利用导数证明函数不等式的五个策略

徐加华

在近几年的高考和各地的高考模拟试题中，与函数有关的不等式证明问题逐渐受到命题专家的青睐，这类问题具有极强的综合性和技巧性，考查的内容丰富，思想深刻，对于考查考生是否具有扎实的基本功和良好的基本素养不失为一个好的载体.本文立足于当前高中知识，对此类不等式进行了深入的研究.从技巧的角度总结了证明函数不等式的五个策略——构、移、放、分、拆.现结合一些具体例子与大家共享.

1构

“构”就是指从所证不等式的结构和特点出发，利用转化与化归思想，构造一个新的差函数或者商函数，然后借助导数确定函数的单调性、最值问题，从而实现问题的转化，进而使不等式得到证明.其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性→最值→得出不等关系→整理得出结论.基本模式为： （1）证明f（x）0，g（x）>0，也可构造商函数F（x）=f（x）g（x），证明F（x）=f（x）g（x）<1即可. （2） 证明f（x）>g（x），x∈（a，b），可以构造函数F（x）=f（x）-g（x），如果F′x>0，则F（x）在x∈（a，b）上是增函数，同时若F（a）≥0，由增函数的定义可知，x∈（a，b）时，有F（x）>0，即证明了f（x）>g（x）.当然如果f（x）>0，g（x）>0，也可构造商函数F（x）=f（x）g（x），证明F（x）=f（x）g（x）>1即可.

例1已知函数f（x）=ln（x+1）-x，求证：当x>-1时，恒有1-1x+1≤ln（x+1）≤x.

分析本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数g（x）=ln（x+1）+1x+1-1，从其导数入手即可证明.

解析f′（x）=1x+1-1=-xx+1， 所以当-10，即f（x）在x∈（-1，0）上为增函数；当x>0时，f′（x）<0，即f（x）在x∈（0，+∞）上为减函数；故函数f（x）的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间（0，+∞）.于是函数f（x）在（-1，+∞）上的最大值为f（x）max=f（0）=0，因此，当x>-1时，f（x）≤f（0）=0，即ln（x+1）-x≤0，所以ln（x+1）≤x.令g（x）=ln（x+1）+1x+1-1，则g′（x）=1x+1-1（x+1）2=x（x+1）2，

当x∈（-1，0）时，g′（x）<0；当x∈（0，+∞）时，g′（x）>0 ，即g（x）在x∈（-1，0）上为减函数，在x∈（0，+∞）上为增函数，故函数g（x）在（-1，+∞）上的最小值为g（x）min=g（0）=0，

所以当x>-1时，g（x）≥g（0）=0，即ln（x+1）+1x+1-1≥0，所以ln（x+1）≥1-1x+1，综上可知，当x>-1时，有1-1x+1≤ln（x+1）≤x.

2移

“移”指的是移项，即移动不等式中有关字母符号，调整其在不等式中的位置，将所证不等式的结构调整优化到合理的形式，将问题解决.

例2（2014年全国课标Ⅰ理科）设函数f（x）=aexlnx+bex-1x，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线为y=e（x-1）+2.

（Ⅰ）求a，b； （Ⅱ）证明：f（x）>1.

解析（Ⅰ） 函数f（x）的定义域为0，+∞，f′（x）=aexlnx+axex-bx2ex-1+bxex-1，

由题意可得f（1）=2，f′（1）=e，故a=1，b=2. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=exlnx+2ex-1x，要证f（x）>1，即证exlnx+2ex-1x>1， 即证xlnx>xe-x-2e（说明：移动相关的字母，优化不等式的结构）.设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx，所以当x∈0，1e时，g′（x）<0，当x∈1e，+∞时，g′（x）>0，故g（x）在0，1e单调递减，在1e，+∞单调递增，从而g（x）在0，+∞的最小值为g（x）min=g（1e）=-1e；设函数h（x）=xe-x-2e，则h′（x）=e-x1-x，所以当x∈0，1时，h′（x）>0，当x∈1，+∞时，h′（x）<0，故h（x）在0，1单调递增，在1，+∞单调递减，从而h（x）在0，+∞的最大值为

h（x）max=h（1）=-1e.

综上，当x>0时，g（x）≥h（x），又考虑到g（x）min和h（x）max不是在同一处取到，所以g（x）>h（x），即f（x）>1.

说明（1）一般来说，x与lnx，x与ex之间采用减、乘、除等运算所得到的函数，如x-lnx，xlnx，lnxx，xlnx以及x-ex，xex， exx，xex等函数有最大值或者最小值，也是基于这样的原因，本题在移动有关字母符号进行结构优化时，注意了这种搭配.

（2）注意：当x∈（a，b）时，f（x）min>g（x）maxf（x）>g（x）；

当x∈（a，b）时，f（x）>g（x）推不出f（x）min>g（x）max；

3放

“放”指的是将不等式的一侧的值放大或者放小，将不等式的结构优化成合理结构，然后获得解决.放缩的依据是常用的几个不等式：ex≥x+1，lnx≤x-1，sinx≤x（x≥0）等.

例3（2013年全國数学课标卷Ⅱ理科） 已知函数f（x）=ex-ln（x+m），

（Ⅰ）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）>0.

解析（Ⅰ）略； （Ⅱ）当m≤2时，x+1≥x+m-1，只需证明ex≥x+1，且x+m-1≥ln（x+m），再指出“=”不能成立即可.设g（x）=ex-（x+1），g′x=ex-1，x1=0是g（x）=ex-1-x的极小值点，也是最小值点，即g（x）≥g（0）=0，所以ex≥x+1，令h（x）=lnx-（x-1），h′x=1x-1=1-xx，x2=1是h（x）=lnx-（x-1）的极大值点，也是最大值点，即h（x）≤h（1）=0，所以lnx≤（x-1），以x+m代替x，有x+m-1≥ln（x+m），此处等号取到的条件是x3+m=1，即x3=1-m.这样ex≥x+1≥x+m-1≥ln（x+m）， “=”成立的条件是：m-1=1，且x1=x3，即m-1=1，且0=1-m，于是m=1且m=2.（矛盾）所以f（x）>0.

例4（2016年河南竞赛试题）已知不等式ln（x+1）≤x对一切x∈（-1，+∞）均成立.证明： （x-1）（e-x-x）+2lnx<12在x∈（0，+∞）恒成立.（其中e=2.71828…）

证明由题意知ln（x+1）≤x，得lnx≤x-1，所以（x-1）（e-x-x）+2lnx<（x-1）（e-x-x）+2（x-1）=（x-1）（e-x-x+2），当x∈（0，1）时，（x-1）（e-x-x+2）<0<12；当x∈（1，+∞）时，由基本不等式可得（x-1）（e-x-x+2）≤（x-1+e-x-x+22）2=（e-x+12）2≤（e-1+12）2<（0.4+12）2<12.

综上，命题得证.

点评本题从已知条件的重要不等式ln（x+1）≤x出发，直接进行证明，思路自然，过程流畅.在各类考试中，以ex≥x+1、ln（x+1）≤x为题根的试题屡见不鲜，应引起足够的重视，而且这些不等式源于课本上的习题.

4分

“分”指的是分类讨论，当所证不等式情况复杂不能统一说明时，可根据题目的情况分情况讨论加以证明即可.

例5（2008年山东高考）已知函数f（x）=1（1-x）n+aln（x-1），其中n∈N*，a為常数.

（Ⅰ）当n=2时，求函数f（x）的极值；

（Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的正整数n，当x≥2时，有f（x）≤x-1.

解析（Ⅰ）略；（Ⅱ）因为a=1，所以f（x）=1（1-x）n+ln（x-1）.当n为偶数时，令g（x）=x-1-1（1-x）n-ln（x-1），则g′（x）=1+n（x-1）n+1-1x-1=x-2x-1+n（x-1）n+1>0（x≥2）.所以当x∈2，+∞时，g（x）单调递增，又g（2）=0，因此g（x）=x-1-1（x-1）n-ln（x-1）≥g（2）=0恒成立，所以f（x）≤x-1成立.当n为奇数时，要证f（x）≤x-1，由于1（1-x）n<0，所以只需证ln（x-1）≤x-1，令h（x）=x-1-ln（x-1），则h′（x）=1-1x-1=x-2x-1≥0（x≥2），所以当x∈2，+∞时，h（x）=x-1-ln（x-1）单调递增，又h（2）=1>0，所以当x≥2时，恒有h（x）>0，即ln（x-1）

说明本题根据n的奇偶性来分类讨论进行证明.

5拆

“拆”指的是将所证不等式的一侧拆成两部分（或者多个部分）的和或者乘积的形式，然后分别研究每个函数的单调性、最值或者正负等情况，最后再综合起来考虑.

基本模式为：（1）要证f（x）>0（或者f（x）<0），先令f（x）=h（x）+m（x），将问题转化为证h（x）+m（x）>0（或者h（x）+m（x）<0），具体操作上可以通过研究函数h（x）和m（x）的单调性、最值或者正负即可.（2）要证f（x）>0（或者f（x）<0），先令f（x）=h（x）m（x），将问题转化为证h（x）m（x）>0（或者h（x）m（x）<0），具体操作上可以通过研究函数h（x）和m（x）的单调性、最值或者正负即可.

例6（2016年山东高考理数）已知f（x）=ax-lnx+2x-1x2，a∈R.（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当a=1时，证明f（x）>f′x+32对于任意的x∈1，2成立.

解析（Ⅰ）略；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a=1时，f（x）-f′（x）=x-lnx+2x-1x2-（1-1x-2x2+2x3）

=x-lnx+3x+1x2-2x3-1，x∈[1，2]，令g（x）=x-lnx，h（x）=3x+1x2-2x3-1，x∈[1，2].则f（x）-f′（x）=g（x）+h（x），由g′（x）=x-1x≥0可得g（x）≥g（1）=1，当且仅当x=1时取得等号.又h′（x）=-3x2-2x+6x4，设（x）=-3x2-2x+6，则（x）在x∈[1，2]单调递减，因为（1）=1，（2）=-10，所以x0∈[1，2]使得x∈（1，x0） 时，（x）>0，x∈（x0，2）时，（x）<0，所以函数h（x）在（1，x0）上单调递增；在（x0，2）上单调递减，由于h（1）=1，h（2）=12，因此h（x）≥h（2）=12，当且仅当x=2取得等号，所以f（x）-f′（x）>g（1）+h（2）=32，即f（x）>f′（x）+32对于任意的x∈[1，2]成立.

在利用这几种技巧来证明函数不等式时，我们的思路可以打开，具体操作上可根据题目合理选择方法.

例7（2010年全国数学Ⅰ理科）已知函数f（x）=（x+1）lnx-x+1.

（Ⅰ）若xf′（x）≤x2+ax+1，求a的取值范围；（Ⅱ）证明：（x-1）f（x）≥0 .

解析法1（采用分类讨论处理，不过证明时需要借助第一问的结论）：（Ⅰ）f′（x）=x+1x+lnx-1=lnx+1x，xf′（x）=xlnx+1，于是xf′（x）≤x2+ax+1等价于lnx-x≤a.令g（x）=lnx-x，则g′（x）=1x-1；当00；当x≥1时，g′（x）≤0，x=1是g（x）的最大值点，则g（x）≤g（1）=-1， 综上，a的取值范围是-1，+∞.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（x）≤g（1）=-1即lnx-x+1≤0.当0

说明本题在处理时，考虑到式子x-1的符号是以1为分界点的，故第二问证明时采用分类讨论，需要把函数f（x）分0

法2：第二问可通过“拆”来证明（不用借助第一问的结论）.

令H（x）=（x-1）f（x），只需证H（x）>0即可.由条件可知， H（x）=（x-1）f（x）=（x-1）[（x+1）lnx-x+1]=（x2-1）[lnx-x-1x+1]，这样所证不等式的左边就可以拆成函数x2-1与lnx-x-1x+1的乘积形式.令g（x）=lnx-x-1x+1，H（x）=（x2-1）g（x），g′（x）=1x-2（x+1）2=x2+1x（x+1）2>0，故g（x）=lnx-x-1x+1在x∈（0，+∞）为单调递增函数，又g（1）=ln1-1-11+1=0，这样g（x）=lnx-x-1x+1与x2-1在x∈（0，+∞）保持同号，故H（x）=（x2-1）g（x）≥0.

从以上几例可以看出，要想利用导数证明函数不等式，掌握好相关的技巧是解决问题的关键，而“构、移、分、拆、放”这些技巧不是孤立的，应是相互交融，相互依赖的，真正期待“构、移、分、拆、放”五个绝招能帮助考生升入理想的高等学府.