导数视角下双变量不等式问题的处理

筅安徽省灵璧县第一中学高存洲

导数视角下双变量不等式问题的处理

筅安徽省灵璧县第一中学高存洲

“双变量”是指在所证的关系式中含有两个变量，两个变量的地位相同、取值独立.此类不等式问题的证明途径主要有两种策略：

（1）构造函数，转化为判断函数的单调性问题；

（2）构造函数，转化为求函数的最值问题.

下面引例说明.

引例已知函数f（x）=xlnx.

（1）求函数f（x）的最小值；

（2）讨论关于x的方程f（x）-m=0（m∈R）的解的个数；

（3）求证：对任意的a，b∈（0，+∞），恒有f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2.

解析：（1）、（2）略.

（3）策略1：结合a，b的对称性，不妨设a≤b，构造函数F（b）=f（a）+f（b）-f（a+b）+（a+b）ln2=blnb-（b+a）ln（b+ a）+（b+a）ln2+alna，b≥a.

求导得F′（b）=lnb+1-ln（b+a）-1+ln2=lnb-ln（b+a）+，因为b≥a，所以，即F（′b）≥0，所以函数F（b）在区间［a，+∞）上单调递增，所以F（b）>F（a）.

又因为F（a）=2f（a）-f（2a）+2aln2=2alna-2aln2a+ 2aln2=0，所以F（b）>0，所以f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2.

命题成立.

评注：本题在构造函数的过程中利用了“主元思想”，即将双变量中的某一变量视为主元，另一变量视为常数，从而将不等式证明问题转化为利用导数判断函数的单调性问题.

策略2：原不等式可化为f（a）+f［（a+b）-a］≥f（a+b）-（a+b）ln2.

设函数g（x）=f（x）+f（m-x）（m>0），从而问题转化为证明g（x）≥f（m）-mln2，即g（x）min≥f（m）-mln2.

函数g（x）=xlnx+（m-x）ln（m-x）（0

令x=a，m-x=b，则有f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2.

命题得证.

评注：策略2在构造函数的过程中与策略1类似，均选择其中的一个变量视为主元，另一个变量视为参数，最终将不等式的证明问题转化为求函数的最值来处理.

（1）若函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，求m的取值范围；

解析：（1）若函数（fx）在（0，+∞）上单调递减，则f（′x）≤0在区间（0，+∞）上恒成立，即--m≤0在（0，+∞）上恒成立，即-≤m在区间（0，+∞）上恒成立.

（2）因为

命题得证.

评注：在同一函数背景下设置多问，求解中往往不易发现前后问之间或所证结论与条件之间的关联.本题第（2）问的求解中，从结论入手，将所证不等式进行等价变形，……