不等式问题的求解策略-《中学生数理化》高考数学2025年5月

■安徽省宿州市灵璧中学 宁文婧 导数是初等数学与高等数学的重要衔接 点,是高考数学的命题热点。利用导数证明 不等式问题,通常以压轴题的形式出现,充分 体现了数学知识的综合性和交叉性,对同学 们的逻辑推理能力要求较高,题目难度较大, 但仍“有章可循”。本文结合实例,对利用导 数证明不等式的几种方法进行总结分析,供 同学们复习时参考。 一、构造函数法 构造函数法是指在证明不等式时,根据 所要证明的不等式,构造与之相关的函数,利 用函数的单调性、极值、最值等证明。常见的 构造方法有:证明不等式f(x)>g(x)(或 f(x)<g(x))转化为证明f(x)-g(x)>0 (或f(x)-g(x)<0),进而构造辅助函数 h(x)=f(x)-g(x);构造双函数,若直接构 造函数求导,难以判断符号,导函数零点也不 易求得,则可构造函数f(x)和g(x),利用其 最值求解,即若f(x)min≥g(x)max,则f(x) ≥g(x)成立。 例 1 已 知 函 数 f (x)=ax + xln1+ x 2 -(1+x)ln(1+x)。 (1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的 切线与x 轴平行,求a的值; (2)证明:1+ 1 n n <e1- 1 2n+2 (n∈ N*)。 解析:(1)对函数f(x)求导得f'(x)= x x+2+ln x+2 2x+2+a-1 。 由题意知f'(0)=a-1=0,所以a=1。 (2)要证明 1+ 1 n n <e1- 1 2n+2 (n∈N*),只需证e1+ 1 2n > 1+1n n+1 ,即 证lne1+ 1 2n >ln 1+1n n+1 ,只需证 1+ln1+ 1 2n -(1+n)ln1+1n >0,即证 1 n+ 1 nln1+ 1 2n - 1+1n ln1+1n >0。 当a=1时, f(x)=x+xln1+ x 2 - (1+x)ln(1+x),则 f'(x)= x x+2+ ln x+2 2x+2 。 令h(x)= x x+2+ln x+2 2x+2 ,则h'(x)= x (x+1)(x+2)2 。 当x≥0时,h'(x)≥0,此时h(x)≥ h(0)=0,故当x>0时,f'(x)>0,则f(x) >f(0)=0。 取 x= 1 n ,可 得 1 n + 1 nln 1+ 1 2n - 1+ 1 n ln 1+1n >0,所 以 1+1n n < e1- 1 2n+2 (n∈N*)。 点评:该题属于常数类不等式问题。利 用导数证明常数类不等式的关键是经过适当 的变形,将不等式证明问题转化为函数单调 性证明问题。如何构造出“形似”函数或构造 出原函数的形式,是这种通法运用的难点和 关键所在。 例 2 已知函数f(x)=(ax+1)ex, f'(x)是f(x)的导函数,且f'(x)-f(x)= 2ex。 (1)若曲线y=f(x)在x=0处的切线 方程为y=kx+b,求k,b的值; (2)在(1)的条件下,证明:f(x)≥kx+b。 解析:(1)因为f(x)=(ax+1)ex,所以 f'(x)=(ax+a+1)ex,则f'(x)-f(x)= aex=2ex,故a=2。 所以f(x)=(2x+1)ex,f'(x)=(2x+ 42 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年5月 3)ex,曲线y=f(x)在x=0处的切线斜率 为f'(0)=3。又f(0)=1,所以曲线y= f(x)在x=0处的切线方程为y-1=3(x- 0),即y=3x+1。 所以k=3,b=1。 (2)由(1)可知,要证明的是(2x+1)ex≥ 3x+1。 设g(x)=(2x+1)ex-3x-1,x∈R,则 g'(x)=(2x+3)ex-3。 设h(x)=g'(x),则h'(x)=ex(2x+ 5)。 当x>- 5 2 时,h'(x)>0,则h(x)单调 递增,即g'(x)单调递增。 因为g'(0)=0,所以当x>0时,g'(x) >0,g(x)单调递增;当- 5 2<x<0 时, g'(x)<0,g(x)单调递减;当x≤- 5 2 时, g'(x)=(2x+3)ex-3<0,g(x)单调递减。 综上可得,g(x)在(-∞,0)上单调递 减,在(0,+∞)上单调递增。 所以g(x)≥g(0)=0,即(2x+1)ex- 3x-1≥0,所以f(x)≥3x+1。 点评:该题属于函数类不等式问题。当 待证不等式的两边含有同一个变量时,一般 可以直接构造“左减右”的函数,但有时要对 复杂的式子进行变形,再利用导数研究其单 调性和最值。 二、双变量换元法 双变量不等式的证明是导数综合题的一 个难点,其困难之处是如何消元,构造合适的 一元函数。若两个变量存在确定的关系,可 以利用其中一个变量替换另一个变量,直接 消元,将两个变量转化为一个变量。若两个 变量不存在确定的关系,可以将两个变量之 间的关系看成一个整体,比如x1 x2 、x1x2、x1- x2、x1+x2 等,将两个变量转化为一个变量 整体换元,化为一元不等式。 例 3 已知函数 f(x)=ln x2-x+ m(x-1)。 (1)判断曲线f(x)是否具有对称性,若 具有,求出相应的对称轴或者对称中心,并加 以说明; (2)若f(x)在定义域内单调递增,求m 的取值范围; (3)若g(x)=f 2x x+1 +m·x 2+1 x+1 有 两个零点x1,x2,试证明x1x2>e2。 解析:(1)对称中心(1,0)。(过程略) (2)m 的取值范围为 -2,+∞ 。(过 程略) (3)因为g(x)=f 2x x+1 +m·x 2+1 x+1 , f(x) 的定义域为(0,2),所以0< 2x x+1<2 且x+1≠0,解得x>0,所以g(x)的定义域 为(0,+∞),g(x)=f 2x x+1 +m·x 2+1 x+1 =ln x+m 2xx+1-1 +m·x 2+1 x+1=ln x+ mx,则g'(x)=m+ 1 x= mx+1 x 。 当m≥0时,g'(x)>0,所以g(x)在(0, +∞)上单调递增,不合题意。 当m<0时,g(x)在 0,- 1 m 上单调递 增,在 - 1 m ,+∞ 上单调递减,所以g(x)的 最大值为g - 1 m =-1+ln -1m 。 因 为 g (x)存 在 两 个 零 点,所 以 g - 1 m =-1+ln -1m >0,即-1m>e,即 m>- 1 e ,所以m∈ - 1 e ,0 。 又g(1)=m<0,1<e,所以g(x)在 1,- 1 m 上存在一个零点。 因为g(x)有两个零点,所以另一个零点 必在 - 1 m ,+∞ 上。 不妨设两个零点x2>x1>0,由g(x1) =g(x2)=0,得ln x1 = -mx1,ln x2 = -mx2,所以ln x1-ln x2=-m(x1-x2),即 -m = ln x1-ln x2 x1-x2 ,所 以ln x1+ln x2= 52 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年5月 -m(x1+x2)= ln x1-ln x2 x1-x2 (x1+x2)。 要证 x1x2 >e2,需 证 ln x1-ln x2 x1-x2 > 2 x1+x2 ,即证ln x1-ln x2< 2(x1-x2) x1+x2 ,即 证ln x1 x2 < 2 x1 x2 -1 x1 x2 +1 。 令 x1 x2 =t(0<t<1),则 需 证ln t< 2(t-1) t+1 。 令 H(t)=ln t- 2(t-1) t+1 (0<t<1),则 H'(t)= 1 t - 4 (t+1)2 = (t-1)2 t(t+1)2 >0,所以 H(t)在(0,1)上单调递增,则 H(t)<H(1) =0,即ln t< 2(t-1) t+1 ,所以x1x2>e2。 点评:该题属于极值点偏移问题。由于 两个变量的地位相同,将待证不等式进行变 形,可以构造关于x1(或x2)的一元函数来处 理,应用导数研究其单调性,并借助于单调 性,实现待证不等式的证明。 三、放缩法 放缩法证明不等式,是把要证的不等式 一边适当地放大(或缩小),使之得出明显的 不等量关系后,再应用不等量大、小的传递 性,从而使不等式得到证明的方法。常用的 放缩方式有两类:一是利用常见的不等式放 缩结论进行放缩。根据函数结构,选择不同 的不等式进行放缩,使函数简单化,从而降低 难度,如不等式ln x≤x-1和ex≥x+1的 合理代换。二是利用已知条件,如参数范围 进行放缩。当函数解析式中含有参数,且已 知参数范围,证明不等式成立时,可以从参数 的范围入手,在参数给定的范围内进行放缩。 例 4 若函数f(x)=xln x-x2-1。 (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)求证:f(x)<e-x+ 1 x2 - 2 x+1 。 解析:(1)函数f(x)在(0,+∞)上单调 递减。(过程略) (2)构造函数h(x)=ex-x-1(x>0), 则h'(x)=ex-1。 当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 则h(x)>h(0)=0,所以ex>x+1。 令φ(x)=ln x-x+1,则φ'(x)= 1 x-1 。 当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递 增;当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)单调 递减。所以φ(x)max=φ(1)=0,即φ(x)≤0, 即ln x≤x-1成立。 所以f(x)=xln x-x2-1≤x(x-1) -x2-1=-x-1。 由ex>x+1得e-x+ 1 x2 - 2 x-1>-x +1+ 1 x2 - 2 x-1= 1 x2 - 2 x-x ,则只需证明 1 x2 - 2 x-x≥-x-1 ,即1 x2 - 2 x+1≥0 ,而 1 x2 - 2 x+1= 1 x-1 2 ≥0显然成立,所以 f(x)<e-x+ 1 x2 - 2 x+1 成立。 点评:在解答导数问题时,我们经常使用 到两个常用的结论为“ln x≤x-1(当且仅当 x=1时取等号),ex≥x+1(当且仅当x=0 时取等号)”,借助这两个结论可以将超越函 数放缩成一次函数。但使用放缩法需要较高 的拆分组合技巧,一定要注意同向传递,还要 把握好放缩的“尺度”,否则将达不到预期的 目的。 总之,利用导数证明不等式问题,关键在 于构造出“需要”函数,或直接构造,或等价变 换后构造,或放缩后构造,然后根据导数性 质,结合数形结合、分类讨论等数学思想,确 定函数的基本性质,如单调性、极值、最值等, 从而解决不等式的证明问题。试题的求解, 需要同学们具备较强的观察和联想能力,这 样才能灵活根据不等式的特征选择合适的方 法进行函数构造。在平时的学习中,同学们 也要注意积累常见的解题模式,增强思维的 灵敏度。 (责任编辑 王福华) 62 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年5月