巧变形 妙构造*——利用导数证明不等式几种构造函数策略

福建省莆田第二中学 (351131) 卓晓萍

福建教育学院基础教育研究院数学教育研究所 (350025) 蔡海涛

纵观近几年的高考题，利用导数证明不等式问题多次出现，充分考查了数学抽象、数学建模、数学运算、逻辑推理素养，突出理性思维，彰显选拔功能.在解决这类问题的过程中，欲证不等式f(x)>g(x)，常需要构造函数求导、判断单调性、求最值，学生解题的难点在于如何构造函数.本文笔者以一道2021年厦门市高三质检题为例，归纳整理几种构造函数策略，与各位同仁交流．

一、题目呈现

已知函数f(x)=2ax-ln(x+1)+1，a∈R.

(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x>0，0f(x).

二、解法赏析

评析：本解题策略是更换主元，构造函数，利用新函数最值证明不等式.由于不等式结构中含有双元a,x，F(a,x)=exa-2xa+ln(x+1)-1，可以看做关于变量“a”的函数，也可以看做关于变量“x”的函数.若把函数F(a,x)中主元定为a，得F(a)=exa-2xa+ln(x+1)-1，F(a)是含有“ea，a”两类结构的超越函数，若把函数F(a,x)中主元定为x，F(x)=exa-2xa+ln(x+1)-1，h(x)是含有“ex，x，lnx”三类结构的超越函数，相比之下F(a)结构更为简单易分析.

解法4：(巧妙放缩，构造新函数)由02ax-ln(ax+1)+1，即eax-ax>ax-ln(ax+1)+1=eln(ax+1)-ln(ax+1)+1，令h(x)=ex-x，只需证h(eax)>h(ln(ax+1))，有h′(x)=ex-1>0，得h(x)在(0,+∞)上单调递增，只需证eax>ln(ax+1)，利用不等式ex>x+1(x>0)，x>ln(x+1)(x>0)，得eax>ax+1>ln(ax+1)+1.

评析：本解题策略是利用已知a的范围02ax-ln(ax+1)+1，不等式中出现“et,t,lnt”的结构，观察“et-t,t-lnt”的结构一致，构造函数h(x)=ex-x，把问题转化为h(eax)>h(ln(ax+1))，再结合h(x)单调性，进一步简化了命题，只需证eax>ln(ax+1)即可.

三、解法反思

利用导数证明不等式构造函数的思维切入点：

1.对不等式f(x)>0含有参数a的处理策略

(1)利用参数的范围对原不等式进行放缩，相应构造不含参函数，再进行证明.

(2)比较含“a”的结构与含“x”的结构，考虑是否更换主元，构造函数y=h(a)，转化为证明h(a)>0.

(3)观察“a”的结构，是否可以对f(x)>0进行分离参数，等价变形为g(a)>h(x)，进而构造函数h(x)，把问题转化为求h(x)的最值.

2.观察不等式f(x)>0的结构

(3)证明“x∈(m,n)，f(x)>0”，将区间端点m代入是否有f(m)=0，若是可以进一步分析y=f(x)单调性，定出f(x)最值.

(4)若不等式中出现“et,t,lnt”的结构，分析是否出现“tet与tlnt”、“tet与t+lnt”、““t+et与t+lnt”(tlnt=elntt，tet=et+lnt)的结构，可以利用换元法化简原不等式的结构.

四、同步训练

1.(龙岩市2021年高中毕业班第三次教学质量检测22题)已知函数f(x)=xex-sinx-1.

(1)证明：f(x)在区间(-1,+∞)存在唯一极小值点；(2)证明：lnx

分析：(1)略；(2)观察到不等式中函数类型有三类，利用不等式x>0,x>sinx放缩，把问题转化为证明x+lnx+1-xex<0，而新的不等式中出现了“xex与x+lnx”，因此利用换元法令t=x+lnx，把问题进一步转化为证明et≥t+1.

3．(2021年云南昆明市高三二模(文))已知函数f(x)=ax-sinx，x∈(0,+∞)(a∈R).

(1)若f(x)>0，求a的取值范围；

(2)当a=1时，证明：2f(x)+cosx>e-x.