李锦旭(导数法解证不等式构造技巧探析)

208导数法解证不等式构造技巧探析北京市十一学校李锦旭（100039）导数引入新教材，进入新高考，显示了它强大的生命力；教材主要是研究单调性、极值（或最值）、切线三个方面，而高考还出现了研究方程的解、不等式等问题，而且已成为近年来高考热点，本文主要选取近4年高考题中与不等式有关的几道试题予以简要剖析，以此体会导数法解决不等式问题的有效性。一、恒成立问题例1．评注：等价转化问题是顺利解决此类问题的思考方向；构造函数通过研究其单调性来考察其值域（或最值）是有效解决此类问题的关键。备选题1(05辽宁卷22)函数)(xfy在区间（0，+∞）内可导，导函数)(xf是减函数，且.0)(xf设mkxyx),,0(0是曲线)(xfy在点（)(,00xfx）的切线方程，并设函数.)(mkxxg（Ⅰ）用0x、)(0xf、)(0xf表示m；（Ⅱ）证明：当)()(,),0(0xfxgx时；（Ⅲ）若关于x的不等式),0[231322在xbaxx上恒成立，其中a、b为实数，求b的取值范围及a与b所满足的关系.解析：（Ⅰ）).()(000xfxxfm（Ⅱ）令.0)(),()()(),()()(00xhxfxfxhxfxgxh则因为)(xf递减，所以)(xh递增，因此，当0)(,0xhxx时；当0)(,0xhxx时.所以0x是)(xh唯一的极值点，且是极小值点，也就是最小值。于是h(x)min=h(x0)=g(x0)-f(x0)=0，即)(xh的最小值为0，因此,0)(xh即).()(xfxg（Ⅲ）法1：10b，0a是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立.0)1(,122baxxbaxx即对任意),0[x成立的充要条件是0即.)1(221ba另一方面，由于3223)(xxf满足前述题设中关于函数)(xfy的条件，利用（II）的结果可知，3223xbax的充要条件是：过点（0，b）与曲线3223xy相切的直线的斜率大于a，该切线的方程为.)2(21bxby209于是3223xbax的充要条件是.)2(21ba综上，不等式322231xbaxx对任意),0[x成立的充要条件是2121)1(2)2(bab①，显然，存在a、b使①式成立的充要条件是：不等式2121)1(2)2(bb②有解，解不等式②得.422422b③因此，③式即为b的取值范围，①式即为实数a与b所满足的关系式.法2：0,10ab是不等式成立的必要条件，以下讨论设此条件成立.0)1(,122baxxbaxx即对任意),0[x成立的充要条件是.)1(221ba令3223)(xbaxx，于是3223xbax对任意),0[x成立的充要条件是.0)(x由.0)(331axxax得当30ax时0)(x，当3ax时，0)(x，所以，当3ax时，)(x取最小值.因此0)(x成立的充要条件是0)(3a，即.)2(21ba综上，不等式322231xbaxx对任意),0[x成立的充要条件是2121)1(2)2(bab①，以下略。例2．（08全国二22）设函数sin()2cosxfxx．（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x≥，都有()fxax≤，求a的取值范围．解：（Ⅰ）22(2cos)cossin(sin)2cos1()(2cos)(2cos)xxxxxfxxx．当2π2π2π2π33kxk（kZ）时，1cos2x，即()0fx；210当2π4π2π2π33kxk（kZ）时，1cos2x，即()0fx．因此，()fx在每一个区间2π2π2π2π33kk，（kZ）是增函数，()fx在每一个区间2π4π2π2π33kk，（kZ）是减函数．（Ⅱ）令()()gxaxfx，则22cos1()(2cos)xgxax2232cos(2cos)axx211132cos33ax．故当13a≥时，()0gx≥．又(0)0g，所以当0x≥时，()(0)0gxg≥，即()fxax≤．当31a时，分以下两种情况构造反例：（1）当103a时，令()sin3hxxax，则()cos3hxxa．故当0arccos3xa，时，()0hx．因此()hx在0arccos3a，上单调增加．故当(0arccos3)xa，时，()(0)0hxh，即sin3xax．于是，当(0arccos3)xa，时，sinsin()2cos3xxfxaxx．（2）当0a≤时，有π1π0222fa≥．因此，a的取值范围是13，．评注：构造函数在研究其最值（与适合题意的主要条件相关）时可能需要对复杂问题进行分类讨论；成立则给予证明，不成立，则需要举出反例来否定。例3.（08年辽宁卷22）设函数ln()lnln(1)1xfxxxx．（Ⅰ）求f(x)的单调区间和极值；（Ⅱ）是否存在实数a，使得关于x的不等式()fxa≥的解集为（0，+）？若存在，求a的取值范围；若不存在，试说明理由．解：（Ⅰ）221ln11ln()(1)(1)1(1)xxfxxxxxxx．故当(01)x，时，()0fx，当(1)x，∞时，()0fx．所以()fx在(01)，单调递增，在(1)，∞单调递减．由此知()fx在(0)，∞的极大值为(1)ln2f，没有极小值．（Ⅱ）（ⅰ）当0a≤时，由于ln(1)ln(1)ln(1)ln(1)ln()011xxxxxxxxfxxx，故关于x的不等式()fxa≥的解集为(0)，∞．211（ⅱ）当0a时，由ln1()ln11xfxxx知ln21(2)ln1122nnnnf，其中n为正整数，且有22211ln11log(1)222nnnnaene．又2n≥时，ln2ln2ln22ln2(1)121(11)12nnnnnnnn．且2ln24ln2112annn．取整数0n满足202log(1)nne，04ln21na，且02n≥，则0000ln21(2)ln112222nnnnaafa，即当0a时，关于x的不等式()fxa≥的解集不是(0)，∞．综合（ⅰ）（ⅱ）知，存在a，使得关于x的不等式()fxa≥的解集为(0)，∞，且a的取值范围为0∞，．评注：本题第（2）小题是具有较大难度的试题，其难点在于在充分分析函数f(x)结构特征的基础上选择恰当的反例（如取x=02n）进行放缩证明。备选题2（07全国1卷20）设函数()eexxfx．（Ⅰ）证明：()fx的导数()2fx≥；（Ⅱ）若对所有0x≥都有()fxax≥，求a的取值范围．（答案：2∞，）例4（08安徽卷20）设函数1()(01)lnfxxxxx且（Ⅰ）求函数()fx的单调区间；（Ⅱ）已知12axx对任意(0,1)x成立，求实数a的取值范围。解析：(1)'22ln1(),lnxfxxx若'()0,fx则1xe，列表如下：x1(0,)e1e1(,1)e(1,)'()fx+0--()fx单增极大值1()fe单减单减(2)在12axx两边取对数,得1ln2lnaxx,由于01,x所以1ln2lnaxx(1)212由(1)的结果可知,当(0,1)x时,1()()fxfee,为使(1)式对所有(0,1)x成立,当且仅当ln2ae,即ln2ae为所求。评注：寻找（2）中不等式与（1）的联系（观察其结构特征），通过取对数转化为求函数f(x)的最大值问题。例5.（08年湖南卷21）已知函数f(x)=ln2(1+x)-21xx.(I)求函数()fx的单调区间;（Ⅱ）若不等式1(1)aaen对任意的N*n都成立（其中e是自然对数的底数）.求的最大值.解析:（Ⅰ）函数()fx的定义域是(1,)，22222ln(1)22(1)ln(1)2().1(1)(1)xxxxxxxfxxxx设2()2(1)ln(1)2,gxxxxx则()2ln(1)2.gxxx令()2ln(1)2,hxxx则22()2.11xhxxx当10x时，()0,hx()hx在（-1，0）上为增函数，当x＞0时，()0,hx()hx在(0,)上为减函数.所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以()0(0)gxx，函数g(x)在(1,)上为减函数.于是当10x时，()(0)0,gxg当x＞0时，()(0)0.gxg所以，当10x时，()0,fx()fx在（-1，0）上为增函数.当x＞0时，()0,fx()fx在(0,)上为减函数.故函数()fx的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为(0,).（Ⅱ）不等式1(1)naen等价于不等式1()ln(1)1.nan由111n知，1.1ln(1)ann设11(),0,1,ln(1)Gxxxx则22222211(1)ln(1)().(1)ln(1)(1)ln(1)xxxGxxxxxxx由（Ⅰ）知，22ln(1)0,1xxx即22(1)ln(1)0.xxx所以()0,Gx0,1,x于是G(x)在0,1上为减函数.故函数G（x）在0,1上的最小值为1(1)1.ln2G213所以a的最大值为11.ln2评注：仿第3题取对数并化离散为连续进行构造转化利用单调性求最小值解决问题；值得注意的是本题在考察单调性需要判断符号而难以直接判断时可以考虑进行二次构造甚至三次（多次）构造，是典型的用构造方法转化并解决问题的好例。二、证明不等式问题1．直接构造例6．（07年浙江理22）设3()3xfx，对任意实数t，记232()3tgxtxt．（I）求函数()()tyfxgx的单调区间；（II）求证：（ⅰ）当0x时，()fxg()()tfxgx≥对任意正实数t成立；（ⅱ）有且仅有一个正实数0x，使得00()()xtgxgx≥对任意正实数t成立．解析：（I）316433xyx．由240yx，得2x．因为当(2)x，时，y0，当(22)x，时，0y，当(2)x，时，0y，故所求函数的单调递增区间是(2)，，(2)，，单调递减区间是(22)，．（II）证明：（i）法1：令2332()()()(0)33txhxfxgxtxtx，则223()hxxt，当0t时，由()0hx，得13xt，当13()xx，时，()0hx，所以()hx在(0)，内的最小值是13()0ht．故当0x时，()()tfxgx≥对任意正实数t成立．法2：对任意固定的0x，令232()()(0)3thtgxtxtt，则11332()()3httxt，由()0ht，得3tx．当30tx时，()0ht．当3tx时，()0ht，所以当3tx时，()ht取得最大值331()3hxx．因此当0x时，()()fxgx≥对任意正实数t成立．（ii）法1：8(2)(2)3tfg．由（i）得，(2)(2)ttgg≥对任意正实数t成立．即存在正实数02x，使得(2