趙曜

定積分及微積分基本定理由于各地高考考綱中對考生的要求較低，其在高考中的相關(guān)題目大多為基礎(chǔ)題型.然而這并不意味著這方面的知識不需要多加練習(xí)并熟練運用，因為在高考題尤其是壓軸題的不等式證明中，聯(lián)系定積分及其幾何意義往往會有出奇制勝的神奇效果.

先來看一道例題.

例1 證明：12+13+…+1n

分析1 本題要證的結(jié)論是一個十分優(yōu)美的不等式，而且此不等式在近年高考中以不同形式多次出現(xiàn)并要求考生證明.例如，2014年高考陜西卷理科數(shù)學(xué)壓軸題、2015年高考廣東卷理科數(shù)學(xué)壓軸題的證題核心都是上述不等式.

傳統(tǒng)的證明方法是將不等式右邊裂項，并與左邊一一對應(yīng)尋找關(guān)系構(gòu)造函數(shù)求解.

證明1 設(shè)函數(shù)f（x）=x+ln（1-x），x∈（0，1）時，f′（x）=1-11-x=-x1-x<0，f（x）單調(diào)遞減，所以f（x）

取x=1n∈（0，1），n∈N+，則有1n

分析2 仔細(xì)觀察原不等式，不難發(fā)現(xiàn)左邊的和式中每一項都是函數(shù)f（x）=1x的函數(shù)值，而右側(cè)則是函數(shù)g（x）=lnx的函數(shù)值，從而考慮將其看作原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)，這樣一來右側(cè)的原函數(shù)便可以看作對導(dǎo)函數(shù)的一個積分，再設(shè)法將左邊與面積相聯(lián)系，得到如下解法.

證明2 作f（x）=1x的圖像（圖1），設(shè)點（n-1，0），（n-1，1n），（n，0），（n，1n），（n∈N+且n≥2）圍成的n個矩形的面積之和（即圖中陰影部分）為S1，曲線y=1x，x∈[1，n]與x軸圍成的曲邊梯形面積為S2，根據(jù)圖像顯然有S2>S1.

又由于S1=1×12+1×13+…+1×1n=

∑ni=21i，S2=∫n11xdx=lnn所以原不等式得證.圖1

從上面的證明中，相信大家已經(jīng)領(lǐng)略到了積分法證明不等式的優(yōu)美之處.雖然比較之下函數(shù)構(gòu)造法的復(fù)雜度不高、計算量也不大，但在分析問題的過程中，通過一目了然的函數(shù)圖像，積分法的思路顯得遠(yuǎn)比函數(shù)法簡潔且易于捕捉.

在上題中，定積分的主要作用在于賦予不等式中某一項或幾項幾何意義，然后再通過面積的比較直截了當(dāng)?shù)刈C明原不等式.下面的這道例題也使用了這種方法，不過在面積的比較上使用了一些技巧.

例2 設(shè)函數(shù)f（x）=ln（x+1），若-1f（x）-f（x2）x-x2是否恒成立？證明你的結(jié)論.

分析與證明 看到此題要證明的不等式結(jié)構(gòu)，很容易聯(lián)想到曲線割線的斜率.如果作出f（x）=lnx的圖像，不難看出結(jié)論是顯然成立的，但若要利用割線斜率來證明此題需要使用到拉格朗日中值定理，而中值定理卻并不屬于高考涉及的知識.

因此重新觀察原不等式.注意到函數(shù)f（x）結(jié)構(gòu)十分簡單，因而如果熟練掌握利用定積分證明不等式的思想，不難想到將原函數(shù)函數(shù)值之差轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)f′（x）=1x+1的定積分.如此一來，原不等式化為如下形式：

∫xx1f′（x）dxx-x1>∫x2xf′（x）dxx2-x.（*）

轉(zhuǎn)化之后，下一步便是同上題一樣作出f′（x）圖像，聯(lián)系上式積分式的幾何意義，嘗試尋找與面積相關(guān)的關(guān)系.

如圖2所示，取點A，B，C，D，E，F(xiàn)，則∫xx1f′（x）dx即為曲邊體形AEFD的面積，設(shè)為S1；同理設(shè)S2=SEBCF=∫x2xf′（x）dx.同時又有DF=x-x1，F(xiàn)C=x2-x.于是（*）式又進一步化為

S1DF>S2CF.圖2

由于不易直接判斷兩邊分式的大小，考慮借助中間量EF.過E作MN平行于x軸交直線AD、CB于M，N，注意到

S1DF>SMEFDDF=EF=SENCFCF>S2CF，

所以原不等式得證.

此題為湖南長沙高考模擬的一道理科數(shù)學(xué)壓軸題，原題答案給出的證明方法是通過構(gòu)造函數(shù)分別比較不等式兩邊與1x+1的大小.事實上，在上述證明中，中間量線段EF的長對應(yīng)的值即為f′（x）=1x+1.盡管這兩種方法看上去異曲同工，但在實際解題過程中，中間量的尋找難度卻相差很大.定積分把抽象的代數(shù)式轉(zhuǎn)化為了具體的幾何圖形及其面積，大大降低了尋找中間量的難度，從而有效地保證了解題思路的流暢連貫，不至使思路受阻而無法解出此題.

這兩道例題的方法相似，都是通過面積的比較直接證明不等式.可以用這類方法解決的題目，其所求證的不等式大多具有較為明顯的結(jié)構(gòu)特點：如例題一，原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)同時出現(xiàn)在不等式中；或如例題二，不等式或變形后的不等式中涉及函數(shù)值之差.在這類問題的解決過程中積分法一旦能夠有用武之地，它的優(yōu)勢通常都是十分顯著的.這是因為此類題目在出題時制定的標(biāo)準(zhǔn)答案多為導(dǎo)數(shù)方法，題目的難點和易錯點也大都存在于函數(shù)的構(gòu)造、導(dǎo)數(shù)的計算等過程中，因而使用定積分常常能夠巧妙的避開這些困難之處另辟蹊徑，更加有效地逼近答案.

但定積分在不等式證明中的作用絕不僅限于此.我們知道，放縮是不等式證明中最重要最有效的方法之一，實際上利用定積分也可以實現(xiàn)對不等式的“放縮”.常見的放縮是通過添加、刪除或改變常數(shù)、代數(shù)式等來實現(xiàn)，而接下來要介紹的方法則是對整個命題進行強化，其實質(zhì)都是通過證明原命題的充分不必要條件來達到證明原命題的目的.

例3 已知函數(shù)f（x）=xex，求證：對任意x∈（0，1），f（1-x）

分析1 先化簡原命題，代入自變量得1-xe1-x<1+xe1+x，整理得e2x<1+x1-x，嘗試作差并構(gòu)造函數(shù)證明.但二次求導(dǎo)之后發(fā)現(xiàn)構(gòu)造出的函數(shù)難以研究其單調(diào)性，因此重新對原不等式進行變形，尋找易于處理的形式，并再次二次求導(dǎo)證明單調(diào)性.

證明1 要證1-xe1-x<1+xe1+x，只需證（1-x）e2x-（1+x）<0，設(shè)函數(shù)g（x）=（1-x）e2x-（1+x），x∈（0，1），則g′（x）=e2x-2xe2x-1，g′′（x）=-4xe2x<0，所以g′（x）單調(diào)遞減，所以g′（x）

證明2 要證原命題，即證f（1）-f（1-x）>

-[f（1+x）-f（1）]，即∫11-xf′（t）dt>∫1+x1[-f′（t）]dt，強化命題，只需證對任意x∈（0，1），f′（1-x）>-f′（1+x）

即證1-（1-x）e1-x>-1-（1+x）e1+x，即xe1-x>xe1+x顯然成立，所以原不等式得證.

證明2中對命題的一次強化正確性是比較顯然的.由于不等號兩邊積分式的積分區(qū)間長度相同，如果保證了左段函數(shù)值總是“對應(yīng)地”（關(guān)于直線x=1對稱地）大于右段函數(shù)值，那么函數(shù)左段的定積分自然也大于右段的定積分.或者更為直觀地說：設(shè)兩曲邊梯形A和B等底，使A和B的底邊重合，若A的上輪廓總是高于B的上輪廓，A的面積當(dāng)然要大于B的面積.這其實類似于立體幾何中的祖暅定理.

基于這個結(jié)論，我們把對原函數(shù)函數(shù)值的比較轉(zhuǎn)化為了對導(dǎo)函數(shù)函數(shù)值的比較，從而極大地降低了證明的難度，得到了一個甚至直接觀察就可以證明的不等式.相比之下，第一種方法首先需要進行多次變形的嘗試以找到一個易于構(gòu)造函數(shù)、構(gòu)造出的函數(shù)易于分析的不等式結(jié)構(gòu)，然后又需要計算二階導(dǎo)數(shù)來分析函數(shù)單調(diào)性并利用單調(diào)性證明原不等式，顯得十分的復(fù)雜、繁瑣.

以上的三道例題充分證明了定積分在不等式證明中是一個化繁為簡、出奇制勝的有力工具，而不僅僅是一個在高考中只能用來解答基礎(chǔ)題的知識.利用定積分證明不等式不僅能降低證明的難度，更能使證明過程更加簡潔、優(yōu)美，在解題實踐中若能做到多用、巧用和活用，必能獲得事半功倍的效果.