例析一类二元函数不等式的证法

函数与不等式既是中学数学的重点,也是难点。函数背景下的不等式证明问题在近几年的高考试题中大量出现，已成为高考的热点题型。这类问题往往以函数知识为主，渗透不等式思想，具有形式灵活、思维性强、知识交汇点多等特点。如何处理这类问题呢？转化是捷径，通过转化使不等式问题得到简化，而转化过程中往往包含着多种数学思想的综合运用。本文就一类二元函数不等式证明方法略作探讨，供读者参考。

方法一、间接法证明

例1 已知函数f(x)=ex－ln(x+1)－1(x≥0)。

(1)求函数f(x)的最小值；

(2）若0≤x1ln(x2+1)－ln(x1+1)。

解：(1）f ′(x)=ex－1x+1， 当x≥0时，ex≥1,1x+1≤1，所以，当x≥0时,f ′(x)≥0，则函数f(x)在

=lnx1(x2－x1)+x2+1x2+1≥0，

ex2－x1－1>ln(x2+1)－ln(x1+1)。

方法二、降元转化成一元函数

例2 已知函数f(x)=alnx－bx2，函数f(x)在x=1处取得极值为-1。

(1) 求a，b的值；

（2）关于x的方程f(x)+m=0在内有两个不相等的实数根，求m的取值范围；

（3）令g(x)=f(x)－cx，常数c∈R，若g(x)的图象与x轴交于A(x1,0)，B(x2,0)(x1

解： （1）由题意可知，f ′(x)=ax－2bx，则a－2b=0，－b=－1，所以a=2,b=1。

(2)令h(x)=f(x)+m，则h′(x)=2x－2x，

当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；

当x∈(1,+∞)时，h′(x)

所以，h(1)>0，h(1e)≤0，h(e)≤0，解之，得m∈(1,1e2+2〗。

(3)证明：由题设可知f(x1)－cx1=0，f(x2)－cx2=0，

两式相减得c(x1－x2)=2(lnx1－lnx2)－(x21－x22)，则c=2(lnx1－lnx2)x1－x2－(x1+x2)。

g′(x0)=f ′(x0)－c=2x0－2x0－c=4x1+x2－(x1+x2)－c=4x1+x2－2(lnx1－lnx2)x1－x2

=2x1－x2

=2x1－x2，

令t=x2x1>1，则g′(x0)=2x1－x2，令p(t)=2(1－t)1+t+lnt，则p′(t)=1t－4(1+t)2=(t－1)2t(t+1)2>0，

所以，p(t)在(1,+∞)单调增，p(t)>p(1)=0。又2x1－x2

方法三、转化成最值问题

例3 已知二次函数g(x)对任意实数x都满足g(x－1)+g(1－x)=x2－2x－1，且g(1)=－1。令f(x)=g(x+12)+mlnx+98(m∈R,x>0)。

（1）求g(x)的表达式；

（2）设1

解：(1) 设g(x)=ax2+bx+c，g(1－x)+g(x－1)=2a(x－1)2+2c=(x－1)2－2，

a=12，c=－1。又 g(1)=－1，则b=－12，g(x)=12x2－12x－1。

(2)证明略。

方法四、构造函数转化为函数单调性

例4 已知函数f(x)=lnx，g(x)=12x2-bx（b为常数）。

（1）设函数f(x)的图象在点（1，f(1)）切线与函数g(x)的图象相切，求实数b的值；

（2）设h(x)=f(x)+g(x)，若函数h(x)在定义域上存在单调减区间，求实数b的取值范围；

（3）对于区间\上的任意两个不相等的实数x1，x2，都有|f(x1)f(x2)>|g(x1)-g(x2)|成立，求b的取值范围。

解：(1)b=-1±2。(详解略）

(2)b>2。（详解略）

(3)当32≤b≤2时，满足题意。

（作者单位：山东省微山县第一中学）